diskretna matematika 2 predavanja matf
DESCRIPTION
-kombinatorika-generatrisa-rekurentne jne-teorija grafovaTRANSCRIPT
Diskretne strukture 2
Letnji semestar 20132014
dr Zoran Stanic
AutoriNikola Ajzenhamer
Anja Bukurov
2014
1
Sadrzaj
1 PREBROJAVANJE 411 Osnovni pojmovi 412 Principi prebrojavanja 5
121 Princip jednakosti 5122 Princip zbira 5123 Princip proizvoda 6
13 Dirihleov princip 6131 Uopsteni Dirihleov princip 7
2 IZBORI ELEMENATA 921 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem 1022 Uredeni izbori elemenata 10
221 Permutacije 1123 Neuredeni izbor elemenata 1124 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem 12
241 Permutacije sa ponavljanjem 13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA 1431 Generisanje permutacija 14
311 Generisanje k-te permutacije 1532 Generisanje kombinacija 16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI 1741 Osnovne osobine 1742 Neki identiteti 20
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA 23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCI-JE) 2461 Mnozenje polinoma 2462 Odredivanje funkcija generatrise 26
7 REKURENTNE JEDNACINE 2871 Linearna rekurentna jednacina 2972 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima 30
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima 30
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstant-nim koeficijentima 30
73 Nelinearne rekurentne jednacine 3374 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina 33
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA 3681 Fibonacijevi brojevi 36
811 Zlatna podela 36812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva 37813 Osobine Fibonacijevih brojeva 39
82 Tribonacijevi brojevi 40
2
83 Lukasovi brojevi 4184 Katalanovi brojevi 42
9 Particije 4591 Kompozicije brojeva 4592 Particije brojeva 45
921 Ferersovi dijagrami 4693 Neki identiteti sa particijama 4894 Particije skupova 4995 Neki identiteti 49
10 Grafovi 50101 Tipovi grafova 50102 Neki grafovi 52103 Izomorfizam grafa i invarijante 55104 Setnja staze i putevi 57105 Maticna reprezentacija grafova 59106 Stabla 59107 Razapinjuci graf 60108 Pretraga grafa 62109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima 63
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskomgrafu 63
1092 Razapinjuca stabla u oznacenim grafova 671093 Odredivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla 681094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza 69
1010Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu 72
3
1 PREBROJAVANJE
Nikola Ajzenhamer
11 Osnovni pojmovi
Osnovni pojmovi o skupovima
Skup se u matematici najcesce uzima kao osnovni pojam ali mozemo gadefinisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi cini jedan objekat Zaoznacavanje skupova se najcesce koriste velika slova latinice A B Ako jeneki skup konacan ili prebrojivo beskonacan pa se njegovi elementi mogu na-brojati mogu se koristiti sledeci zapisi
A = a1 a2 a3 an odnosno A = a1 a2 a3
Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajednicko za sve elemente nekog skupa ondaskup mozemo zapisati i kao
X = x|φ(x)
Prebrojiv skup je skup S cija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog pod-skupa skupa prirodnih brojeva N Ili neki skup je prebrojiv ukoliko postojibijektivna funkcija koja moze preslikati taj skup S u neki podskup skupa pri-rodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne moci) a vazi i obrnuto tj nijebitno da li S slika u N ili N u S Pod prebrojivim skupovima se podrazume-vaju i konacni skupovi pa kada zelimo da naglasimo da je skup prebrojiv ali ibeskonacan nazivamo ga beskonacno prebrojivim skupom
Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku |X| gde je X neki skup ivazi da je kardinalni broj nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa
Neka je X = x1 x2 xn Tada je |X| = n
Ako je f X minusrarrNA1minus1 1 2 n gde je X neki skup a 1 2 n pod-
skup skupa N i f bijektivna funkcija onda je |X| = |1 2 n| = n
Kada znamo da je skup konacan ili beskonacno prebrojiv kazemo da je onnajvise prebrojiv skup
Svaki skup koji nije prebrojiv naziva se neprebrojiv skup Primer neprebro-jivog skupa je skup realnih brojeva R On ima vecu kardinalnu moc u odnosuna skup prirodnih brojeva N
Skupovi i multiskupovi
Razlika izmedu skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element nemoze ponoviti vise puta dok je u multiskupu to dozvoljeno
4
- skup 1 = 1 1 1
- multiskup 1 6= 1 1 1
Vrste preslikavanja
Preslikavanje f je surjekcija (rdquoNArdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarrNA Yvazi
forally isin Yexistx isin X f(x) = y
Preslikavanje f je injekcija (rdquo1-1rdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarr1minus1 Yvazi
forallx1 x2 isin X f(x1) = f(x2) =rArr x1 = x2
Preslikavanje f je bijekcija ako je i rdquo1-1rdquoi rdquoNArdquo
Definicija 11 Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1 2 ntada kazemo da skup A ima n elemenata u oznaci |A| = n
Definicija 12 Prebrojati neki skup znaci odrediti broj njegovih elemenata
12 Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluze da pojednostave pre-brojavanje
(1) Princip jednakosti
(2) Princip zbira
(3) Princip proizvoda
121 Princip jednakosti
Ukoliko postoji f A minusrarrNA1minus1 B tada |A| = |B|
Primer 1
a) Skup parnih brojeva Π- ima prebrojivo mnogo beskonacno elemenataf N minusrarrNA
1minus1 Π f(x) = 2x
b) A sube 1 2 30 x isin AlArrrArr 3|xf 1 2 10 minusrarrNA
1minus1 A f(x) = 3x
122 Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni kojinemaju zajednickih elemenata odn A capB = empty) tada |A cupB| = |A|+ |B|
5
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Sadrzaj
1 PREBROJAVANJE 411 Osnovni pojmovi 412 Principi prebrojavanja 5
121 Princip jednakosti 5122 Princip zbira 5123 Princip proizvoda 6
13 Dirihleov princip 6131 Uopsteni Dirihleov princip 7
2 IZBORI ELEMENATA 921 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem 1022 Uredeni izbori elemenata 10
221 Permutacije 1123 Neuredeni izbor elemenata 1124 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem 12
241 Permutacije sa ponavljanjem 13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA 1431 Generisanje permutacija 14
311 Generisanje k-te permutacije 1532 Generisanje kombinacija 16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI 1741 Osnovne osobine 1742 Neki identiteti 20
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA 23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCI-JE) 2461 Mnozenje polinoma 2462 Odredivanje funkcija generatrise 26
7 REKURENTNE JEDNACINE 2871 Linearna rekurentna jednacina 2972 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima 30
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima 30
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstant-nim koeficijentima 30
73 Nelinearne rekurentne jednacine 3374 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina 33
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA 3681 Fibonacijevi brojevi 36
811 Zlatna podela 36812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva 37813 Osobine Fibonacijevih brojeva 39
82 Tribonacijevi brojevi 40
2
83 Lukasovi brojevi 4184 Katalanovi brojevi 42
9 Particije 4591 Kompozicije brojeva 4592 Particije brojeva 45
921 Ferersovi dijagrami 4693 Neki identiteti sa particijama 4894 Particije skupova 4995 Neki identiteti 49
10 Grafovi 50101 Tipovi grafova 50102 Neki grafovi 52103 Izomorfizam grafa i invarijante 55104 Setnja staze i putevi 57105 Maticna reprezentacija grafova 59106 Stabla 59107 Razapinjuci graf 60108 Pretraga grafa 62109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima 63
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskomgrafu 63
1092 Razapinjuca stabla u oznacenim grafova 671093 Odredivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla 681094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza 69
1010Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu 72
3
1 PREBROJAVANJE
Nikola Ajzenhamer
11 Osnovni pojmovi
Osnovni pojmovi o skupovima
Skup se u matematici najcesce uzima kao osnovni pojam ali mozemo gadefinisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi cini jedan objekat Zaoznacavanje skupova se najcesce koriste velika slova latinice A B Ako jeneki skup konacan ili prebrojivo beskonacan pa se njegovi elementi mogu na-brojati mogu se koristiti sledeci zapisi
A = a1 a2 a3 an odnosno A = a1 a2 a3
Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajednicko za sve elemente nekog skupa ondaskup mozemo zapisati i kao
X = x|φ(x)
Prebrojiv skup je skup S cija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog pod-skupa skupa prirodnih brojeva N Ili neki skup je prebrojiv ukoliko postojibijektivna funkcija koja moze preslikati taj skup S u neki podskup skupa pri-rodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne moci) a vazi i obrnuto tj nijebitno da li S slika u N ili N u S Pod prebrojivim skupovima se podrazume-vaju i konacni skupovi pa kada zelimo da naglasimo da je skup prebrojiv ali ibeskonacan nazivamo ga beskonacno prebrojivim skupom
Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku |X| gde je X neki skup ivazi da je kardinalni broj nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa
Neka je X = x1 x2 xn Tada je |X| = n
Ako je f X minusrarrNA1minus1 1 2 n gde je X neki skup a 1 2 n pod-
skup skupa N i f bijektivna funkcija onda je |X| = |1 2 n| = n
Kada znamo da je skup konacan ili beskonacno prebrojiv kazemo da je onnajvise prebrojiv skup
Svaki skup koji nije prebrojiv naziva se neprebrojiv skup Primer neprebro-jivog skupa je skup realnih brojeva R On ima vecu kardinalnu moc u odnosuna skup prirodnih brojeva N
Skupovi i multiskupovi
Razlika izmedu skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element nemoze ponoviti vise puta dok je u multiskupu to dozvoljeno
4
- skup 1 = 1 1 1
- multiskup 1 6= 1 1 1
Vrste preslikavanja
Preslikavanje f je surjekcija (rdquoNArdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarrNA Yvazi
forally isin Yexistx isin X f(x) = y
Preslikavanje f je injekcija (rdquo1-1rdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarr1minus1 Yvazi
forallx1 x2 isin X f(x1) = f(x2) =rArr x1 = x2
Preslikavanje f je bijekcija ako je i rdquo1-1rdquoi rdquoNArdquo
Definicija 11 Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1 2 ntada kazemo da skup A ima n elemenata u oznaci |A| = n
Definicija 12 Prebrojati neki skup znaci odrediti broj njegovih elemenata
12 Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluze da pojednostave pre-brojavanje
(1) Princip jednakosti
(2) Princip zbira
(3) Princip proizvoda
121 Princip jednakosti
Ukoliko postoji f A minusrarrNA1minus1 B tada |A| = |B|
Primer 1
a) Skup parnih brojeva Π- ima prebrojivo mnogo beskonacno elemenataf N minusrarrNA
1minus1 Π f(x) = 2x
b) A sube 1 2 30 x isin AlArrrArr 3|xf 1 2 10 minusrarrNA
1minus1 A f(x) = 3x
122 Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni kojinemaju zajednickih elemenata odn A capB = empty) tada |A cupB| = |A|+ |B|
5
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
83 Lukasovi brojevi 4184 Katalanovi brojevi 42
9 Particije 4591 Kompozicije brojeva 4592 Particije brojeva 45
921 Ferersovi dijagrami 4693 Neki identiteti sa particijama 4894 Particije skupova 4995 Neki identiteti 49
10 Grafovi 50101 Tipovi grafova 50102 Neki grafovi 52103 Izomorfizam grafa i invarijante 55104 Setnja staze i putevi 57105 Maticna reprezentacija grafova 59106 Stabla 59107 Razapinjuci graf 60108 Pretraga grafa 62109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima 63
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskomgrafu 63
1092 Razapinjuca stabla u oznacenim grafova 671093 Odredivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla 681094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza 69
1010Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu 72
3
1 PREBROJAVANJE
Nikola Ajzenhamer
11 Osnovni pojmovi
Osnovni pojmovi o skupovima
Skup se u matematici najcesce uzima kao osnovni pojam ali mozemo gadefinisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi cini jedan objekat Zaoznacavanje skupova se najcesce koriste velika slova latinice A B Ako jeneki skup konacan ili prebrojivo beskonacan pa se njegovi elementi mogu na-brojati mogu se koristiti sledeci zapisi
A = a1 a2 a3 an odnosno A = a1 a2 a3
Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajednicko za sve elemente nekog skupa ondaskup mozemo zapisati i kao
X = x|φ(x)
Prebrojiv skup je skup S cija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog pod-skupa skupa prirodnih brojeva N Ili neki skup je prebrojiv ukoliko postojibijektivna funkcija koja moze preslikati taj skup S u neki podskup skupa pri-rodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne moci) a vazi i obrnuto tj nijebitno da li S slika u N ili N u S Pod prebrojivim skupovima se podrazume-vaju i konacni skupovi pa kada zelimo da naglasimo da je skup prebrojiv ali ibeskonacan nazivamo ga beskonacno prebrojivim skupom
Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku |X| gde je X neki skup ivazi da je kardinalni broj nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa
Neka je X = x1 x2 xn Tada je |X| = n
Ako je f X minusrarrNA1minus1 1 2 n gde je X neki skup a 1 2 n pod-
skup skupa N i f bijektivna funkcija onda je |X| = |1 2 n| = n
Kada znamo da je skup konacan ili beskonacno prebrojiv kazemo da je onnajvise prebrojiv skup
Svaki skup koji nije prebrojiv naziva se neprebrojiv skup Primer neprebro-jivog skupa je skup realnih brojeva R On ima vecu kardinalnu moc u odnosuna skup prirodnih brojeva N
Skupovi i multiskupovi
Razlika izmedu skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element nemoze ponoviti vise puta dok je u multiskupu to dozvoljeno
4
- skup 1 = 1 1 1
- multiskup 1 6= 1 1 1
Vrste preslikavanja
Preslikavanje f je surjekcija (rdquoNArdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarrNA Yvazi
forally isin Yexistx isin X f(x) = y
Preslikavanje f je injekcija (rdquo1-1rdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarr1minus1 Yvazi
forallx1 x2 isin X f(x1) = f(x2) =rArr x1 = x2
Preslikavanje f je bijekcija ako je i rdquo1-1rdquoi rdquoNArdquo
Definicija 11 Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1 2 ntada kazemo da skup A ima n elemenata u oznaci |A| = n
Definicija 12 Prebrojati neki skup znaci odrediti broj njegovih elemenata
12 Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluze da pojednostave pre-brojavanje
(1) Princip jednakosti
(2) Princip zbira
(3) Princip proizvoda
121 Princip jednakosti
Ukoliko postoji f A minusrarrNA1minus1 B tada |A| = |B|
Primer 1
a) Skup parnih brojeva Π- ima prebrojivo mnogo beskonacno elemenataf N minusrarrNA
1minus1 Π f(x) = 2x
b) A sube 1 2 30 x isin AlArrrArr 3|xf 1 2 10 minusrarrNA
1minus1 A f(x) = 3x
122 Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni kojinemaju zajednickih elemenata odn A capB = empty) tada |A cupB| = |A|+ |B|
5
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
1 PREBROJAVANJE
Nikola Ajzenhamer
11 Osnovni pojmovi
Osnovni pojmovi o skupovima
Skup se u matematici najcesce uzima kao osnovni pojam ali mozemo gadefinisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi cini jedan objekat Zaoznacavanje skupova se najcesce koriste velika slova latinice A B Ako jeneki skup konacan ili prebrojivo beskonacan pa se njegovi elementi mogu na-brojati mogu se koristiti sledeci zapisi
A = a1 a2 a3 an odnosno A = a1 a2 a3
Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajednicko za sve elemente nekog skupa ondaskup mozemo zapisati i kao
X = x|φ(x)
Prebrojiv skup je skup S cija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog pod-skupa skupa prirodnih brojeva N Ili neki skup je prebrojiv ukoliko postojibijektivna funkcija koja moze preslikati taj skup S u neki podskup skupa pri-rodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne moci) a vazi i obrnuto tj nijebitno da li S slika u N ili N u S Pod prebrojivim skupovima se podrazume-vaju i konacni skupovi pa kada zelimo da naglasimo da je skup prebrojiv ali ibeskonacan nazivamo ga beskonacno prebrojivim skupom
Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku |X| gde je X neki skup ivazi da je kardinalni broj nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa
Neka je X = x1 x2 xn Tada je |X| = n
Ako je f X minusrarrNA1minus1 1 2 n gde je X neki skup a 1 2 n pod-
skup skupa N i f bijektivna funkcija onda je |X| = |1 2 n| = n
Kada znamo da je skup konacan ili beskonacno prebrojiv kazemo da je onnajvise prebrojiv skup
Svaki skup koji nije prebrojiv naziva se neprebrojiv skup Primer neprebro-jivog skupa je skup realnih brojeva R On ima vecu kardinalnu moc u odnosuna skup prirodnih brojeva N
Skupovi i multiskupovi
Razlika izmedu skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element nemoze ponoviti vise puta dok je u multiskupu to dozvoljeno
4
- skup 1 = 1 1 1
- multiskup 1 6= 1 1 1
Vrste preslikavanja
Preslikavanje f je surjekcija (rdquoNArdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarrNA Yvazi
forally isin Yexistx isin X f(x) = y
Preslikavanje f je injekcija (rdquo1-1rdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarr1minus1 Yvazi
forallx1 x2 isin X f(x1) = f(x2) =rArr x1 = x2
Preslikavanje f je bijekcija ako je i rdquo1-1rdquoi rdquoNArdquo
Definicija 11 Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1 2 ntada kazemo da skup A ima n elemenata u oznaci |A| = n
Definicija 12 Prebrojati neki skup znaci odrediti broj njegovih elemenata
12 Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluze da pojednostave pre-brojavanje
(1) Princip jednakosti
(2) Princip zbira
(3) Princip proizvoda
121 Princip jednakosti
Ukoliko postoji f A minusrarrNA1minus1 B tada |A| = |B|
Primer 1
a) Skup parnih brojeva Π- ima prebrojivo mnogo beskonacno elemenataf N minusrarrNA
1minus1 Π f(x) = 2x
b) A sube 1 2 30 x isin AlArrrArr 3|xf 1 2 10 minusrarrNA
1minus1 A f(x) = 3x
122 Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni kojinemaju zajednickih elemenata odn A capB = empty) tada |A cupB| = |A|+ |B|
5
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
- skup 1 = 1 1 1
- multiskup 1 6= 1 1 1
Vrste preslikavanja
Preslikavanje f je surjekcija (rdquoNArdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarrNA Yvazi
forally isin Yexistx isin X f(x) = y
Preslikavanje f je injekcija (rdquo1-1rdquo) ako za dva skupa X i Y i f X minusrarr1minus1 Yvazi
forallx1 x2 isin X f(x1) = f(x2) =rArr x1 = x2
Preslikavanje f je bijekcija ako je i rdquo1-1rdquoi rdquoNArdquo
Definicija 11 Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1 2 ntada kazemo da skup A ima n elemenata u oznaci |A| = n
Definicija 12 Prebrojati neki skup znaci odrediti broj njegovih elemenata
12 Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluze da pojednostave pre-brojavanje
(1) Princip jednakosti
(2) Princip zbira
(3) Princip proizvoda
121 Princip jednakosti
Ukoliko postoji f A minusrarrNA1minus1 B tada |A| = |B|
Primer 1
a) Skup parnih brojeva Π- ima prebrojivo mnogo beskonacno elemenataf N minusrarrNA
1minus1 Π f(x) = 2x
b) A sube 1 2 30 x isin AlArrrArr 3|xf 1 2 10 minusrarrNA
1minus1 A f(x) = 3x
122 Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni kojinemaju zajednickih elemenata odn A capB = empty) tada |A cupB| = |A|+ |B|
5
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
123 Princip proizvoda
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB =def (a b)|a isinA and b isin B Tada sledi |AxB| = |A| middot |B|
Slika 11 Graficki prikaz skupa S sub AxB
Neka je S sub AxBra = (a b)|b isin Bcb = (a b)|a isin A|S| =
sumaisinA
ra =sumbisinB
cb
Primer 2 Koliko ima razlicitih byte-ova 28
Resenjemdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash mdashmdash01 01 01 01 01 01 01 01
2 middot 2 middot 2 middot middot 2︸ ︷︷ ︸8
= 28
Primer 3 Koliki je broj troclanih kombinacija skupa 1 2 30 takvihda je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren 303 minus 213
Resenje Broj svih trocifrenih kombinacija 303
Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva 212
=rArr 303 minus 213
13 Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija gde je m gt n tada se u jednojkutiji nalazi barem 2 elementa
6
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Primer 4 Za svaki prirodan broj n postoji umnozak tog broja koji je zapisivsamo pomocu jedinica i nula (u dekadnom sistemu)foralln isin N existk k middot n = 111 100 0
Dokaz
Ako neki od brojeva 1 11 111 1111 11 111︸ ︷︷ ︸n
- jeste deljiv brojem n onda je taj broj trazeni broj- nije deljiv brojem n onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenjun Moguci ostaci su 1 2 nminus 1 Tih ostataka ima ukupno nminus 1 a brojevaima n pa (prema Dirihleovom principu)=rArr barem 2 broja imaju isti ostatak a razlika ta dva broja je trazeni broj
Za k gt l
k︷ ︸︸ ︷11111111 111minus 11111 1︸ ︷︷ ︸
lmdashmdashmdashmdashmdashmdashmdash11100 0000
4
131 Uopsteni Dirihleov princip
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vazi m gt r middot nmozemo zakljuciti da ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata
Primer 5 Koliko minimalno karata iz spila treba izvuci tako da meduizvucenim kartama budu sva 4 znaka 40
Resenje Za svaki znak postoji 13 karata u spilu Ukoliko izvucemo 13 ka-rata mozemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem slucaju izvukli sve kartejednog znaka Ukoliko izvucemo jos 13 imamo sve karte dva znaka Nakon jos13 karata u najnepovoljnijem slucaju imamo sve karte 3 znaka To znaci daizvlacenjem jos samo 1 karte mi mozemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4znaka 13 + 13 + 13 + 1 = 40
Primer 6 Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve medusobnopoznaju ili se ne poznaju
Resenje Neka je A skup tih osoba koje oznacavamo a b c d e f dakle A =a b c d e fAko izdvojimo odobu a onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznajuosobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupaA) Imamo 2 podskupa i 5 osoba pa prema Dirihleovom principu zakljucujemosledece
7
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
2 podskupa5 osoba
=rArr Jedan podskup ima 3 osobe i neka to bude npr b c d
Neka vazi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a Ukoliko u tompodskupu postoje osobe koje se poznaju onda te dve osobe i a cine trazeniskup (tri osobe koje se poznaju) Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju ondabas te tri osobe cine trazeni skup (tri osobe koje se ne poznaju)
Ako b c i d ne poznaju a onda je zakljucak analogan prethodnom slucaju
8
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
2 IZBORI ELEMENATA
Primer 1 Dat je skup od tri elementa ABC Trazimo skup od 2 ele-menta takav da vodimo racuna o ponavljanju i poretku elemenata
(1) - dozvoljeno je ponavljanje- bitan je poredak
AA AB ACBA BB BCCA CB CC
(2) - nije dozvoljeno ponavljanje- bitan je poredak
AB ACBA BCCA CB
(3) - dozvoljeno je ponavljanje- nije bitan poredak
AA AB ACBB BC
CC
(4) - nije dozvoljeno ponavljanje- nije bitan poredak
AB ACBC
Ova cetiri slucaja nazivamo(1) ureden izbor elemenata sa ponavljanjem(2) ureden izbor elemenata bez ponavljanja(3) neureden izbor elemenata sa ponavljanjem(4) neureden izbor elemenata bez ponavljanja
ili
(1) varijacije drugog (k-tog u opstem slucaju) reda sa ponavljanjempermutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem2minuspermutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanjapermutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja2minuspermutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem
(4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja
Prema dogovoru ukoliko se kaze samo na primer rdquovarijacije petog redardquo imase u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja odn rdquobez ponavljanjardquo je
9
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
moguce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva Ako zelimo da go-vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem onda je to potrebno naglasiti naprimer rdquo3-permutacije sa ponavljanjemrdquo
Takode kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem moguce je niskurdquosa ponavljanjemrdquo zameniti niskom rdquomultiskupardquo tako da mozemo govoriti ordquokombinacijama drugog reda multiskupardquo i slicno
21 Uredeni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj uredenih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele-menata jednak je broju razlicitih preslikavanja f N minusrarrM gde vazi |N | = n|M | = m
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odredeno ako su zadate sve slikaelemenata iz N
Teorema 21 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja je mn n ge 1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Neka je n = 1 Postoji m1 = m mogucnosti za slikujednog elementa skupa N
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
Iz induktivne hipoteze zakljucujemo da nminus 1 elemenata skupa N moze se pre-slikati u elemente skupa M na mnminus1 nacina a onaj preostali n-ti elementmoze se na n nacina preslikati u neki element skupa M Sveukupno postojim middotmnminus1 = mn nacina (preslikavanja)
4
Teorema 22 Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n ukoliko tajskup ima n elemenata Odnosno za |X| = n vazi |P (X)| = 2n
Dokaz
Neka je A sub X i fA karakteristicna funkcija skupa A Ona je definisana na
sledeci nacin fA X minusrarr 0 1 fA(x) =
1 x isin A0 x isin A
Broj podskupova od X jednak je broju razlicitih razlicitih funkcija fAPrimenjujuci teoremu 21 sledi ovakvih preslikavanja ima 2n
4
22 Uredeni izbori elemenata
Broj uredenih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je brojuinjektivnih preslikavanja f N minusrarr1minus1 M gde je |N | = n |M | = m
10
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Teorema 23 Broj razlicitih prethodno opisanih preslikavanja jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
nminus1prodi=0
(mminus i) = m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 1)
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 1 postoji m razlicitih preslikavanja da se jedanelement iz N preslika u elemente skupa M
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da vazi za n minus 1 (INDUKTIVNAHIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za nBuduci da vazi za nminus1 to znaci da se nminus1 elemenata skupa N moze injektivnopreslikati na elemente skupa M na m middot (mminus 1) middot middot (mminus n+ 2) nacina a onajpreostali n-ti element moze se preslikati na neki element iz M na (mminus n+ 1)na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vazi n gt m) Ske-
ukupno n elemenata iz N moze se naprodnminus1i=0 (mminus i) nacina injektivno preslikati
4
Da bi postojalo injektivno preslikavanje mora da bude ispunjen uslov m ge nIpak sve i da to ne vazi formula
prodnminus1i=0 (m minus i) ce i dalje vaziti jer ce neki od
cinilaca u proizvodu biti jednak 0 pa je ceo rezultat 0
bull Broj uredenih izbora elemenata iz N u M |N | = n |M | = m jeprodnminus1
i=0 (mminus i)
Primer 2 Dato nam je 10 gradova i treba obici 4 svaki po jednom Nakoliko nacina je moguce to uraditi 5040
Resenjemdashndash mdashndash mdashndash mdashndash10 9 8 7Dakle resenje je 10 middot 9 middot 8 middot 7 = 90 middot 56 = 5040
221 Permutacije
Permutacije su specijalan slucaj uredenih izbora elemenata kada vazi da jem = n Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n (n rdquofaktori-jelrdquo)
n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot 2 middot 1Primer 3 Permutacije skupa 1 2 3 4 5 su zapravo razmestanja elemenata
ovog skupa Jedna od njih je 12345 neka druga je 24531 a ukupno ih ima5 = 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1 = 120
23 Neuredeni izbor elemenata
Teorema 24 Broj neuredenih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata
iznosi
(nk
)
11
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
(nk
)=
n
k middot (nminus k)
Dokaz
Znamo da uredenih izbora ima n middot (n minus 1) middot middot (n minus k + 1) Koliko uredenihizbora od k elemenata ima
Neka je na primer k = 3 123 132 213 321 312 321 odnosno ima ih u grupik
Za neuredene elemente posmatramo da neka na primer 123 zamenjuje celuprethodnu grupu pa je broj sada
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
kmiddot (nminus k) middot middot 2 middot 1
(nminus k) middot middot 2 middot 1=
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1) middot (nminus k) middot middot 2 middot 1k middot (nminus k) middot middot 2 middot 1
=n
k(nminus k)
4
Primer 4 Sastavimo kladionicki tiket sa 8 parova gde treba pogoditi 5Koliko razlicitih dobitnih kombinacija ima 56
Resenje Broj razlicitih dobitnih kombinacija je(85
)=
8
5 middot 3=
8 middot 7 middot 63 middot 2 middot 1
= 8 middot 7 = 56
24 Neuredeni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5 Dati su skupovi novcanica 10 20 50 100 200 500 Koliko imaizbora 5 novcanica iz ovog skupa ako u kasi postoje bar 5 novcanica svake vr-ste 462
Resenje S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan kao i da se svakavrsta novcanica moze izabrati do pet puta u ovom problemu treba da nademobroj neuredenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenataPretpostavimo da kasa ima sest pregrada po jednu za svaku vrstu novcanicaNa slici 21 je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara jedne novcaniceod 100 dinara dve novcanice od 200 dinara i jedne novcanice od 1000 dinara
Slika 21 Graficki prikaz novcanica i pregrada
Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od11 mogucih pozicija sto predstavlja broj neuredenih izbora 5 elemenata bezponavljanja iz skupa od 11 elemenata a on je jednak
12
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
(115
)=
11
5 middot 6=
11 middot 10 middot 9 middot 8 middot 75 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1
= 462
Uopstenjem prethodnog primera dolazimo do broja neodredenih izbora k ele-
menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata
(n+ k minus 1
k
)241 Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6 Koliko razlicitih reci ukljucujuci besmislene moze da se sastaviod slova reci MATEMATIKA 302400
Resenje Vidimo da se slovo A javlja 3 puta kao i da se slova M i T javljaju 2puta Ostala slova se javljaju samo jednom
bull Broj mogucih mesta za M je
(102
)bull Broj preostalih mogucih mesta za A je
(83
)bull Broj preostalih mogucih mesta za T je
(52
)bull Broj mogucih mesta za preostala slova je 3 (to su zapravo permutacije)
Dakle ukupno reci ima(102
)middot(
83
)middot(
52
)middot 3 = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvielement javlja n1 puta drugi element n2 puta k-ti element javlja nk putaiznosi(
nn1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot(nminus n1 minus n2
n3
)middot middot
(nminus n1 minus n2 minus minus nkminus1
nk
)
Teorema 25
(n
n1 n2 nk
)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
Dokaz(n
n1 n2 nk
)=
(nn1
)middot(nminus n1n2
)middot middot
(nminus n1 minus minus nkminus1
nk
)=
n
n1 middot (nminus n1)middot (nminus n1)
n2 middot (nminus n1 minus n2)middot middot (nminus n1 minus minus nkminus1)
nk(nminus n1 minus minus nkminus1 minus nk)=
n
n1 middot n2 middot middot nk
4
13
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-NACIJA
31 Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odredivanje svih permutacija n ele-menata Pored generisanja razmatramo i njihovo uredenje u skladu sa nekimpravilima Jedno od uredenja je i leksikografsko uredenje
Neka je S = 1 2 n Vazi |S| = n Ukupan broj permutacija skupaS je n
Neka su A i B neke permutacije skupa SA = a1a2 an ai isin SB = b1b2 bn bi isin Sgde su svaki od ai i = 1 2 n kao i bi i = 1 2 n medusobno razliciti
U leksikografskom uredenju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko-liko vazi a1 = b1 a2 = b2 akminus1 = bkminus1 ak lt bk
Prva permutacija skupa S je 12n Druga permutacija skupa S je 12n(nminus 1) Poslednja permutacija skupa S je n(nminus 1)21
Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ciji su elementi razlicitiod elemenata skupa S (npr slova svi parni brojevi i dr) uspostavljanjem bi-jektivnog preslikavanja izmedu skupova X i S mozemo svesti rad na skup S
Primer 1 Neka je S = 1 2 3 4 Odrediti sve permutacije i poredati ih uleksikografsko uredenje
Resenje1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321
Kako naci prvu sledecu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam za resavanje glasiZdesna trazimo rastuci niz i pratimo ga do tacke kada pocne da opada Uvecatiposlednju rastucu cifru ukoliko je to moguce a ako nije onda prvu sleva uvecatiza 1 i konacno preostali niz uredati
Primer 2 Neka je S = 1 2 3 4 5 i data je permutacija P skupa SP = 42531 Naci prvu sledecu permutaciju
Resenje Prateci algoritam prva sledeca permutacija glasi P = 43125
14
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Kako naci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju
Algoritam Permutacija a1a2 an prethodi permutaciji b1b2 bn (u leksi-kografskom poretku) ako je na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacijerazlikuju broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji
Primer 3 Naci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2
Resenje P = 42513
311 Generisanje k-te permutacije
Postoje dva nacina kako je moguce odrediti k-tu permutaciju u leksikograf-skom uredenju
1 direktno (primenom algoritma)
2 navesti sve permutacije pa izbrojati k-tu u nizu
Algoritam
Ukoliko k-ta permutacija glasi a1a2an cifre trazimo na sledeci nacin
a1 = d k
(nminus 1)e
a2 ce predstavljati d kprime
(nminus 2)e minus element po redu iz rastuceg poretka preosta-
lih elemenata gde je kprime = k minus (a1 minus 1)(n minus 1) Stavise ostatak permutacijea2an predstavljace kprime-tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permu-tacija preostalih elemenata
a3 ce predstavljati d kprimeprime
(nminus 3)e minus element po redu iz rastuceg poretka preostalih
elemenata gde je kprimeprime = kprime minus (a2 minus 1)(nminus 2)gde je dxe funkcija rdquoceo deordquo x najmanji ceo broj veci ili jednak od x
Primer 4 Odrediti 15 permutaciju skupa permutacija iz primera 1 3214
Resenje k = 15 n = |S| = 4
a1 = d15
6e = 3 (prva cifra je broj 3)
kprime = 15minus 2 middot 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamoda je ostatak trazene permutacije jednak bas trecoj permutaciji od preostalihelemenata (1 2 4) a ona glasi 214)
a2 je po redu d34e = 2 dakle druga cifra u rastucem uredenju preostalih eleme-
nata a to je broj 2kprimeprime = 3minus 1 middot 2 = 1
15
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
a3 je po redu d11e = 1 dakle prva cifra u rastucem poretku preostalih eleme-
nata (1 4) a to je broj 1Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru trazene permutacije
32 Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k ele-menata iz skupa od n elemenata
Neka je S = 1 2 n Potrebno je odrediti sve a1a2ak minus kombinacije
Primer 5 Generisati sve kombinacije skupa S = 1 2 3 4 5 reda 3
Resenje123 124 125 134 135 145234 235 245345
Kontrolisanje uredenja kombinacija skupa S
prva kombinacija po redu je 12k (prvih k elemenata) druga kombinacija po redu je 12(k + 1)
poslednja (
(nk
)-ta) kombinacija je (nminus k + 1)(nminus 1)n
Posmatrajmo sledecu situacijubull bull bull bull isin 0 11 2 3 n
Dakle neka postoje neke tacke (koji sluze kao indikatori) iznad elemenata skupaS Te tacke pripadaju skupu 0 1 Onda vazi sledece
Raspored nula i jedinica u uredenoj n-torci koja sadrzi tacno k jedinica je-dinstveno odreduje tacno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S |S| = n
Primer 6 Ako je S = 1 2 3 4 5 i k = 3 onda raspored (0 1 0 1 1) od-govara kombinaciji 245
Ovim se uredivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata(nula i jedinica) gde jedinica ima tacno k
prva
k︷ ︸︸ ︷111 000
poslednja 000 111︸ ︷︷ ︸
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija razmatra se i generisanjejedne slucajne permutacije odn kombinacije
16
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
4 BINOMNI KOEFICIJENTI
41 Osnovne osobine
Binomni koeficijenti su
(nk
)=def
n
k middot (nminus k)ili
(nk
)=def
n middot (nminus 1) middot middot (nminus k + 1)
k
Prva definicija vazi za svake n k koji pripadaju skupu N dok se primenomdruge definicije moze slucaj uopstiti za n isin R k isin N
Primer 1 Naci binomni koeficijent za n = minus5 3 k = 3minus243747
6
Resenje
(minus5 3
3
)=
(minus5 3) middot (minus5 3minus 1) middot (minus5 3minus 2)
3 middot 2 middot 1=
(minus5 3) middot (minus6 3) middot (minus7 3)
6=
minus243 747
6
Dodefinise se
(nk
)= 0lArrrArr k lt 0 and k gt n
(41) Uslov simetricnosti(nk
)=
(n
nminus k
)
Dokaz(n
nminus k
)=
n
(nminus k) middot (nminus n+ k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)4
(42) Adiciona formula(nk
)=
(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)
Dokaz(nminus 1k
)+
(nminus 1k minus 1
)=
(nminus 1)
k middot (nminus k minus 1)+
(nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
(nminus 1) middot (nminus k) + (nminus 1) middot kk middot (nminus k)
=
(nminus 1) middot (nminus k + k)
k middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)
4
Paskalov trouglao
17
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
n=0 1n=1 1 1n=2 1 2 1n=3 1 3 3 1n=4 1 4 6 4 1
U n-toj vrsti imamo n+ 1 koeficijenata oblika
(nk
) gde je k = 0 1 n
Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj1 a zatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnihbrojeva u prethodnom redu napise njihov zbir i na kraju se na oba kraja novogreda stavi broj 1
(43) Binomna teorema
(x+ y)n =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
(x+ y)n = (x+ y) middot
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷(x+ y)nminus1 =
(x+ y) middotnminus1sumk=0
(nminus 1k
)xkynminuskminus1 =
nminus1sumk=0
(nminus 1k
)xk+1ynminusk +
nminus1sumk=0
xkynminusk =
nsumk=1
xkynminusk +nminus1sumk=0
xkynminusk =
nminus1sumk=1
(42)︷ ︸︸ ︷((nminus 1k minus 1
)+
(nminus 1k
))xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk + xn + yn =
nminus1sumk=1
(nk
)xkynminusk +
(nn
)xnynminusn +
(n0
)x0ynminus0 =
nsumk=0
(nk
)xkynminusk a to je i trebalo dokazati
4
Ukoliko je x = y = 1 2n =nsumk=0
(nk
)minus suma binomnih koeficijenata
Ukoliko je y = 1 (x+ 1)n =nsumk=0
(nk
)xk
18
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Ukoliko je x = 1 y = minus1 0 =nsumk=0
(nk
)middot (minus1)nminusk =
nsumk=0
(nk
)middot (minus1)k
Primer 2 Razviti binom (x+y)5 x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
Resenje Treba izracunati sve koeficijente
(5k
) za k = 0 1 5 ili pri-
menom Paskalovog trougla za n = 5 Trazeni koeficijenti su 1 5 10 10 5 1 paje razvoj jednak y5 + 5xy4 + 10x2y3 + 10x3y2 + 5x4y + x5
Primer 3 U razvoju binoma (x + y)25 koji koeficijent stoji uz x10y15(2510
)Resenje Znamo da je n = 25 Iz x10y15 zakljucujemo da je k = 10 pa je
trazeni koeficijent
(2510
)
Primer 4 Sta se nalazi uz x6y11 u razvoju binoma (2xminus3y)17 minus9504768 middot 310
Resenje n = 17 x6y11 =rArr k = 6
(2xminus3y)17 =17sumk=0
(17k
)(2x)k(minus3y)17minusk pa je uz x6y11
(176
)middot26 middot(minus3)11 =
minus17 middot 16 middot 15 middot 14 middot 13 middot 12
6 middot 5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 1middot 64 middot 3 middot 310 = minus9504768 middot 310
(44) Polinomna teorema
(x1+x2+ xm)n =sum
k1 + k2 + + km = nk1 k2 km ge 0
(n
k1 k2 km
)xk11 middotx
k22 middot middotxkmm
(n
k1 k2 km
)=
n
k1 middot k2 middot middot km
Primer 5 Razviti (x1 + x2 + x3)3
Resenje (x1 + x2 + x3)3 =
(3
3 0 0
)x31 +
(3
0 3 0
)x32 +
(3
0 0 3
)x33 +(
32 1 0
)x21x
22 +
Primer 6 Sta se nalazi u razvoju (x+ y minus z)10 uz x3y2x5 minus2520
Resenje Znamo da je n = 10 i x3y2z5 =rArr k1 = 3 k2 = 2 k3 = 5 Odgo-varajuci clan glasi(
103 2 5
)x3y2(minusz)5 = minus
(10
3 2 5
)x3y2z5 pa je trazeni koeficijent
19
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
minus(
103 2 5
)= minus 10
3 middot 2 middot 5= minus10 middot 9 middot 7 middot 4 = minus2520
42 Neki identiteti
(45) Izvlacenje iz zagrade(nk
)=n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=
n
nminus kmiddot(nminus 1k
)
(46) Sumaciona formula
nsumk=0
(r + kk
)=
(r0
)+
(r1
)+ +
(r + nn
)=
(r + n+ 1
n
)
nsumk=0
(km
)=
(0m
)+
(1m
)+ +
(nm
)=
(n+ 1m+ 1
)
(47) Negacija gornjeg indeksa(minusnk
)= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)
(48) Pojednostavljivanje proizvoda(nm
)middot(mk
)=
(nk
)middot(
nminus kmminus k
)
(49) Sume proizvodasumk
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=
(r + sr + n
)
20
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Dokaz za (45)
n
kmiddot(nminus 1k minus 1
)=n
kmiddot (nminus 1)
(k minus 1) middot (nminus k)=
n
k middot (nminus k)=
(nk
)Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (46) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE Za n = 0
(r0
)=
(r + 1
0
)lArrrArr 1 = 1 gt
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da formula vazi za nminus 1 (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n
nsumk=0
(r + kk
)=
primenjujemo (IH)︷ ︸︸ ︷nminus1sumk=0
(r + kk
)+
(r + nn
)=
(42)︷ ︸︸ ︷(r + nnminus 1
)+
(r + nn
)=(
r + n+ 1n
) a to je i trebalo dokazati
Slicno se dokazuje i druga jednakost
4
Dokaz za (47)(minusnk
)=
(minusn) middot (minusnminus 1) middot (minusnminus 2) middot middot (minusnminus k + 1)
k middot (k minus 1) middot (k minus 2) middot middot 1=
(minus1)k middot (n middot (n+ 1) middot (n+ 2) middot middot (n+ k minus 1))
k= (minus1)k middot
(n+ k minus 1
k
)4
Dokaz za (48)(nk
)middot(
nminus kmminus k
)=
n
k middot (nminus k)middot (nminus k)
(mminus k) middot (nminusm)middot m
m=
n
m(nminusm)middot
m
k(mminus k)=
(nm
)middot(mk
)4
Dokaz za (49)
Prva jednakostPretpostavimo da u nekom skupu imamo r+ s kuglica Iz toga skupa biramo n
kuglica To je moguce uraditi na
(r + sn
)nacina Uzmemo da u tom skupu
crvenih kuglica ima tacno r kao i da plavih kuglica ima tacno s Mozemo
21
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
da na
(rk
)nacina biramo kuglice tako da imamo k crvenih Da se iza-
bere (n minus k) plavih kuglica ima
(s
nminus k
)nacina Ukupan broj nacina jesum
k
(rk
)middot(
snminus k
)=
(r + sn
) a to je i trebalo dokazati
4
Druga jednakostDokaz se izvodi u tri koraka
1 Primeniti uslov simetricnosti (41) na
(s
n+ k
)2 Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz
3 Primeniti jos jednom uslov simetricnosti (41)sumk
(rk
)middot(
sn+ k
)=sumk
(rk
)middot(
ssminus nminus k
)=
(r + ssminus n
)=
(r + s
r + sminus s+ n
)=(
r + sr + n
) a to je i trebalo dokazati
4
22
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
5 FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
Anja Bukurov
Ovo je slozeniji princip prebrojavanja Dozvoljava da dati skupovi imajuneke zajednicke elemente Po principu zbira |A cup B| = |A| + |B| gde A i Bnemaju zajenicke elemente
Kod ove formule vazi A capB 6= empty|A cupB| = |A|+ |B| minus |A capB||A cupB cup C| = |A|+ |B|+ |C| minus |A capB| minus |A cap C| minus |B cap C|+ |A capB cap C|
U opstem slucaju|A1 cup A2 cup cup An| = |A1| + |An| minus |A1 cap A2| minus |Anminus1 cap An| + presecisvaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa +
(51) Formula ukljucenja minus iskljucenja
|n⋃i=1
Ai| =sum
empty6=Isub1n
(minus1)|I|minus1|⋂iisinI
Ai|
empty 6= I sub 1 n znaci da je prazan skup razlicit od skupa I a skup I jepodskup skupa 1 n
Dokaz
x isin A1 cup cupAnAko se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji on pripada i nekim odskupova A1 An Pretpostavimo da pripada j skupova i to bas skupovimaA1 Aj Dakle x isin A1 Aj tj x isin
⋂ji=1Ai x doprinosi da se leva strana
uveca za 1 Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uveca za 1 xdoprinese j puta samo kod sabiranja |A1|+ + |An| U dvoclanim presecima
oduzece se
(j2
) u troclanim se dodaje
(j3
) u cetvoroclanim se oduzima(
j4
)i tako dalje
j minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ + (minus1)jminus1
(jj
)=(
j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)+
(j0
)= 1
Znamo da je
(j1
)minus(j2
)+
(j3
)minus(j4
)+ +(minus1)jminus1
(jj
)minus(j0
)= 0
zbog simetricnosti koeficijenata ili zbognsumk=0
(nk
)(minus1)k = 0 a
(j0
)= 1 pa
je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uveca za 1
4
23
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
6 FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATOR-SKE FUNKCIJE)
an = (a0 a1 ak )larrrarr a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + + ak middot xk + = A(x)
Definicija 61 A(x) je funkcija generatrisa niza an
Primer 1 an = (1 1 1 1 )larrrarr 1 + x+ x2 + = A(x) =1
1minus x jer
je to geometrijska progresija
Dokaz
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus xminus x(1minus x) + x2(1minus x) + )
1 + x+ x2 + =1
1minus x(1minus x+ xminus x2 + x2 minus x3 + )
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonacan niz i svaki nadje svog para
1 + x+ x2 + =1
1minus xIz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza an
4
61 Mnozenje polinoma
Primer 2 Dati su nam polinomi
P (x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4
Q(x) = 1 + x+ x2 + x3
P (x) middotQ(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4) middot (1 + x+ x2 + x3)
Sta se nalazi uz x5
Resenjex4 middot x1x3 middot x2x2 middot x3
3 middot x5
Zadatak 1 Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novcica Na koliko nacina mozemoda izaberemo 5 novcica
Resenje Ovo moze da se resi pomocu mnozenja polinomaZ(x) = 1 + x+ x2 + x3 + x4 zlatni novciciS(x) = 1 + x+ x2 + x3 srebrni novciciRadi se isto kao i sa prethodnim polinomom trazi se sta je uz x5
i+ j = ri isin 01 k1j isin 01 k2P (x) = 1 + x+ x2 + + xk1
24
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Q(x) = 1 + x+ x2 + + xk2
Zadatak 2 Imamo 7 novcica od 1 din 5 novcica od 2 din i 4 novcica od 5din Na koliko nacina mozemo da dobijemo sumu od 15 din
ResenjeJ = 01234567 i isin JD = 0246810 j isin DP = 05101520l k isin Pi+ j + k = 15(1+x+x2+x3+x4+x5+x6+x7)middot(1+x2+x4+x6+x8+x10)middot(1+x5+x10+x15+x20)Resenje je koeficijent uz x15
U opstem slucajui1 + i2 + + in = k ii isin IiBroj mogucih izbora i takvi da vazi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz xk
polinoma koji se dobija mnoenjem odgovarajucih polinoma P1(x) P2(x) Pn(x)gde se polinom Pi(x) formira na osnovu skupa Ii (u skladu sa prethodnim pri-merom)
Zadatak 3 Na koliko nacina moe da se dobije i+ j+k = 10 ako su i j k isin N0
Resenjei isin 0 1 10j isin 0 1 10k isin 0 1 10Ovim skupovima pripada jos veskonacno mnogo brojeva ali nas zanimaju samooni do 10(1 + x+ + x10)3
Prvi nacin je da nadjemo koeficijent uz x10Drugi nacin Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1 111 Resenjemoze da se svede na kombinacije ovog skupa Uzmem i prvih 1 j drugih 1 i ktrecih 1 Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3elementa
k=10 n=3 pa je resenje
(3 + 10minus 1
10
)=
12
10 middot 2= 66
Ovo vazi i u opstem slucaju po teoremi (62)
Teorema 62 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1minusx)minusn je
(n+ k minus 1
k
)
Dokaz
(1minusx)minusn =
(1
1minus x
)n=
1
1minus xmiddot 1
1minus xmiddot middot 1
1minus x︸ ︷︷ ︸n
= (1+x+ )n =
(n+ k minus 1
k
)
41
1minus x= (1 + x+ x2 + ) minus formula za beskonacni geometrijski niz
25
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Teorema 63 Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
)=
(minusnk
)
Dokaz
Zamenjujuciminusx sa x u prethodnom dokazu teoreme (62) dobijamo da je1
1 + x=
1minus x+ x2 minus x3 + Odatle je koeficijent uz xk (1 + x)minusn je
(minus1)k middot(n+ k minus 1
k
) sto je jednako
(minusnk
) prema identitetu (47)
4
(64) Uopstena binomna teorema
(1 + x)n =
(n0
)+
(n1
)middot x+
(n2
)middot x2 +
Uopstena je jer vazi i za negativne n
Dokaz
Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (63) zanegativne n
4
62 Odredivanje funkcija generatrise
Imamo nizove an i bn i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x)an = (a0 a1 ak )larrrarr A(x) = a0 + a1 middot x+ + ak middot xk + bn = (b0 b1 bk )larrrarr B(x) = b0 + b1 middot x+ + bk middot xk +
Sabiranje nizova
an + bn = (a0 + b0 a1 + b1 ak + bk )larrrarr A(x) +B(x)
Mnozenje skalarom
α isin Rα middot an = (α middot a0 α middot a1 )larrrarr α middot a0 +α middot a1 middotx+ = α middot (a0 a1 ) = α middotA(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta
an = (a0 a1 ) rarr (ak ak+1 ) larrrarr ak + ak+1 middot x + ak+2 middot x2 + =A(x)minus (a0 + a1 middot x+ + akminus1 middot xkminus1)
xk
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
an = (a0 a1 )rarr (0 0 0︸ ︷︷ ︸k
a0 a1 ) = xk middotA(x)
Zamena x sa α middot x u funkciji generatrisi
A(x) = a0 + a1 middot x + a2 middot x2 + rarr a0 + a1 middot α middot x + a2 middot α2 middot x2 + larrrarr(a0 a1 middot α a2 middot α2 )
α rarr (a0minusa1 a2minusa3 ) = anan minus an = (2a0 0 2a2 0 2a4 )
Zadatak 4 Odrediti generatrisu za niz (124816 )
Resenje Krecemo od (1 1 1 1 )larrrarr 1
1minus xZa α = 2 dobijamo odgovarajucu generatrisu
1
1minus 2 middot x a njoj odgovarajuci niz
je (124816)
Zamena x sa xk u funkciji generatrisi
A(x) = a0+a1middotx+a2middotx2+ rarr a0+a1middotxk+a2middotx2k+ larrrarr (a0 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a1 0 0︸ ︷︷ ︸kminus1
a2 )
Ako zamenimo x sa x2 dobicemo (a0 0 a1 0 a2 0 )
Zadatak 5 Odrediti generatrisu za niz (11224488)
Resenje Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka1
1minus 2 middot xlarrrarr (1 2 4 8 )
1 Zamenimo x sa x21
1minus 2 middot x2larrrarr (1 0 2 0 4 0 8 0 )
2 Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnozimo sa x)x
1minus 2 middot x2larrrarr (0 1 0 2 0 4 0 8 0 )
Kad saberemo 1 i 2 dobijemox+ 1
1minus 2 middot x2larrrarr (1 1 2 2 4 4 8 8 )
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise
A(x) = a0 + a1 middot x+ a2 middot x2 + Aprime(x) = a1 + 2 middot a2 middot x+ 3 middot a3 middot x2 + larrrarr (a1 2 middot a2 3 middot a3 k middot ak )intA(x) middot dx = a0 middot x+
a1 middot x2
2+a2 middot x3
3+ larrrarr (0 a0
a12a23
akk + 1
)
27
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
7 REKURENTNE JEDNACINE
Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednacini se clanovi niza odredjuju pomocu prethodnih clanovaResiti rekurentnu jednacinu znaci naci njen opsti clan Rekurentne jednacine sedrugacije nazivaju diferencne jednacine
Faktorijel
an+1 = (n+ 1) middot ana0 = 1 minus obicno nazivamo pocetni uslovrdquoan+1 = (n+1)middotnmiddotanminus1 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middota0 = (n+1)middotnmiddot(nminus1)middot middot1 = (n+1)an = n je opsti clan ovog niza
Aritmeticki niz
an+1 = an + d d = constbull Ukoliko su nam zadati pocetni uslov npr a0 = 5 i razlika d = 7 lako mozemoda odredimo clanove niza bez potrebe za odredivanjem opsteg clanabull Ako je zadat an = a0 + n middot d (opsti clan) onda mozemo da odredimo bilo kojiclan niza bez potrebe za racunanjem prethodnih clanova
Geometrijski niz
an+1 = an middot qOpsti clan an = a0 middot qn
Definicija 71 Rekurentna jednacina k-tog reda oblika je an+k = F (n an+kminus1 an)Resenje ove jednacine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednacinu nekada uoznaci (an)
Definicija 72 Opste resenje jednacine iz (71) je resenje koje sadrzi svaresenja
Ova jednacina moze biti zadata uz k pocetnih uslova Tada se svako resenjejedinstveno odreduje na osnovu tih k uslova
Definicija 73 Jedno izdvojeno resenje jednacine 71 naziva se i partiku-larno resenje
Definicija 74 Resenja (a(i)n ) (a
(j)n ) rekurentne jednacine 71 su nezavisna
ukoliko vazia(i)n
a(j)n
6= cminus const
za bilo koji izbor konstante c
Pojam zavisnih resenja mozemo prosiriti i na vise od dva resenja minus ukoliko jednoresenje mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da
28
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
su ta resenja zavisna U protivnom imamo nezavisna resenja
Teorema 75 Resenja (a(i)n ) (a
(s)n ) rekurentne jednacine 71 su neza-
visna akko vazi
det(A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣(a
(1)1 ) (a
(2)1 ) (a
(s)1 )
(a(1)s ) (a
(2)s ) (a
(s)s )
∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
Dokaz
(=rArr) Ukoliko su nizovi (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(s)n ) koji su resenja rekurentne jednacine
71 nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni pa je rangmatrice A jednak rank(A) = s sto povlaci da je det(A) 6= 0
(lArr=) Ako je det(A) 6= 0 onda je i rank(A) = s pa su i kolona-vektori ma-trice A linearno nezavisni sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine 71nezavisna
71 Linearna rekurentna jednacina
Definicija 76 Jednacina oblika
fk(n)an+k + fkminus1(n)an+kminus1 + + f0(n)an = f(n)
naziva se linearna rekurentna jednacina
Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednacina(1) sa funkcionalnim koeficijentima minus to je jednacina oblika bas 76 u kojoj sukoeficijenti fi(n) gde su fi neke funkcije(2) sa konstantnim koeficijentima minus ako su funkcije fi neke konstante
Definicija 77 Za linearnu rekurentnu jednacinu kazemo da je homogena uko-liko je f(n) equiv 0 U suprotnom ona je nehomogena
Definicija 78 Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentnejednacine je oblik kada je fk(n) equiv 1 Ovaj oblik dobijamo kada jednacinu 76podelimo fk(n)
Teorema 79 Ukoliko su (a(1)n ) (a
(2)n ) (a
(k)n ) nezavisna resenja homogene
linearne rekurentne jednacine zadate sa 76 tada je opste resenje zadato sa
an = c1a(1)n + c2a
(2)n + + cka
(k)n
bull Resenje je linearna kombinacija k nezavisnih resenjabull konstante c1 c2 ck odreduju se na osnovu pocetnih uslovabull Jednacina 79 je jednacina k-tog redabull Broj k u 79 se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednacine 76
29
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Definicija 710 Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine oblikaje
an = hn + pn
gde je hn opste resenje odgovarajuce homogene jednacine a pn jedno partiku-larno resenje date nehomogene jednacine
72 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefi-cijentima
Definicija 711 Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaje jednacina oblika
fkan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = f(n)
721 Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim ko-eficijentima
Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) equiv 0
Resenje homogene linearne rekurentne jednacine sa konstantnim koeficijentimabitno zavisi od njene karakteristicne jednacine
Definicija 712 Karakteristicna jednacina ima sledeci oblik
fkxk + fkminus1x
kminus1 + + f0 = 0
Razlikujemo dva slucaja(1) ako su sve nule (x1 x2 xn) karakteristicne jednacine medusobno razlicitetada je opste resenje dato sa
an = c1xn1 + c2x
n2 + + ckx
nk
(2) ako postoji m istih nula karakteristicne jednacine tada one daju
cmxn + cm+1 middot n middot xn + + cm+kminus1 middot nkminus1 middot xn
clan u opstem resenju homogene jednacine
(Ako su na primer tri korena ista a ostali razliciti resenje bi bilo oblikaan = c1x
n1 + c2x
n1 middot n+ c3x
n1 middot n2 + c4x
n4 + + ckx
nk )
722 Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnimkoeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentimaf(n) 6= 0
Postoje razlicite metode razvijanja i u zavisnosti od f(n) razlikujemo tri slucaja
30
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
(1) Ako je f(n) polinom stepena ne veceg od d tada se partikularno resenjenehomogene jednacine trazi na sledeci nacini) ako x = 1 nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A0 +A1n+ +Adnd
ii) ako x = 1 jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd)
(2) Ako je f(n) = k middot bn k minus const tada se partikularno resenje nehomogenejednacine trazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = A middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middotA middot bn
(3) Ako je f(n) = Pd(n) middotbn tada se partikularno resenje nehomogene jednacinetrazi na sledeci nacini) ako x = b nije nula karakteristicne jednacine tada je
pn = (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
ii) ako x = b jeste nula visestrukosti m tada je
pn = nm middot (A0 +A1n+ +Adnd) middot bn
Napomena Slucaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1
Partikularno resenje bice odredeno kada se odrede nepoznati koeficijenti kojisu oznaceni sa A koje trazimo tako sto izraz pn zamenimo u 711
Ako nisu zadati pocetni uslovi krajnje resenje ce zavisiti od konstanti c1 ck
Zadatak 1 Resiti sledecu rekurentnu jednacinu an = 6anminus1 minus 8anminus2 + 3n
Resenje U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednacinaKratak opis postupka1) resi se odgovarajuca homogena jednacinaodrede se nule karakteristicne jednacine2) odredi se jedno partikularno resenje nehomogene jednacine3) opste resenje je zbir resenja homogene jednacine i prethodno odredenog par-tikularnog resenja
31
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
1) an = 6anminus1 minus 8anminus2 mdash homogena jednacinaan minus 6anminus1 + 8anminus2 = 0x2 minus 6x+ 8 = 0 mdash karakteristicna jednacina
x12 =6plusmnradic
36minus 32
2x1 = 2 x2 = 4 mdash nule karakteristicne jednacinean = c1 middot 2n + c2 middot 4n mdash opste resenje homogene jednacine
2) pn = a middot 3n mdash partikularno resenjeVracanjem pn u pocetnu jednacinu odredicemo koeficijent Apn = 6pnminus1 minus 8pnminus2 + 3n
A middot 3n = 6 middotA middot 3nminus1 minus 8 middotA middot 3nminus2 + 3n
A middot 3n minus 6 middotA middot 3nminus1 + 8 middotA middot 3nminus2 minus 3n = 03nminus2 middot (A middot 32 minus 6 middotA middot 3 + 8 middotAminus 32) = 0A = minus32
=rArr pn = minus3n+2
3) an + pn = c1 middot 2n + c2 middot 4n minus 3n+2
Zadatak 2 Resiti rekurentnu jednacinu an minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 2n
uz pocetne uslove a0 = 0 a1 = 2 a2 = 16
Resenjean minus 6anminus1 + 12anminus2 minus 8anminus3 = 0x3 minus 6x2 + 12xminus 8 = 0x1 = x2 = x3 = 2an = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n2 middot 2n mdash opste resenjepn = A middot 2n middot n3 mdash partikularno resenje
Vracanjem pn u pocetnu jednacinu dobijamo A =1
6
=rArr pn =1
6middot 2n middot n3
an + pn = c1 middot 2n + c2 middot n middot 2n + c3 middot n middot 2n +1
6middot 2n middot n3 mdash krajnje resenje
Odredivanje c1 c2 c3n = 0 =rArr c1 + 0 = 0 (za a0 = 0)
n = 1 =rArr 2c1 + 2c2 + 2c3 +1
3= 2 (za a1 = 2)
n = 2 =rArr 4c1 + 8c2 + 16c3 +18
3= 16 (za a2 = 16)
c1 = 0 c2 =1
3 c3 =
1
2
Konacno resenje dobijamo tako sto uvrstimo prethodno dobijene koeficijenteu krajnje resenje1
3middot n middot 2n +
1
2middot n middot 2n +
1
6middot 2n middot n3
32
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
73 Nelinearne rekurentne jednacine
Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovoresavanje Stavise veliki broj ovih jednacina je neresivo Neki metod je nalazenjeprvih nekoliko clanova dolazenje do njihove povezanosti dokazivanje povezano-sti (najcesce matematickom indukcijom) i njeno koriscenje za odredivanje opstegclana
Primer neke nelinearne rekurentne jednacine bio bi an =3a3n minus 1
(anminus2 + anminus3)2
74 Funkcije generatrise i resavanje rekurentnih jednacina
(a0 a2 )larrrarr a0 + a1x+
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koefici-jentima uz pocetne uslove zadata na sledeci nacinan+k + fkminus1an+kminus1 + + f0an = 0a0 = u0 a1 = u1 akminus1 = ukminus1
(713)
tada vazi sledeca teorema
Teorema 714 Funkcija generatrisa niza odredenog (713) je
A(x) =R(x)
1 + fkminus1x+ + f0xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k
Dokaz
R(x) = A(x) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
R(x) = (a0 + a1x+ ) middot (1 + fkminus1x+ + f0xn)
Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n ge 0jednak jean+k + fkminus1an+kminus1 + + f0anBuduci da niz an zadovoljava rekuretnu jednacinu (713) izraz an+k+fkminus1an+kminus1+ + f0an jednak je nuli za sve elemente niza vece ili jednake kDakle koeficijent uz xn+k jednak je nuli za sve clanove xk xk+1 tj sa desnestrane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k
4
Resenje rekurentne jednacine 713 cemo dobiti trazenjem njene funkcije gene-ratrise iz koje cemo dobiti niz
Teorema 715 Ako su dati polinomi P(x) Q(x) i vazi deg(R(x)) lt deg(Q(x))i slobodan clan kod polinoma Q(x) je razlicit od nule odnosno q0 6= 0 tadaako se polinom Q(x) moze napisati u obliku Q(x) = Q1(x) middotQ2(x) middot middotQm(x)
onda seP (x)
Q(x)moze napisati u sledecem obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
Q1(x)+P2(x)
Q2(x)+ +
Pm(x)
Qm(x) deg(Pi(x)) lt deg(Qi(X))
33
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Primer 1 Ako jeP (x)
Q(x)=
2 + 4xminus 3x2
2minus 5x+ 4x2 minus x3 napisati
P (x)
Q(x)u obliku 715
Resenje Faktorisanjem Q(x) dobijamo Q(x) = (1minus x)2 middot (2minus x)P (x)
Q(x)=
P prime1(x)
(1minus x)2+P prime2(x)
2minus x ali posto postoji jedna nula u visestrukosti m (u
ovom slucaju m = 2) onda seP (x)
Q(x)trazi u obliku
P (x)
Q(x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x
=rArr 2 + 4xminus 3x2
(1minus x)2(2minus x)=P1(x)
1minus x+
P2(x)
(1minus x)2+P3(x)
2minus x=P1(x)(1minus x)(2minus x) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus x)2
(1minus x)2(2minus x)=
P1(x)(2minus 3x+ x2) + P2(x)(2minus x) + P3(x)(1minus 2x+ x2)
(1minus x)2(2minus x)=
dalje je potrebno grupisati po xi pa izjednacini koeficijente u brojiocima pa cese dobiti odgovarajuci P1(x) P2(x) P3(x)
Zadatak 3 Za datu rekurentnu jednacinu an+1 = 3an + 2 odrediti funkcijugeneratrisu za pocetni uslov a0 = 0 a potom odrediti opsti clan niza
Resenje Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xsa funkcijama generatrise jer
an+1 odgovara funkcija Aprime(x) za niz pomeren za jedno mesto ulevorarr A(x)minus a0x
an odgovara funkcija generatrise A(x)2 je n-ti clan niza koji ima sve 2 u sebi odnosno odgovara joj funkcija genera-
trise2
1minus x
A(x)minus a0x
= 3A(x) +2
1minus xA(x)
x= 3A(x) +
2
1minus xA(x)
(1
xminus 3
)=
2
1minus x
A(x)
(1minus 3x
x
)=
2
1minus x
A(x) =
2
1minus x1minus 3x
x
A(x) =2x
(1minus x)(1minus 3x)
A(x) treba da se potrazi u obliku
A(x) =A
1minus x+
B
1minus 3x i dobije se A = minus1 B = 1 odnosno A(x) =
34
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
minus 1
1minus x+
1
1minus 3x= minus
sumnge0
xn +sumnge0
(3x)n =sumnge0
(3n minus 1)xn pa je odatle opsti
clan nizaan = 3n minus 1
odnosno ono sto stoji uz xn
Zadatak 4 Za datu rekurentnu jednacinuan+2 = 2an+1 minus ana0 = 1 a1 = 2
odrediti funkciju generatrisu uz date pocetne uslove a potom odrediti opsti clanniza
Resenje
an+2 minusrarrA(x)minus a1xminus a0
x2
an+1 minusrarrA(x)minus a0
xan minusrarr A(x)
Odgovarajuca jednacina funkcija generatrisa datoj rekurentnoj jednacini je
A(x)minus a1xminus a0x2
= 2A(x)minus a0
xminusA(x)
Nakon sredivanja dobija se
A(x) =x
(1minus x)2=minus1
1minus x+
1
(1minus x)2= minus
sumnge0
xn+sumnge0
(n+ 1n
)xn =
sumnge0
(minus1+
n+ 1)xn =sumnge0
nxn =rArr an = n
35
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
8 BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
81 Fibonacijevi brojevi
Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizovaToliku slavurdquo stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim)oblastima kao i u samoj prirodi (na primer broj listova ili cvetova kod velikogbroja biljki je jednak bas nekom Fibonacijevom broju) U antickoj Grckoj kaoi kasnije u renesansi za idealnu proporciju je uziman takozvani zlatni presekrdquokoji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva
Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonaccije skraceno od filius Bonaccirdquo to jest Bonacijev sin) ziveo je 1180ndash1240 (ponekim drugim podacima 1175 ndash 1250) U svojoj Knjizi o Abakusurdquo postavioje Problem zecevardquo
Svaki par zecndashzecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledeceg me-seca par mladih zeca i zecicu Ako je na pocetku godine bio jedan novorodenpar koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine (Pretposta-vimo da zecevi ne umiru)
Neka je Fn broj parova zecndashzecica posle n meseci to jest tokom (n + 1)ndashvogmeseca od pocetka godine Prema pretpostavci je F0 = 1 i F1 = 1 (jer taj parjos nije zreo za razmnozavanje) a Fn (za n gt 2) dobija se kada broju parovaFnminus1 koji su ziveli proslog meseca doda broj novorodenih parova zeceva kojise dobijaju od Fnminus2 parova zivih pre dva meseca Drugacije napisano vazirekurentna formula
Fn+2 = Fn+1 + FnF0 = 0 F1 = 1 ili F1 = 1 F2 = 1
(81)
Definicija 82 Fibonacijev niz nazivamo rekuretnu formulu 81
Dakle Fibonacijevi brojevi su elementi Fibonacijevog niza0 1 1 2 3 5 8 13 21
811 Zlatna podela
Pojam zlatne podele usko je povezan sa Fibonacijevim nizom i njegovimelementima Posmatrajmo duz zadatu slikom 81
Slika 81
Vazi sledeca jednakostv +m
v=
v
m
koju nazivamo zlatnom podelom
36
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Ako je m = 1v + 1
v= v
v2 minus v minus 1 = 0
v12 =1plusmnradic
5
2minusrarr v =
1 +radic
5
2asymp 1 618
812 Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
Teorema 83 Opsti clan Fibonacijevog niza je
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
Dokaz
Resavanjem rekurentne jednacine 81 dobijamo karakteristicnu jednacinu x2minus
xminus 1 = 0 ciji su koreni x12 =1plusmnradic
5
2 pa je opste resenje oblika
Fn = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)nF0 = 0 = c1 + c2
F1 = 1 = c1 middot1 +radic
5
2+ c2 middot
1minusradic
5
2
c1 =1radic5 c2 = minus 1radic
5
Fn =1radic5middot
(1 +radic
5
2
)nminus 1radic
5middot
(1minusradic
5
2
)n
Fn =
(1 +radic
5
2
)nminus
(1minusradic
5
2
)nradic
5
4
Teorema 84 nndashti clan Fibonacijevog niza jednak je
Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
gde je [x] oznaka za zaokruzivanje na najblizi ceo broj
37
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Dokaz
Treba videti kolika je udaljenost Fn iz ove i prethodne teoreme∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Fn minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5minus
(1minusradic
5
2
)nradic
5minus
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1 +radic
5
2
)nradic
5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸le minus1
pa kad sejos stepenuje n
onda budesve manje
le
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣1minusradic
5
2radic
5
∣∣∣∣∣ lt 1
2=rArr Fn =
(
1 +radic
5
2
)nradic
5
4Teorema 85 Funkcija generatrisa Fibonacijevog niza je
F (x) =x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Fibonacijevog niza odgovara sledeca jednacina funkcijageneratrisa
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
jer je
Fn+2 minusrarrF (x)minus F1xminus F0
x2
Fn+1 minusrarrF (x)minus F0
xFn =minusrarr F (x)
Dakle
F (x)minus F1xminus F0
x2=F (x)minus F0
x+ F (x)
F (x)minus xx2
=F (x)
x+ F (x)
F (x) middot(
1
x2minus 1
xminus 1
)=
1
x
F (x) middot 1minus xminus x2
x2=
1
xF (x) =
x
1minus xminus x24
38
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
813 Osobine Fibonacijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonacijeva broja su uzajamno prosta2) Fn|Fmmiddotn3) Ako je p prost broj veci od 5 onda
p | Fp+1 Y p | Fpminus1
Teorema 86
1)Fn+1
Fn= 1 +
1
1 +1
1 +1
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n sabiranja
i 2) limnrarrinfin
Fn+1
Fn=
1 +radic
5
2
Dokaz za 1) (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJE
n = 1F2
F1= 1lArrrArr 1
1= 1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (INDUK-TIVNA HIPOTEZA) Treba dokazati da vazi za n+ 1
Fn+2
Fn+1=Fn+1 + FnFn+1
= 1 +Fnfn+1
= 1 +1
fn+1
fn
IH︷︸︸︷= 1 +
1
1 +1
1 +
1 + 11︸ ︷︷ ︸
n+1 sabiranja
4
Dokaz za 2)
Vazi da jeFn+1
Fngt 1 i
Fn+1
Fnlt 2
=rArr niz
(Fn+1
Fn
)je ogranicen a uz to on monotono raste
=rArr taj niz konvergira nekom x
=rArr exist limnrarrinfin
Fn+1
Fnkoji je resenje jednacine
x = 1 +1
xx2 minus xminus 1 = 0
x12 =1plusmnradic
5
2=rArr x =
1 +radic
5
2 jer je on koren koji je veci od 1 dok je drugi
koren manji od 1
39
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
4
Teorema 87F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
Dokaz
F1 = F3 minus F2
F2 = F4 minus F3
Fnminus1 = Fn+1 minus FnFn = Fn+1 minus Fn+1
+
F1+F2+ +Fnminus1+Fn = (F3minusF2)+(F4minusF3)+ +(Fn+1minusFn)+(Fn+2minusFn+1)F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus F2
F1 + F2 + + Fn = Fn+2 minus 1
4
Teorema 88Fn+1 middot Fnminus1 = (minus1)n
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 F2 middot F0 minus F 2
1 = minus1lArrrArr 0minus 12 = minus1lArrrArr minus1 = minus1radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Fn+2 middot Fn minus F 2n+1 = (Fn+1 + Fn) middot Fn minus F 2
n+1 = Fn+1 middot (Fn minus Fn+1) + F 2n =
minusFn+1 middot Fn+1 + F 2n
IH︷︸︸︷= minus(minus1)n = (minus1)n+1
4
82 Tribonacijevi brojevi
Tribonacijevi brojevi su elementi Tribonacijevog niza Ime ovog niza dobi-jeno je ukrstanjem reci trirdquo i Fibonacirdquo
Definicija 89 Tribonacijev niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomTn+3 = Tn+2 + Tn+1 + TnL0 = 0 L1 = 0 L2 = 1
Tribonacijevi brojevi su 00112471324
40
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
83 Lukasovi brojevi
Engleski matematicar iz 19 veka Edvard Lukas (engl Eduard Lucas) ba-vio se teorijom brojeva i on je nazvao Fibonacijeve brojeve po Fibonaciju (zbognjegovog prethodno opisanog problema sa zecevima) Takode po njemu je imedobio i jedan niz koji je veoma slican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnojjednacini kao i po nekim osobinama koje ce biti opisane u ovom odeljku
Definicija 810 Lukasov niz je zadat sledecom rekurentnom jednacinomLn+2 = Ln+1 + Ln
L1 = 1 L2 = 3 ili L = 0 = 2 L1 = 1
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza To su brojevi 21347111829
Teorema 811 Opsti clan Lukasovog niza je
Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n
Dokaz
Lukasovi brojevi i Fibonacijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu(uz drugacije pocetne uslove) pa je karakteristicna jednacina ista odakle sledida su i nule iste U tom slucaju se opste resenje potrazi u obliku
Ln = c1 middot
(1 +radic
5
2
)n+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)n
L0 = 2 = c1 + c2
L1 = 1 = c1 middot
(1 +radic
5
2
)+ c2 middot
(1minusradic
5
2
)c1 = c2 = 1
pa je opsti clan Ln =
(1 +radic
5
2
)n+
(1minusradic
5
2
)n4
Teorema 812 Funkcija generatrisa Lukasovog niza je
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
Dokaz
Rekurentnoj jednacini Lukasovog niza odgovara sledeca jednacina funkcija ge-neratrisa
L(x)minus L1xminus L0
x2=L(x)minus L0
x+ L(x)
41
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
L(x) =2minus x
1minus xminus x2
4
Teorema 813 Veza izmedu Lukasovih brojeva i Fibonacijevih brojevima je
Ln = Fn+1 + Fnminus1
Dokaz (indukcijom po n)
(1) BAZA INDUKCIJEn = 1 L1 = F2 + F0 lArrrArr 1 = 1 + 0lArrrArr 1 = 1
radic
(2) INDUKTIVNI KORAK Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n (IH) Trebadokazati da vazi za n+ 1
Ln+1 = Ln + Lnminus1
IH︷︸︸︷= (Fn+1 + Fnminus1) + (Fn + Fnminus2) = Fn+2 + Fn
4
84 Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada
Neka je n = 3 Kada niz pocinje sa 3 otvorene zagrade minusrarr ((())) Kada niz pocinje sa 2 otvorene zagrade minusrarr (()()) (())() Kada niz pocinje sa 1 otvorene zagrade minusrarr ()(()) ()()()=rArr Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada
Definicija 814 Katalanov broj Cn predstavlja broj korektnik mogucnosti nparova zagrada
Rekurentna relacija
bull Ako je n parova zagrada je oblika (x1)x2 gde su x1 i x2 korektni nizovilevih i desnih zagrada manjih od n onda vazi sledeca rekurentna relacija
Cn =
nminus1sumi=0
Ci middot Cnminusiminus1
gde je Ci broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 a Cnminusiminus1broj mogucnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x2 Zajedno sa
C0 = 1
ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednacina i njen opsti clan jeoblika
Cn =1
n+ 1middot(
2nn
)
Primena Katalanovih brojeva
1) Posmatrajmo tablu sa slike 82 dimenzije nxn (slicnu sahovskoj tabli)
Slika 82 Tabla dimenzija nxn
Broj razlicitih nacina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja a bezpresecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cngde je tabla formata nxn U primeru puta datog na slici otvorenu zagradu pred-stavljamo horizontalnim kretanjem a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem
2) Korensko binarno stablo
Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor pocevsi od korenastabla predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnihnaslednika koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega Korensko binarnostablo moze biti jednake ili nejednake duzine Jedan primer ovakvih binarnihstabala dato je na slici 83
Slika 83 Primer korenskog binarnog stabla
43
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Broj razlicitih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovombroju Cn
44
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
9 Particije
91 Kompozicije brojeva
Definicija 91 Kompozicija broja n na k sabiraka je uredena k-torka (a1 a2 ak)prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + + ak = n
Primer 1 Naci sve kompozicije broja 5
Resenjek = 1 5 = 5k = 2 5 = 1 + 4 = 4 + 1 = 2 + 3 = 3 + 2k = 3 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 =
= 1 + 2 + 2 = 2 + 1 + 2 = 2 + 2 + 1k = 4 5 = 1 + 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 2 + 1 =
= 1 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1k = 5 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Ukupan broj uredenih kompozicija je 16
Teorema 92 Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je(nminus 1
kminus 1
)Dokaz
Broj n napisacemo kao sumu od n jedinica izmedu kojih cemo staviti crticen = 1 1 1 1 1 1Potrebno je da na crtice rasporedimo (k minus 1) znaka + a to mozemo ucinitina bas
(nminus1kminus1)
nacina Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljatisabirak m Takode jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvisabirak a1 jedinice koje se nalaze izmedu prvog i drugog znaka + predstavljacesabirak a2 jedinice koje se nalaze posle (k minus 1)-og znaka + predstavljaceposlednji sabirak ak Time smo pokazali da kompozicija ima
(nminus1kminus1)
4
Teorema 93 Ukupan broj kompozicija broja n je 2nminus1
Dokaz
nsumk=1
(nminus1kminus1)
= 2nminus1 na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1)
4
92 Particije brojeva
Definicija 94 Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 a2 akprirodnih brojeva takav da vazi a1 + a2 + + ak = n
45
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Primer 2 Naci sve particije broja 5
Resenjek = 1 5k = 2 1 4 2 3k = 3 1 1 3 1 2 2k = 4 1 1 1 2k = 5 1 1 1 1 1
Ukupan broj particija je 7
Broj particija broja n se oznacava p(n) a broj particija broja n na k sabi-raka se oznacava pk(n)Particije se uglavnom zapisuju na sledeci nacin
[1α1 2α2 nαi ]
gde α1 α2 αi oznacavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu
Ne postoji tacna formula za broj particija ali za neke manje brojeve moguceje prebrojiti sve particije Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je usledecem primeru
Primer 3n 1 2 3 4 5 6 7p(n) 1 2 3 5 7 11 15
Ipak racunanje particija mozemo svoditi na nesto drugo a to nam obezbedeujesledeca teorema
Teorema 95
pk(n) = pk(nminus k) + pkminus1(nminus k) + pkminus2(nminus k) + + p1(nminus k)
Dokaz
Neka je a1 + a2 + + ak = n jedna particija broja n na k sabiraka Akood svakog sabirka oduzmemo 1 dobijamo(a1 minus 1) + (a2 minus 1) + + (ak minus 1) = (nminus k)Time smo od pocetne particije dobili particiju broja (nminus k) Uvidimo da nekiod sabiraka mogu biti jednaki 0 ukoliko su pre toga bili 1 U zavisnosti od togakoliko je njih 0 dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti
4
921 Ferersovi dijagrami
Jedan nacin da se particije predstave je pomocu takozvanog Ferersovog dija-grama Ilustrujmo neki Ferersov dijagram sledecim primerom
Primer 4 Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja18
Resenje
46
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5 minusrarr
Definicija 96 Dve particije broja n su (medusobno) konjugovane ukoliko seFerersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dija-grama druge
Primer 5 Particije [21 31] i [11 22] broja 5 su konjugovane
Resenje5 = 3 + 2 5 = 2 + 2 + 1 minusrarr
Definicija 97 Particija broja n je samondashkonjugovana ukoliko je jednaka svo-joj konjugovanoj particiji
Primer 6 Samondashkonjugovana particija broja 5 je [12 31]
Resenje5 = 1 + 1 + 3 5 = 1 + 1 + 3 minusrarr
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samondashkonjugovane par-ticije ona je simetricna
bull bull bull
bull
bull
Teorema 98 Funkcija generatrisa niza p(n) je
P (x) =
infinprodi=1
(1minus xi)minus1
- Bez dokaza
47
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Moze da nam posluzi za pravljenje particije nekog broja u odnosu na unapredzadate sabirke Ilustracija se vidi u narednom primeru
Primer 8 Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5
ResenjeP (12) = (1minus x2)minus1 middot (1minus x5)minus1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + ) middot (1 +x5 + x10 + )Koeficijent uz x12 je x2 middot x10 + x12 middot 1 = 2x12 =rArr Ukupno ima 2 particije i onesu [21 52] i [25 50]
93 Neki identiteti sa particijama
1 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broju particija broja n+mna tacno m sabiraka
plem(n) = pm(n+m)
2 Broj particija broja n na do m sabiraka jednak je broja particija broja n nasabirke iz skupa Nm = 1 2 m
plem(n) = p (n | Nm)
3 Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gdese svaki sabirak javlja paran broj puta
p (n | parni) = p (n | svaki sabirak se javlja paran broj puta)
4 Broj samondashkonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja ngde su sabirci razliciti i neparni
p (n | sk) = p (n | 6= neparni)
Dokaz
1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka Njen Ferersov dijagramizgleda
m vrsta
Ako uklonimo prvu kolonu time smo uklonili m tackica pa smo dobili Ferersovdijagram neke particije broja n a uz to ona ima najvise m vrsta odnosno tadobijena particija broja n ima najvise m sabiraka Buduci da je preslikavanjeFerersovog dijagrama particija broja n+m u Ferersov dijagram particija brojan bijektivno to vazi jednakost koju je trebalo dokazati
4
48
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
2) Samo je potreno uociti da je svaka particija sa leve strane konjugovana par-ticiji sa desne strane
Najvise m tackica u prvoj vrstikod proizvoljne particije broja n na Nm︷ ︸︸ ︷
bull bull bull bull bull bull bull bull bull
94 Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moze bijektivno da se preslika na skup Nn =1 2 n
Definicija 99 Particija skupa Nn na k podskupova je skup njegovih disjunkt-nih podskupova S1 S2 Sk takvih da je Nn = S1 cup S2 cup cup Sk
Primer 9 Odrediti particije skupa N2 = 1 2 3
Resenjek = 1 Nn = 1 2 3 k = 2 Nn = 1 2 cup 3 = 1 3 cup 2 = 2 3 cup 1k = 3 Nn = 1 cup 2 cup 3
Ukupno ih ima 5
Definicija 910 Stirlingov broj druge vrste u oznaci S(n k) oznacava brojparticija skupa Nn na k podskupova
Iz prethodnog primera S(3 2) = 3
Definicija 911 Belov broj u oznaci B(n) predstavlja broj svih particija skupa
Nn i jednak jensumk=0
S(n k)
Napomena k pocinje od 0 jer prazan skup (empty) moze da se partituje na sa-mog sebe
U sledecem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih brojeva
Primer 10n 1 2 3 4 5 6 7
B(n) 1 2 5 15 52 203 877
95 Neki identiteti
1
S(n+ 1 k) = S(n k minus 1) + k middot S(n k)S(n 1) = S(n n) = 1
2
B(n+ 1) =nsumk=0
(nk
)B(k)
B(0) = 1
- Bez dokaza
49
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
10 Grafovi
Tekst Anja BukurovSlike Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od cvorova i grana Graf ne zavisi od crteza to je relacionastruktura a ne geometrijska
Definicija 101 Graf G = (VE) se sastoji od uredenih cvorova V i skupa Ekog cine dvoclani podkupovi cvorova i nazivamo ga grane
Cvorove cemo obelezavati sa u1 u2 u3 v1 v2 v3 ili samo 123 Grane cemo obelezavati sa e1 e2 e3 ili samo 123 Sa n se obelezava ukupan broj cvorova a sa m ukupan broj grana
Susedni cvorovi su oni cvorovi koji su spojeni istom granom u suprotnomnisu susedni Ako je cvor kraj grane taj cvor se naziva incidentni cvor Zadve grane sa istom incidentnim cvorom kazemo da su susedne Stepen cvorau (obelezava se sa deg(u) d(u) ili du) jednak je broju grana incidentnih sa timcvorom Skup svih cvorova susednih sa u (N(u)) zovemo okolina cvora u Saδ oznacava se najmanji stepen cvora a sa ∆ najveci stepen cvora
101 Tipovi grafova
bull graf (prost graf)
bull graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti cvor
50
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
bull multigraf - dozvaljava vise grana izmedu dva cvora
bull usmereni (orijentisani) graf digraf - svaka grana moze i ne mora da pose-duje usmerenju ka jednom ili ka dva cvora Ako nema usmerenje podra-zumeva se da je obosmerna
bull tezinski graf - svakoj grani se pridruzuje jedna numericka vresnost kojapredstavlja njenu tezinu
51
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Teorema 102 Suma svih cvorova jednaka je dvostrukom broju grana
nsumi=1
deg(u)i = 2 middotm
Dokaz Prilikom sumiranja svaku granu brojimo dva puta
nsumi=1
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 middot 6 = 2 middotm
Teorema 103 Broj cvorova neparnog stepena je paran
Dokaz Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju Sumaparnih i neparnih stepena jednak je parnom broju Posto je suma parnih ste-pena paran broj mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobioparan broj
102 Neki grafovi
bull Regularan graf - svaki cvor ima isti stepen
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Petersenov graf je regularan graf sa 10 cvorova stepena 3
bull Kompletan (potpun) graf - svaka dva cvora su spojena granomObelezava se sa Kn - za svako n postoji tacno jedan graf
K5
bull Bipartitan graf - skup cvorova se moze podeliti u 2 disjunkta podskupatako da svaka grana spaja jedan cvor iz jednog podskupa sa drugimcvorom iz drugog skupa
bull Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cvor iz jednogpodskupa susedan sa svim cvorovima iz drugog podskupaStepen svakog cvora iz jednog jednak je broju cvorova drugog skupa
53
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
oznacava se sa Kn1n2 ni je broj cvorova u podskupu i i = 1 2 Kada je
n1 = n2 onda postoji tacno jedan kompletan bipartitan graf
K33
bull Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n1 = 1
K15
bull Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki cvor ima stepen 2Obelezava se sa Cn
C6
bull Put - Pn
54
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
P6
bull Prazan graf - graf koji nema grane
103 Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 104 Za dva grafa kazemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivnopreslikavanje izmedu skupova i njihovih cvorova pri kojem se cuva inci-dentnost sa granama cvorova Za dva grafa kazemo da su izomorfni kadaje to jedan isti graf
Definicija 105 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istimbrojem cvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa Primeri su brojcvorova i broj grana grafa
Primer Broj razlicitih povezanih grafova sa 4 cvora ima 6
55
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Slika a) P4 b) C4K22 c) K13d) K4 e) proizvoljan graf f) sklonjena bilo koja grana iz K4
Definicija 106 - Podgraf grafa G = (VE) je proizvoljan graf Gprime = (V prime Eprime)ciji je skup cvorova podskup skupa cvorova grafa G a skup grana je pod-skup skupa grana grafa G[V prime sube VEprime sube E]
Definicija 107 - Indukovan podgraf grafa G = (VE) se dobija uklanjanjemproizvoljnog skupa cvorova grafa G Svaki indukovani podgraf je podgrafobrnuto ne vazi
56
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Definicija 108 - Komplement grafa G = (VE) je graf G = (VE) ima istiskup V i kod kojeg su dva cvora susedna akko nisu susedni kod grafa G
104 Setnja staze i putevi
Setnja u grafu G je proizvoljan niz cvorova v1 v2 vk tog grafa tako da susvaka dva niza susedna tj spojena jednom granom Setnja je zatvorenaako je v1 = vk inace je otvorena
Setnja v1v2v5v2v3
Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najvise jednom a kroz cvormoze vise puta
Staza v1v2v5v3v2
57
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Put u grafu je setnja koja svakim cvorom i svakim grafom prolazi najvise jed-nom Duzina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu
Put v1v2v3v4
Za dva cvora grafa G kazemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spajaGraf je povezan ukoliko su svaka dva cvora povezana Povezanost je relacijaekvivalencije Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa
NEPOVEZAN POVEZAN
Vezivni cvor povezanog grafa G je cvor koji cijim uklanjanjem graf postajenepovezanMost (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana cijim uklanja-njem graf postaje nepovezanRazdvajajuci skup povezanog grafa G je podkup skupa cvorova tog grafacijim uklanjanjem graf postaje nepovezanRastojanje izmedu dva cvora [u] i [v] grafa G u oznaci dist(u v) jednak jeduzini najkraceg puta koji ih spaja Rastojanje izmedu dva cvora koji nisu po-vezani je beskonacno
Ekstrenticitet cvora [u] u oznaci ecc(u) jednak je max(dist(u v)) v isin V Radijus grafa G u oznaci r(G) jednak je najmanjem ekscentricetu cvora toggrafa min(ecc(u v)) u isin V Centar grafa G cine svi cvorove ciji je ekstenticintret jednak radijusu grafaDijametar grafa G u oznaci diam(G) jednak je navecem rastojanju tog cvoraunutar tog grafa max(ecc(u)) u isin V
Primeri invarijanti radijus dijametar povezanost grafa
105 Maticna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetricne u odnosu na glavnu dijagonalu Ukolikosu cvorovi oznaceni sa v1 v2 vn tada je matrica susedstva matricaformata nxn kod koje je element na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko sucvorovi vi i vj susedni u suprotnom je 0 Kod izomorfnih grafova matricesusedstva su slicne Za graf G
58
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
matrica susedstva je
A =
0 1 0 1 11 0 1 0 10 1 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 0
v1v2v3v4v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice Ako su grane oznacenesa e1 e2 en tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je ele-ment na poziciji (i j) jednak 1 ukoliko vi cvor incidentan sa granom ej Ne mora da bude kvadratna pa se ne prica o simetriji Za graf G matricaincidencije je
A =
1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 1
v1v2v3v4v5
e1 e2 e3 e4 e5
Teorema 109 Ako je A matrica susedstva grafa G tada element koji se nalazina poziciji (i j) u matrici Ak predstavlja broj setnji duzine k koje pocinju ucvoru vi a zavrsavaju u cvoru vj - Bez dokaza
106 Stabla
Definicija 1010 Stablo je povezan graf koji ne sadrzi podgraf jednak ciklusu
59
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Primer Stabala od 5 cvorova ima 8
Teorema 1011 Sledeca tvrdenja su ekvivalentna
1 Graf G je stablo
2 m = nminus 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja cvorova)
3 G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan aciklican graf) (doda-vanjem grane postaje ciklican)
4 G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezansvaka grana je most)
5 Za svaka dva cvora grafa G postoji tacno jedan put koji ih povezuje
- Bez dokaza
Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo
107 Razapinjuci graf
Definicija 1012 Razapinjuci graf grafa G je graf koji ima isti skup cvorovakao G i ciji je skup grana podskup skupa grana grafa G Razapinjuce stablopovezanog grafa G je razapinjuci graf koji je jednak stablu
Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinjuci graf koji je stablo
Definicija 1013 Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan cvor izdvojeni on se naziva koren Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenostiod korena ndash svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju Svakicvor koji nema nijednog suseda u sledecem sloju je list
60
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Korenska m-arna stablaSvaki cvor koji nije list ima tacno m suseda u sledecem sloju (potomaka dece)
3-arnoternarno
korensko stablo (m = 3)
2-arnobinarno
korensko stablo (jos je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima
m potomaka)) (m = 2)
61
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
108 Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilazenje svih cvorova po nekom praviluPretraga moze biti u dubinu ili u sirinu U oba slucaja krece se od proizvoljnogcvora
Kod pretrage u dubinu naredni cvor koji se obilazi je susedan prethodnomukoliko je to moguce Ako nije onda je susedan prethodom od prethodnog itako redom dok ne obidemo sve Pretraga nije jedinstvena
Kod pretrage u sirinu se prvo pretraze svi susedi prvog cvora pa svi susedidrugog cvora itd Pretraga staje kad pretrazimo sve susede
62
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
109 Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
Nikola Ajzenhamer
1091 Odredivanje minimalnih razapinjucih stabala u tezinskom grafu
Minimalno razapinjuce stablo je razapinjuce stablo najmanje tezine
Kruskalov (Kraskalov) algoritam
K1 Sortirati grane u grafu u rastuci poredak tekuca komponenta (T ) je grafbez grana
K2 Izdvojiti granu najmanje tezine (e) od nerazmotrenih grana Ako takvagrana ne postoji preci na K4
K3 Ako dodavanjem grane e u tekucu komponentu T nastaje ciklus onda precina K2 Inace dodati tu granu u T i preci na K2
K4 Kraj
Primer 1 Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablografa G sa slike
Algoritam
K1 [v1v2 v3v4 v1v8 v2v8 v4v6 v2v3 v4v5 v6v7 v1v7 v3v8 v5v6 v6v8]T je prazan grafK2 e = v1v2 K3 e rarr TK2 e = v3v4 K3 e rarr TK2 e = v1v8 K3 e rarr TK2 e = v2v8 K3 e rarr TK2 e = v4v6 K3 e rarr TK2 e = v2v3 K3 e rarr TK2 e = v4v5 K3 e rarr TK2 e = v6v7 K3 e rarr TK2 e = v1v7 K3 e rarr TK2 e = v3v8 K3 e rarr TK2 e = v5v6 K3 e rarr T
63
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
K2 e = v6v8 K3 e rarr TK4 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
Prajmov algoritam
K1 Proizvoljan cvor grafa smestiti u tekucu komponentu (T )
K2 Granu najmanje tezine od tekuce komponente do ostatka grafa smestiti utekucu komponentu Ako takva ne postoji ici na K1 Ponavljati K2 doklegod je moguce i potom ici na K3
K3 Kraj
64
Primer 2 Prajmovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablo grafaG sa slike
Algoritam
K1 v1 rarr TK2 v1v2 rarr TK2 v1v7 rarr TK2 v7v6 rarr TK2 v6v5 rarr TK2 v2v3 rarr TK2 v3v4 rarr TK1 v8 rarr TK2 v1v8 rarr TK3 Kraj
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
65
Primer 3 Prajmovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablo grafaG sa slike
Algoritam
K1 v1 rarr TK2 v1v2 rarr TK2 v2v3 rarr TK2 v3v10 rarr TK2 v10v6 rarr TK2 v10v9 rarr TK2 v9v8 rarr TK2 v8v7 rarr T
66
Primer 3 Prajmovim algoritmom odredi minimalno razapinjuce stablo grafaG sa slike
Algoritam
K1 v1 rarr TK2 v1v2 rarr TK2 v2v3 rarr TK2 v3v10 rarr TK2 v10v6 rarr TK2 v10v9 rarr TK2 v9v8 rarr TK2 v8v7 rarr T
66
K2 v3v4 rarr TK2 v6v5 rarr TK3 Kraj
Na kraju smo dobili graf
1092 Razapinjuca stabla u oznacenim grafova
U oznacenim grafovima cvorovi su oznaceni 1 n Jedan primer oznacenoggrafa zadat je na sledecoj slici
Ovakav graf se zove jos i uniciklican graf jer sadrzi tacno jedan ciklus u sebi(12356)
Od ovog grafa mozemo da dobijemo tacno 5 razapinjucih stabala jer upravotoliko ima grana u ciklusu Neka od ovih stabala su izomorfna Na primerbrisanjem grane 12 dobija se razapinjuce stablo izomorfno onom koje se dobijabrisanjem grane 56 Oznacenost cvorova obezbeduje dobijanje svih resenja bezeliminisanja izomorfnih
Primer 4 Koliko razapinjucih stabala ima sa 3 oznacena cvora A sa 4
67
Dakle ukupno ih ima 3 Sa 4 oznacena cvora bice ih 16
Definicija 10 Priferov niz je bilo koji niz od nminus 2 broja iz Nn (koji dozvo-ljava i ponavljanja tih brojeva)
Jedan Priferov niz duzine nminus2 jednoznacno odreduje jedno stablo sa n cvorovaVazi i obratno
1093 Odredivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
Neka je s Priferov niz s = (s1 s2 snminus2) si isin Nn i = 1 nminus2 Algoritamglasi
s = ()
for i=1 to n-2
v - cvor stepena 1 najmanje tezine
s_i - sused od v
T = T - vs_i
end
Primer 5 Odrediti Priferov niz stabla G sa slike
Algoritam
s = ()s = (8)s = (83)s = (837)s = (8374)s = (83747)s = (837475)Kraj
Postupni prikaz algoritma
68
1094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
Neka jel = (1 2 n)s = (s1 s2 snminus2) - Priferov nizT - prazan graf sa n cvorova
Algoritam glasi
for i=1 to n-2
v - najmanja oznaka koja se nalazi u l a ne nalazi u s
w - s_1
T = T + vw
ukloniti v iz l
s = s - s_1 (ukloniti prvo pojavljivanje w(odn s_1) u s)
end
spojiti granom preostala 2 elementa iz l
Primer 6 Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (8 3 7 4 7 5)
Algoritam
l = (1 2 3 4 5 6 7 8)s = (8 3 7 4 7 5)v = 1 w = 8T = T + 18
69
Dakle ukupno ih ima 3 Sa 4 oznacena cvora bice ih 16
Definicija 10 Priferov niz je bilo koji niz od nminus 2 broja iz Nn (koji dozvo-ljava i ponavljanja tih brojeva)
Jedan Priferov niz duzine nminus2 jednoznacno odreduje jedno stablo sa n cvorovaVazi i obratno
1093 Odredivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
Neka je s Priferov niz s = (s1 s2 snminus2) si isin Nn i = 1 nminus2 Algoritamglasi
s = ()
for i=1 to n-2
v - cvor stepena 1 najmanje tezine
s_i - sused od v
T = T - vs_i
end
Primer 5 Odrediti Priferov niz stabla G sa slike
Algoritam
s = ()s = (8)s = (83)s = (837)s = (8374)s = (83747)s = (837475)Kraj
Postupni prikaz algoritma
68
1094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
Neka jel = (1 2 n)s = (s1 s2 snminus2) - Priferov nizT - prazan graf sa n cvorova
Algoritam glasi
for i=1 to n-2
v - najmanja oznaka koja se nalazi u l a ne nalazi u s
w - s_1
T = T + vw
ukloniti v iz l
s = s - s_1 (ukloniti prvo pojavljivanje w(odn s_1) u s)
end
spojiti granom preostala 2 elementa iz l
Primer 6 Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (8 3 7 4 7 5)
Algoritam
l = (1 2 3 4 5 6 7 8)s = (8 3 7 4 7 5)v = 1 w = 8T = T + 18
69
1094 Odredivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
Neka jel = (1 2 n)s = (s1 s2 snminus2) - Priferov nizT - prazan graf sa n cvorova
Algoritam glasi
for i=1 to n-2
v - najmanja oznaka koja se nalazi u l a ne nalazi u s
w - s_1
T = T + vw
ukloniti v iz l
s = s - s_1 (ukloniti prvo pojavljivanje w(odn s_1) u s)
end
spojiti granom preostala 2 elementa iz l
Primer 6 Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (8 3 7 4 7 5)
Algoritam
l = (1 2 3 4 5 6 7 8)s = (8 3 7 4 7 5)v = 1 w = 8T = T + 18
69
l = (2 3 4 5 6 7 8)s = (3 7 4 7 5)v = 2 w = 3T = T + 23l = (3 4 5 6 7 8)s = (7 4 7 5)v = 3 w = 7T = T + 37l = (4 5 6 7 8)s = (4 7 5)v = 6 w = 4T = T + 64l = (4 5 7 8)s = (7 5)v = 4 w = 7T = T + 47l = (5 7 8)s = (5)v = 7 w = 5T = T + 75T = T + 58
Na kraju smo dobili graf
Postupni prikaz algoritma
70
Primer 7 Odrediti Priferov niz stabla G sa slike
Postupak je isti kao u primeru 5 Resenje s = (3 1 8 2 2 4)
Primer 8 Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (3 5 8 4 5 9 2)
Postupak je isti kao u primeru 6 Resenje je grafik na slici
71
Primer 7 Odrediti Priferov niz stabla G sa slike
Postupak je isti kao u primeru 5 Resenje s = (3 1 8 2 2 4)
Primer 8 Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (3 5 8 4 5 9 2)
Postupak je isti kao u primeru 6 Resenje je grafik na slici
71
1010 Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu
Teorema 10 (Kejlojeva teorema) Broj razapinjucih stabala grafa Kn
jennminus2
- Bez dokaza
Definicija 10 Neka je zadat proizvoljan graf G i neka je e grana tog grafaGraf koji se dobija KONTRAKCIJOM grane e u oznaci Ge je graf koji se do-bija od grafa G tako sto se obrise grana e a dva cvora koja je ona spajala spojeu jedan
Definicija 10 Broj razapinjucih stabala grafa G oznacavamo t(G)
Videli smo da je t(G) = n akko je graf G uniciklican i taj ciklus ima n granaPostavlja se pitanje kako odrediti t(G) nekog nasumicnog grafa G U tome nampomaze sledeca teorema
Teorema 10t(G) = t(Gminus e) + t(Ge)
- Bez dokaza
Pokazimo ovo na nekom primeru Neka je dat graf G na sledecoj slici
72
Potrebno je odrediti t(G) Da bismo iskoristili teoremu 10 neophodno je dapametno odaberemo granu e Ukoliko je e = 35 dobijamo
Hajde da odredimo graf Ge kao i t(Ge) Na sledecoj slici vidimo kako izgledakada kontrakujemo granu e
Da bismo dobili razapinjuce stablo ovog grafa moramo svaki put da uklonimo 1multi-granu i 1 granu ciklusa (1236 odnosno 1256) Prema principu proizvodaukupan broj nacina da se ovo uradi je 2 middot 4 = 8 odakle sledi da je t(Ge) = 8
Uklanjanjem grane e iz pocetnog grafa dobijamo jedan uniciklican graf kojiima 6 grana odakle sledi t(Gminus e) = 6
Primenom teoreme 10 dobijamot(G) = t(Gminus e) + t(Ge)t(G) = 6 + 8t(G) = 14
Definicija 10 Ako je T razapinjuce stablo povezanog grafa G tada sedodavanjem proizvoljne grane stablu T pri cemu ona pripada ostatku grafa Ga ne pripada T dobija tacno jedan ciklus u novonastalom grafu Taj ciklus zoveELEMENTARNI CIKLUS grafa G u osnosu na stablo T
73
U ovom primeru dodavanjem grane v3v5 dobili smo tacno jedan elementarniciklus (v2v3v5)
Definicija 10 Broj elementarnih ciklusa grafa G u odnosu na proizvoljnostablo T (ili proizvoljnu sumu T ukoliko je graf G nepovezan) naziva se CI-KLOMATICNI BROJ grafa G u oznaci ν To je jedna invarijanta grafa
Teorema 10 Ciklomaticni broj ν grafa G zadovoljava relaciju
ν = mminus n+ p
gde jem - broj granan - broj cvorovap - broj komponenti povezanostigrafa G
Primer 8 Odrediti ν i sve elementarne cikluse grafa G
ν = mminus n+ pν = 10minus 7 + 1 = 4
Elementarni ciklusi- Dodavanjem 12 dobijamo 12567- Dodavanjem 16 dobijamo 167- Dodavanjem 23 dobijamo 231765- Dodavanjem 34 dobijamo 3471
74
- PREBROJAVANJE
-
- Osnovni pojmovi
- Principi prebrojavanja
-
- Princip jednakosti
- Princip zbira
- Princip proizvoda
-
- Dirihleov princip
-
- Uopšteni Dirihleov princip
-
- IZBORI ELEMENATA
-
- Ured16eni izbori elemenata sa ponavljanjem
- Ured16eni izbori elemenata
-
- Permutacije
-
- Neured16eni izbor elemenata
- Neured16eni izbor elemenata sa ponavljanjem
-
- Permutacije sa ponavljanjem
-
- GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA
-
- Generisanje permutacija
-
- Generisanje k-te permutacije
-
- Generisanje kombinacija
-
- BINOMNI KOEFICIJENTI
-
- Osnovne osobine
- Neki identiteti
-
- FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
- FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCIJE)
-
- Množenje polinoma
- Odred16ivanje funkcija generatrise
-
- REKURENTNE JEDNACINE
-
- Linearna rekurentna jednacina
- Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
- Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Nelinearne rekurentne jednacine
- Funkcije generatrise i rešavanje rekurentnih jednacina
-
- BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
-
- Fibonacijevi brojevi
-
- Zlatna podela
- Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
- Osobine Fibonacijevih brojeva
-
- Tribonacijevi brojevi
- Lukasovi brojevi
- Katalanovi brojevi
-
- Particije
-
- Kompozicije brojeva
- Particije brojeva
-
- Ferersovi dijagrami
-
- Neki identiteti sa particijama
- Particije skupova
- Neki identiteti
-
- Grafovi
-
- Tipovi grafova
- Neki grafovi
- Izomorfizam grafa i invarijante
- Šetnja staze i putevi
- Maticna reprezentacija grafova
- Stabla
- Razapinjuci graf
- Pretraga grafa
- Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
-
- Odred16ivanje minimalnih razapinjucih stabala u težinskom grafu
- Razapinjuca stabla u oznacenim grafova
- Odred16ivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
- Odred16ivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
-
- Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu
-
- fdrm0
- fdrm1
- fdrm2
- fdrm3
Potrebno je odrediti t(G) Da bismo iskoristili teoremu 10 neophodno je dapametno odaberemo granu e Ukoliko je e = 35 dobijamo
Hajde da odredimo graf Ge kao i t(Ge) Na sledecoj slici vidimo kako izgledakada kontrakujemo granu e
Da bismo dobili razapinjuce stablo ovog grafa moramo svaki put da uklonimo 1multi-granu i 1 granu ciklusa (1236 odnosno 1256) Prema principu proizvodaukupan broj nacina da se ovo uradi je 2 middot 4 = 8 odakle sledi da je t(Ge) = 8
Uklanjanjem grane e iz pocetnog grafa dobijamo jedan uniciklican graf kojiima 6 grana odakle sledi t(Gminus e) = 6
Primenom teoreme 10 dobijamot(G) = t(Gminus e) + t(Ge)t(G) = 6 + 8t(G) = 14
Definicija 10 Ako je T razapinjuce stablo povezanog grafa G tada sedodavanjem proizvoljne grane stablu T pri cemu ona pripada ostatku grafa Ga ne pripada T dobija tacno jedan ciklus u novonastalom grafu Taj ciklus zoveELEMENTARNI CIKLUS grafa G u osnosu na stablo T
73
U ovom primeru dodavanjem grane v3v5 dobili smo tacno jedan elementarniciklus (v2v3v5)
Definicija 10 Broj elementarnih ciklusa grafa G u odnosu na proizvoljnostablo T (ili proizvoljnu sumu T ukoliko je graf G nepovezan) naziva se CI-KLOMATICNI BROJ grafa G u oznaci ν To je jedna invarijanta grafa
Teorema 10 Ciklomaticni broj ν grafa G zadovoljava relaciju
ν = mminus n+ p
gde jem - broj granan - broj cvorovap - broj komponenti povezanostigrafa G
Primer 8 Odrediti ν i sve elementarne cikluse grafa G
ν = mminus n+ pν = 10minus 7 + 1 = 4
Elementarni ciklusi- Dodavanjem 12 dobijamo 12567- Dodavanjem 16 dobijamo 167- Dodavanjem 23 dobijamo 231765- Dodavanjem 34 dobijamo 3471
74
- PREBROJAVANJE
-
- Osnovni pojmovi
- Principi prebrojavanja
-
- Princip jednakosti
- Princip zbira
- Princip proizvoda
-
- Dirihleov princip
-
- Uopšteni Dirihleov princip
-
- IZBORI ELEMENATA
-
- Ured16eni izbori elemenata sa ponavljanjem
- Ured16eni izbori elemenata
-
- Permutacije
-
- Neured16eni izbor elemenata
- Neured16eni izbor elemenata sa ponavljanjem
-
- Permutacije sa ponavljanjem
-
- GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA
-
- Generisanje permutacija
-
- Generisanje k-te permutacije
-
- Generisanje kombinacija
-
- BINOMNI KOEFICIJENTI
-
- Osnovne osobine
- Neki identiteti
-
- FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
- FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCIJE)
-
- Množenje polinoma
- Odred16ivanje funkcija generatrise
-
- REKURENTNE JEDNACINE
-
- Linearna rekurentna jednacina
- Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
- Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Nelinearne rekurentne jednacine
- Funkcije generatrise i rešavanje rekurentnih jednacina
-
- BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
-
- Fibonacijevi brojevi
-
- Zlatna podela
- Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
- Osobine Fibonacijevih brojeva
-
- Tribonacijevi brojevi
- Lukasovi brojevi
- Katalanovi brojevi
-
- Particije
-
- Kompozicije brojeva
- Particije brojeva
-
- Ferersovi dijagrami
-
- Neki identiteti sa particijama
- Particije skupova
- Neki identiteti
-
- Grafovi
-
- Tipovi grafova
- Neki grafovi
- Izomorfizam grafa i invarijante
- Šetnja staze i putevi
- Maticna reprezentacija grafova
- Stabla
- Razapinjuci graf
- Pretraga grafa
- Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
-
- Odred16ivanje minimalnih razapinjucih stabala u težinskom grafu
- Razapinjuca stabla u oznacenim grafova
- Odred16ivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
- Odred16ivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
-
- Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu
-
- fdrm0
- fdrm1
- fdrm2
- fdrm3
U ovom primeru dodavanjem grane v3v5 dobili smo tacno jedan elementarniciklus (v2v3v5)
Definicija 10 Broj elementarnih ciklusa grafa G u odnosu na proizvoljnostablo T (ili proizvoljnu sumu T ukoliko je graf G nepovezan) naziva se CI-KLOMATICNI BROJ grafa G u oznaci ν To je jedna invarijanta grafa
Teorema 10 Ciklomaticni broj ν grafa G zadovoljava relaciju
ν = mminus n+ p
gde jem - broj granan - broj cvorovap - broj komponenti povezanostigrafa G
Primer 8 Odrediti ν i sve elementarne cikluse grafa G
ν = mminus n+ pν = 10minus 7 + 1 = 4
Elementarni ciklusi- Dodavanjem 12 dobijamo 12567- Dodavanjem 16 dobijamo 167- Dodavanjem 23 dobijamo 231765- Dodavanjem 34 dobijamo 3471
74
- PREBROJAVANJE
-
- Osnovni pojmovi
- Principi prebrojavanja
-
- Princip jednakosti
- Princip zbira
- Princip proizvoda
-
- Dirihleov princip
-
- Uopšteni Dirihleov princip
-
- IZBORI ELEMENATA
-
- Ured16eni izbori elemenata sa ponavljanjem
- Ured16eni izbori elemenata
-
- Permutacije
-
- Neured16eni izbor elemenata
- Neured16eni izbor elemenata sa ponavljanjem
-
- Permutacije sa ponavljanjem
-
- GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA
-
- Generisanje permutacija
-
- Generisanje k-te permutacije
-
- Generisanje kombinacija
-
- BINOMNI KOEFICIJENTI
-
- Osnovne osobine
- Neki identiteti
-
- FORMULA UKLJUCENJA ndash ISKLJUCENJA
- FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCIJE)
-
- Množenje polinoma
- Odred16ivanje funkcija generatrise
-
- REKURENTNE JEDNACINE
-
- Linearna rekurentna jednacina
- Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
- Nehomogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima
-
- Nelinearne rekurentne jednacine
- Funkcije generatrise i rešavanje rekurentnih jednacina
-
- BROJEVI REKURENTNIH JEDNACINA
-
- Fibonacijevi brojevi
-
- Zlatna podela
- Neke teoreme Fibonacijevih brojeva
- Osobine Fibonacijevih brojeva
-
- Tribonacijevi brojevi
- Lukasovi brojevi
- Katalanovi brojevi
-
- Particije
-
- Kompozicije brojeva
- Particije brojeva
-
- Ferersovi dijagrami
-
- Neki identiteti sa particijama
- Particije skupova
- Neki identiteti
-
- Grafovi
-
- Tipovi grafova
- Neki grafovi
- Izomorfizam grafa i invarijante
- Šetnja staze i putevi
- Maticna reprezentacija grafova
- Stabla
- Razapinjuci graf
- Pretraga grafa
- Algoritmi rada sa razapinjucim stablima
-
- Odred16ivanje minimalnih razapinjucih stabala u težinskom grafu
- Razapinjuca stabla u oznacenim grafova
- Odred16ivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
- Odred16ivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
-
- Broj razapinjucih stabala u oznacenom grafu
-
- fdrm0
- fdrm1
- fdrm2
- fdrm3