kombinatorika-RT-master,prof.dr Djordje Dugosija

8/19/2019 kombinatorika-RT-master,prof.dr Djordje Dugosija

1/20

5. ЕЛЕМЕНТИ КОМБИНАТОРИКЕ

5.1 Пребројавање скупова

Дефиниција 5.1.1 Скуп B је истобројан скупу А аккопостоји бар једна бијекција : f A B→ .

Лако се доказује да је релација“бити истобројан“ релацијаеквиваленције. Класе еквиваленције ове релације називамо кардинални бројеви.За скуп А који је истобројан скупу {1,2,..., }n кажемо да има

n елемената или да је n − скуп; пишемо | | A n= .За скуп А истобројан скупу природних бројева N кажемо да је пребројив.За скуп истобројан скупу реалних бројева кажемо да јеконтинум.

Одређивање колико елемената има неки коначан скуп је један од првих проблема комбинаторике- дела математикекоји се углавном бави коначним скуповима, њиховимсвојствима и односима.За коначне скупове вреде правила збира и производа :

Став 5.1.1 Ако су A и B коначни скупови, ондаA B | | | | | |,

| | | | | | .

A B A B

A B A B

∩ = ∅ ⇒ ∪ = +

× = ⋅

Доказ је тривијалан. Важе и уопштења за више коначних скупова:

1 2 1 2| | | | | | | |n n A A A A A A∪ ∪ ∪ = + + + , ако су свака два од ових

скупова дисјунктна;

1 2 1 2| | | | | | | |n n A A A A A A× × × = ⋅ .

Пример 5.1.1 Одредити број путева од чвора S дочвора Т по мрежи путева на слици


2/20

Приметимо да се до сваког чвора може доћи само из неких

њему суседних чворова до којих се пре стиже.По правилузбира, број начина доласка у чвор једнак је збиру начина доласка до његових претходника. Примењујући поступноово правило видимо да се до чвора С може доћи на 1 начин, до њему суседних такође на 1 начин, итд. Тако поступно додељујемо сваком чвору број начина стизања до њега све док не стигнемо до чвора Т. На слици то су бројеви дописaни уз чвор.

Пример 5.1.2 Одредити број позитивних делилацаброја 180.

Када раставимо 180 на просте факторе 2 2180 2 3 5= ⋅ ⋅ , видимо да му је сваки делилац облика 2 3 5 , {0,1,2}, {0,1,2}, {0,1}a b c a b c⋅ ⋅ ∈ ∈ ∈ .

Делилаца стога има колико и уређених тројки( , , ) {0,1, 2} {0,1,2} {0,1}a b c ∈ × × Сагласно правилу производа има их

3 3 2 18⋅ ⋅ = .

Пример 5.1.3 Одредите број путева од места А доместа B на слици


3/20

По правилу збира број путева је једнак збиру броја путевакоји иду преко C и броја путева који иду преко D. Сваки путпреко C има две деонице прву од А до C ( таквих има 3) и другу од C до B (таквих има 2). По правилу производа број тих путева је једнак 3 2⋅ . Слично, број путева преко D је

једнак 2 2⋅ . Укупно има 10 путева.

Пример 5.1.4 Скуп парних бројева 2 N је пребројив.

Једна бијекција која то доказује је 2 ,n n n N ∈ . Приметимо да је 2 N N ⊂ , а ипак су 2 N и N истобројни!Особина да је прави део истобројан целини је одликабесконачних скупова.

Пример 5.1.5 Доказати да је скуп разломака

(рационалних бројева ) { | , }m

Q m Z n N n

= ∈ ∈ пребројив.

Разломку , ,m

m Z n N n

∈ ∈ одговара целобројна тачка ( , )m n у

координатној равни – чвор целобројне решетке на слици иобратно. Једну бијекцију скупа N на Q конструишемо по

путањи приказаној на слици која пролази сваким чворомрешетке тачно једном. При том прескачемо чворове на

тачкасто обележеним полуправама који одговарају већиндексираном рационалном броју.


4/20

Може се доказати да скуп реалних бројева није пребројив!

5.2 Варијације и пермутације скупа

Нека скуп А има n елемената и нека је ,k N k n∈ ≤

.

Дефиниција 5.2.1 Варијација дужине k (к - пермутација ) н - скупа А је 1- 1 пресликавање скупа {1, 2,..., }k у А, односноуређена k − торка међусобно различитих елеменатаскупа А. Варијација у којој учествују сви елементискупа А по једном (н - пермутација) назива сепермутација скупа А.

Варијацију1 2

1 2

k

k

x x x

обично записујемо као реч 1 2 k x x x од

k различитих слова-елемената скупа А .

Нека је ( , )V n k скуп свих варијација дужине k скупа са n

елемената. Израчунајмо | ( , ) |V n k :

Прво слово варијације може да буде ма који од n елемената

скупа X , дакле може се изабрати на n начина. Ако је првослово изабрано, остала слова граде реч (варијацију) дужине1k − од преосталих 1n − елемената. Таквих речи има

| ( 1, 1) |V n k − − . Према правилу производа имамо

| ( , ) | | ( 1, 1) |,2 k nV n k n V n k = ⋅ − − ≤ ≤ .

Коришћењем изведених формула добијамо


5/20

| ( , ) | | ( 1, 1) | n(n 1) | V(n 2, k 2) | n(n 1) (n ( 2)) | ( ( 1),1) |V n k n V n k k V n k = ⋅ − − = − − − = = − − − − −

. Како је | (m,1) | ,V m m N = ∈ , важи

Став 5.2 .1 Број к - варијација н - скупа је| ( , ) | ( 1) ( ( 1))V n k n n n k = − − − .

Скуп свих пермутација скупа који има n елемената означаваћемо са ( )P n . Имамо

| ( ) | | ( , ) | ( 1) 2 1P n V n n n n= = − ⋅ .

Уводимо скраћеницу ! 1 2n n= ⋅ ⋅ ⋅ , 1,2,...n =

По договору такође је 0! 1= . Став 5.2.2 Број пермутација скупа од елемената је

Пример 5.2.1 На колико начина се од пет лица можесаставити комисија која има председника, секретараи благајника.

Комисија је уређена тројка облика (председник,секретар,благајник). Како исто лице не може имати вишефункција, комисија је варијација дужине 3 од скупа са 5елемената. Број могућих комисија је | (5, 3) | 5 4 3 60V = ⋅ ⋅ = .

Пример 5 .2.2 Колико има начина да се петоро гостијусмести око округлог стола ако је битно само ко докога седи а не и где седи ?

Једно лице се може сместити на било коју столицу, апермутације остала 4 лица дају све могуће распореде, параспореда има 4! 1 2 3 4 24= ⋅ ⋅ ⋅ = .

У даљем ћемо посебно разматрати својства пермутацијаосновног n − скупа{1,2,..., }n .


6/20

Дефиниција 5 .2.2 За пар елемената кажемо дачине инверзију пермутације 1 2 ni i i основног скупа акко je и

На пример, у пермутацији 2413 скупа парови образују инверзије, док то није случај са паром .Пермутација - идентитета нема инверзија.

Дефиниција 5 .2.3 Пермутација скупа је парна (непарна),ако има паран (непаран) број инверзија.

Заменом места (транспозицијом) два слова упермутацији настаје нова пермутација. Транспозицијом двасуседна слова очигледно се мења парност пермутације.Важиопштије:

Став 5.2.3 Транспозицијом било која дваелемента мења се парност пермутације.

Ако између два елемента која транспозицијом замењујуместа има k елемената, онда се та транспозиција можеостварити са 2 1k + транспозиција суседних елемената, па је тврђење доказано.

Пример 5.2.3 Жетони са бројевима 1,2,3,4,5 распоређени су по пољима правоугаоника 2 x 3 као наслици (први ред 123, други ред 54 и празно поље).Сваки жетон суседан празном пољу може сепреместити на њега остављајући место на коме јебио празним. Да ли је могуће понављањем оваквихоперација добити конфигурацију жетона – први ред123, други ред 4,5 и празно поље?

Не може. Свакој конфигурацији жетона придружимопермутацију скупа {1,2,3,4,5} коју читамо настављајући бројеве

другог реда на бројеве првог реда не узимајући у обзир

1 2 3

5 4

1 2 3

4 5


7/20

положај празног поља. Почетна конфигурација дајенепарну пермутацију 12354, а од ње треба добити парнупермутацију 12345. Ово је неизводљиво, јер померањежетона на празно поље без обзира где оно било и из какве

пермутације се реализовало НЕ МЕЊА парност тепермутације. Уствари, уколико се померањем уопште добијенова пермутација, она се може добити са две транспозиције суседних елемената, па је ново добијена пермутација истепарности као полазна тј. увек непарна.

5. 3 Запис пермутација помоћу циклова

Нека је

1 2

(1) (2) ( )

n

p p p p n

=

произвољна пермутација основног скупа {1, 2,..., }n и нека је

{1,2,..., }a n∈ . Посматрајмо низ , ( ), ( ( )),p(p(p(a))),...a p a p p a . Како је основни скуп коначан ,

постоје најмањи ненегативни цели k такав да је ( )k p a неки од претходних чланова овог низа,

Како је p 1-1 то може бити само a . Дакле ( )k p a a= . У том случају за низ 1, ( ),..., ( )k a p a p a− кажемо да чини цикл који записујемо у облику

( 1( ( )... ( ))k a p a p a− ).

Полазећи од неког елемента који није у овом циклу можемо на исти начин образовати цикл који

ће бити дисјунктан са првим циклом. Продужавајући поступак , цео основни скуп биће разложен у

дисјункне цикле. Исписујући те цикле произвољним редом добијамо запис пермутације p

помоћу циклова.

Пример . Запис пермутације123456

324165

помоћу циклова је (134)(2)(56) .

Једноелементне цикле (фиксне тачке пермутације) обично и не пишемо,

Пермутације основног скупа су заправо бијекције тог скупана самог себе. Стога је композиција пермутација поновопермутација. Касније ћемо видети да скуп свих пермутацијаосновног n скупа у односу на композиције чини групу реда

!n . Та се група назива симетрична група nS .Функција !n веома брзо расте.У анализи се доказује да је

! 2 ( ) ( )nn

n n Stirling ова формулаe

π −

5.4. Комбинације скупа


8/20

Дефиниција 5.4.1 к - комбинација н - скупа је било који к - подскуп тог скупа.

Скуп свих к-комбинација н-скупа означимо са ( , )C n k .Израчунајмо | ( , ) |C n k . Пресликајмо скуп к-варијација н-скупа

на скуп к-комбинација истог скупа тако што свакој к-варијацији 1 2 k x x x придружимо к-комбинацију 1 2{ , ,..., }k x x x тог

скупа. Све к-варијације (1) (2) ( ) p p p k x x x за било коју пермутацију

p скупа {1,2,..., }k и само оне пресликавају се у 1 2{ , ,..., }k x x x .

Таквих има к!. Стога к-комбинација има к! пута мање негок-варијација. Тиме је доказан

Став 5.4.1 к - комбинација н - скупа има( 1) ( ( 1)) !

| ( , ) |! !( )!

n n n k nC n k

k k n k

− − −= =

−

.

Дефиниција 5.4.2 Функција!

| ( , ) | |, 0!( )!

0,

nC n k n k n

k n k k

k n

= ≥ ≥

−= >

.

назива се биномни коефицијент .

Одмах се види веза: ( 1)

| ( , ) | | ( , 1) | ,1n k

C n k C n k k nk

− −= − ≤ ≤ .

Постоје и многобројне друге везе од којих је од посебневажности

Став 5.4.21

1

n n n

k k k

+ = + −

.

Посматрамо к-комбинације 1n + скупа {1,2,..., , 1}n n + . Оних у

којима не учествује 1n + има | ( , ) |C n k а оних у којима учествује

1n + има | ( , 1) |C n k − . Следи | ( 1, ) | | ( , ) | | ( , 1) |C n k C n k C n k + = + − , што је и

требало доказати.


9/20

Ова рекурентна формула, између осталог , омогућава да сепомоћу рачунара израчунају биномни коефицијенти за веће n и k тј. када се , због величине бројева који се у њојпојављују, не може користити дефинициона формула , тако

што се исписује ред по ред бројевног троугла

0

0

1 1

0 1

2 2 2

0 1 2

3 3 3 30 1 2 3

тј.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

.........................

.......................... који се зове Паскалов троугао . При том се у меморијирачунара задржава само један ред неопходан за рачунбројева следећег реда.

Из Паскаловог троугла се наслућују нека својства биномних

коефицијената:-Симетричност: ,0

n nk n

k n k

= ≤ ≤ −

-Биномни коефицијентиn

k

,за фиксно n , по к расту до

средњег (к=2

n

) , па опадају исто као што су расли.

1 1

1

k k n n

k k k k

+ + + + + = +

(Чу -ова теорема)

Доказ је лако изводи индукцијом по n .

Пример 5.4.1 Дат је конвексан n - тоугао код кога сеникоје три дијагонале не секу у истој тачки. Коликоима пресечних тачака дијагонала ?


10/20

Има их исто колико и 4-подскупова скупа темена. Таквачетворка чини темена конвексног четвороугла чије дијагонале се секу и обратно, две дијагонале које се секу су дијагонале таквог четвороугла. Дакле, тражени број је

једнак ( 1)( 2)( 3)4 4!n n n n n − − −=

.

Пример 5.4.2 Користећи Чу - ову теорему и једнакост

2 21 2

k k k

= +

, доказати да је

2

1

n(n 1)(2 n 1),

6

n

k

k n N =

+ += ∈∑ .

Решење. 21 1 1

1 1 ( 1)(2 1)2 2

1 2 2 3 6

n n n

k k k

k k n n n n nk

= = =

+ + + += + = + =

∑ ∑ ∑ .

Став 5.2.2. За свака два комплексна броја и важи тзв. биномнаформула ,

Доказ: 1

2

1 2{ , }{ , }

..............{ , }

( ) ( )( ) ( )

n

n

n

x a bn

x a b

x a b

a b a b a b a b x x x∈∈

∈

+ = + + + = ∑ . Нека је у

производу 1 2 n x x x к променљивих једнако b и n k − променљивих

једнако a . Таквих производа има | ( , ) |C n k (онолико колико има начина

да се од n фактора изабере k из којих се бирају сабирци b ) и сви су

једнаки n k k a b− . При том {0,1,..., }k n∈ , па је 1 20

nn k k

n

k

n x x x a b

k

−

=

=

∑ ∑ , што је и

требало доказати.

Стављајући 1a b= = , доказујемо да је0

2n

n

k

n

k =

=

∑ .

Стављајући 1a b− = = , доказујемо да је0

( 1) 0n

k

k

nk =

− = ∑

.

Како је (1 ) (1 ) (1 )m n m n x x x++ = + + , добијамо

0 0 0 00

m n m nk p q p q

k p q p mq n

m n m m m n x x x x

k p q p q

++

= = = ≤ ≤≤ ≤

+ = ⋅ =

∑ ∑ ∑ ∑

Из једнакости полинома следи једнакост коефицијената уз k x :


11/20

0 00 0

p m pq n q

p q k p q k

m n m n m n

k p q p q≤ ≤ ≤≤ ≤ ≤+ = + =

+ = =

∑ ∑ .

5.5 Мултискупови

У комбинаторици често срећемо комбинаторне конфигурације укојим има понављања неких елемената. Тако ако радимо нешто сасловима речи АВАЛА, имамо пет слова, три слова А и по једно В и Л

те не радимо са скупом слова ове речи, јер он има само три елементанего са његовим уопштењем у коме се појављују вишеструкиелементи. Из таквих разлога појам скупа уопштавамо наводећи засваки његов елемент x број ( )m x N ∈ његових понављања. Тако од

скупа добијамо мултискуп.

Дефиниција 5.5.1 Мултискуп је уређени пар од коначног скупа X и пресликавања :m X N → . Скуп X је основа мултискупа М а ( )m x је вишеструкост (број

понављања) елемента x .

Уместо мултискупа ( , ) M X m= писаћемо { ( ) | } M m x x x X = ∈ . Овај

мултискуп има | | ( ) x X

M m x∈

= ∑ елемената.

Како су скупови с којима радимо делови неког универзалног

скупа U домен функције m проширићемо са скупа X на скуп U , акодомен са N на {0,1, 2,..., ,...}n стављајући ( ) 0m x акко x X = ∉ . Мултискуп

{ ( ) | } M m x x x X = ∈ постаје мултискуп са основом U , { ( ) | } M m x x x U = ∈ . Ако

су сви ( ) 0,m x x U = ∈ добијамо празан мултискуп {0 | } x x U ∅ = ∈ .

Појмови подскуп, унија, пресек могу се пренети на мултискупове:

Дефиниција 5.5.2

Мултиподскуп од мултискупа 1 1 2 2M { , ,..., m }k k m x m x x= је мултискуп

1 1 2 2{n , ,..., }k k K x n x n x= такав да је 0 , 1,2,...,i in m i k ≤ ≤ = . Мултиунија 1 1 2 2M { , ,...,m }k k m x m x x= и 1 1 2 2{n , ,..., }k k K x n x n x= је мултискуп

M K ∪ = 1 1 1 2 2 2{max{ , } , max{ , } ,..., max{ , } }k k k m n x m n x m n x .

Мултипресек 1 1 2 2M { , ,..., m }k k m x m x x= и 1 1 2 2{n , ,..., }k k K x n x n x= је мултискуп

M K ∩ = 1 1 1 2 2 2{min{ , } , min{ , } ,..., min{ , } }k k k m n x m n x m n x .


12/20

У случају да је ( ) 1,m x x X = ∈ сви појмови се своде на уобичајене

скуповне појмове.

5.6. Пермутације мултискупова

Дефиниција 5.6.1 Уређена к - торка елемената мултискупа

11 2 2{ , ,..., }n n M m x m x m x= назива се к - пермутација мултискупа М. Ako

je k=|M |, k- пермутација се назива пермутација од М.

Пример 5.6 .1 Све 3 - пермутације мултискупа {2 ,3 }a b исписане

лексикографски су:

aab ,aba ,abb ,baa ,bab ,bba ,bbb.

Пример 5.6 .2 Све пермутације мултискупа {2 ,3 }a b исписанелексикографски су:

aabbb ,ababb ,abbab ,abbba ,baabb ,babab ,babba ,bbaab ,bbaba ,bbbaa.

Ако је вишеструкост неког елемента x мултискупа огромна (тј. већаод сваког природног броја који се при разматрању појављује)писаћемо ( )m x = ∞ .

Став 5.6 .1 Број к - пермутација мултискупа 1 2{ , ,..., }n M x x x= ∞ ∞ ∞ je k n .

Свака к-пермутација је реч облика 1 2 k y y y . При том се свако слово

ове речи може бирати независно од других на n начина. По правилу

производа број свих оваквих речи је ... k

k

n n n n⋅ ⋅ ⋅ =

.

У старијој терминологији к-пермутације мултискупа 1 2{ , ,..., }n M x x x= ∞ ∞ ∞

називане су варијације с понављањем дужине к од н елемената.

Пример 5.6.3 Колико има подскупова к - скуп?

Сваком подскупу1 2

{ , ,..., }mi i i

x x x к-скупа 1 2{ , ,..., }k x x x придружимо к-

пермутацију мултискупа { 0, 1}∞ ∞ -реч која на местима 1 2, ,..., mi i i има

слово 1 а на осталим слово 0. Ово придруживање је бијекција, па

подскупова има колико и ових к-пермутација, дакле 2k .


13/20

Став 5.6 .2 Број пермутација мултискупа 1 1 2 2{m , ,..., }n n M x m x m x= је

1 2

1 2

( )!

! ! !n

n

m m m

m m m

+ + +

.

Свака пермутација је реч са 1 2 nk m m m= + + + слова међу којима има im

слова i x , 1,2,...,i n= . Од к места резервисаних за слова ове речи можемо

на1

k

m

начин изабрати 1m места за слово 1 x , затим од преосталих

1k m− места на1

2

k m

m

−

начина изаберемо 2m места за слово 2 x , итд. све

док не попунимо сва места словима. По правилу производа , бројначина да се то уради је

1 11 1 1 1

1 2 1 1 2 1 2 1 2

! ( )! ( )! !

!( )! !( )! !0! ! !

n n

n n

k m mk k m k k m k m m k

mm m m k m m k m m m m m m

− −− − −− − − − −

= = − − −

.

Приметите да је број 1 2

1 2

( )!

! ! !k

k

m m m

m m m

+ + +

увек цео за целе ненегативне

1 2, , ..., k m m m .

Пример 5.6.4 Колико има речи од слова речи БАНАНА?

Све речи су пермутације мултискупа {1 ,3А,2Н} Б . Има их6!

601!3!2!

= .

Став 5.5.3 Број к - пермутација мултискупа 1 1 2 2{m , m ,..., m }n n x x x је

1 2

!

! ! !k

k

a a a∑

где сума иде по свим уређеним к - торкама

1 2( , ,..., )k a a a које су целобројна решења система

1 2

1 1

2 2

0

0

..................

0

n

n n

a a a k

a m

a m

a m

+ + + =

≤ ≤

≤ ≤

≤ ≤

Свака к-пермутација мултискупа 1 1 2 2{m , m ,..., m }n n x x x је пермутација

неког мултискупа 1 1 2 2{ , ,..., }n na x a x a x који има к елемената и за кога је

0 , 1, 2,...,i ia m i n≤ ≤ = . Резултат следи из става 5.5.2 и правила збира.

5.7 Мултиномна формула


14/20

Став 5.7 .1 За прозвољне комплексне бројеве 1 2, , ..., k x x x вреди

2

1 2 1 2

1 2

!( )

! ! !

k aa an

k k

k

n x x x x x x

a a a+ + + = ∑

, где се сумира по свим

решењима целобројног система

1 2

1

2

0

0

...........

0

k

k

a a a n

a

a

a

+ + + =

≤

≤

≤

Имамо

1 1 2

2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

{ , ,..., }{ , ,..., }

.........................{ , ,..., }

( ) ( )( ) ( )k

k

n k

n

k k k k n

y x x xn y x x x

y x x x

x x x x x x x x x x x x y y y

∈∈

∈

+ + + = + + + + + + + + + = ∑

Производ 1 2 n y y y је облика1 2

1 2k aa a

k x x x акко је реч 1 2 n y y y пермутација

мултискупа 1 1 2 2{ , ,..., }k k a x a x a x . Како ових пермутација има1 2

!

! ! !k

n

a a a ,

тврђење следи.

Став 5.7 .2 (мала Ферма - ова теорема) Ако је n прост број и

k N ∈ , онда| nn k k − .

Довољно је у мултинормној формучи ставити 1 2 1k x x x= = = = и

приметити да су сви коефицијенти мултиномне формуле1 2

!

! ! !k

n

a a a за

1 2, , ..., k a a a n< дељиви са n , јер са n у бројиоцу нема шта да се скрати у

имениоцу, а они који то нису једнаки су 1 и има их k .

Пример 5.7 .1 Одредити коефицијент уз 11 x у развијеном облику

полинома3 7

(1 2 ) x x− + .3 7 37!(1 2 ) 1 ( ) (2 )

! ! !a b c x x x x

a b c− + = −∑ . Сума иде по свим целобројним

тројкама ( , , )a b c таквим да је 7, 3 11, , , 0a b c b c a b c+ + = + = ≥ .

Последњи систем има решење 11 3 , 4 2 , {2,3}b c a c c= − = − + ∈ . Тражени

коефицијент је једнак


15/20

0 5 2 2 2 37! 7!1 ( 1) 2 1 ( 1) 2 84 1680 15760!5!2! 2!2!3!

⋅ − + ⋅ − = − + = .

5.8 Комбинације мултискупова

Дефиниција 5.8 .1 к - комбинација мултискупа М је било који к - мултиподскуп тог мултискупа.

Пример 5.8 .1 Све 5 - комбинације мултискупа {3 ,4 ,1 }a b c су:

{3 ,2 },{3 ,1b,1c},{2a,3b},{2a,2b,1c},{a,4 },{a,3b,1c},{4b,1c}a b a b .

Став 5.8 .1 Број к - комбинација мултискупа 1 1 2 2{ , , , }n nm x m x m x

једнак је броју целобројних решења система

1 2

1 1

2 2

0

0.................

0

n

n n

a a a k

a m

a m

a m

+ + + =

≤ ≤

≤ ≤

≤ ≤

(*)

Тврђење следи одмах, ако се уочи да свака к-комбинација има облик

1 1 2 2{ , ,..., }n na x a x a x , где је 1 2( , ,...., )na a a једно решење горњег система.

Став 5.8.2 Број к - комбинација мултискупа 1 1 2 2{ , , , }n nm x m x m x

једнак је коефицијенту уз k x полинома1 2(1 )(1 ) (1 x x )nmm m x x x x+ + + + + + + + + .

По дистрибутивном закону измножени, ови полиноми дају

1 2 naa a x x x∑ , где сума иде по свим 1 2( , ,..., )na a a таквим да је

0 , , 1,2,...,i i i

a m a Z i n≤ ≤ ∈ = . Коефицијент уз k x једнак је броју целобројних

решења система (*), па је тврђење доказано.У цпецијалном случају, када су мултиплицитети огромни добијамо

Став 5.8 .3 Број к - комбинација мултискупа 1 2{ , , , }n x x x∞ ∞ ∞ једнак

је броју целобројних решења система

1 2

1

2

0

0

.................

0

n

n

a a a k a

a

a

+ + + =≤

≤

≤

(**)

односно коефицијенту уз k x полинома (1 )k n x x+ + + .


16/20

Израчунајмо овај број.Када у запису 1 2 na a a+ + + бројеве , 1,2,...,ia i n= запишемо у унарном

запису (тј. саi

a цртица | ) настаје реч дужине 1k n+ − од k слова | и

1n−

слова+

. На пример, за 6k =

и 5n =

, од израза 0 2 1 0 3+ + + +

добијамо реч || | |||+ + ++ коју придружујемо решењу (0,2,1,0,3) . Овако

добијена реч је 1k n+ − пермутација мултискупа { |,( 1) }k n − + .

Придружимо ту реч решењу 1 2( , ,..., )na a a система (**).

Наведено придруживање је бијекција скупа целобројних решењасистема (**) и скупа ових пермутација. Одатле следи да је тражени

број једнак1( 1)!

!( 1)!

k nk n

k k n

+ − + −= −

.

У старијој литератури к-комбинација мултискупа

1 2{ , , , }n x x x∞ ∞ ∞

називана је комбинација са понављањем дужине кскупа од н елемената.

Пример 5.8 .4 Како израчунати коефицијент уз k x полинома(1 )k n x x+ + + ?

Полиному 21 k x x x+ + + + можемо , не мењајући закључак, додати и

степене ,m x m k > . Тиме би добили n - ти степен бесконачне суме(реда)21 x x+ + + , која је, као сума свих чланова геометријске прогресије,

једнака1

1 x−за | | 1 x < ). Тиме добијамо

2 1(1 ) (1 )1

nn n

x x x x

− + + + = = − −

Уколико знамо следећи резултат који се доказује у анализи:

Став 5.8 .5 ( генералисана биномна формула ) За | | 1 x < функција

( ) (1 ) f x x α = + , Rα ∈

може се на јединствен начин приказати као сума реда

2

0 1 2

k x x x

k

α α α α + + + + +

при чему је

( 1) ( ( 1)), 0,1,2,...

!

k k

k k

α α α α − − −= =

( генералисани биномни

коефицијент), добијамо


17/20

0 0 0 0

( )( 1) ( ( 1)) ( 1) ( 1)(1 ( )) ( ) ( 1)

! !n k k k k

k k k k

n n n n k n k n n x x x x

k k k

−

≥ ≥ ≥ ≥

− − − − − − − + − ++ − = − = − = =

∑ ∑ ∑ ∑

.

Дакле,тражени коефицијент, број комбинација са понављањемдужине к скупа од н елемената је

1n k

k

+ −

.

Пример 5.8.5 Колико различитих порција од 4 кугле сладоледаможемо направити ако кугле могу бити од ваниле, чоколадеили воћне и ових има веома много?

Порција је заправо једна 4-комбинација мултискупа{ , , } ВАНИЛА ЧОКОЛАДА ВОЋЕ ∞ ∞ ∞ . Број свих могућих порција је

3 4 1 6 6 6 5

154 4 2 2

+ − ⋅= = = =

.

Пример 5.8.6 На колико се начина може 6 јабука поделити натроје деце?

Ако прво дете добије 1a , друго 2a , треће 3a јабуке, онда треба да је

1 2 3

1 2 ,3

1 2 ,3

6

, , 0

, ,

a a a

a a a

a a a Z

+ + =

≥

∈

Број решења овог система је

6 3 1 8

246 2

+ −

= = .

Пример 5.8 .7 На колико се начина може 6 јабука поделити натроје деце ако прво дете треба да добије паран број јабука, адруго највише две јабуке?

Тражени број је једнак коефицијенту уз 6 x полинома 0 2 4 6 0 1 2 0 1 2 6

2 3 4 5 6 6

6

( )( )( )

(1 2 2 2 )(1 )

10

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x

+ + + + + + + + + =

+ + + + + + + + + + =

= + +

(после множења)

Исти резултат се добија множењем редова: 2 4 6 8 2 2

22

2 2 2

0 0 0 0

(1 )(1 )(1 )

1 1 1(1 )

1 1 (1 ) (1 ) 1 (1 ) 1

2 2( ) [ ( 1) ]k k k k k

k k k k

x x x x x x x x

x x A B C x x

x x x x x x x

A x B x C x A B C xk k ≥ ≥ ≥ ≥

+ + + + + + + + + + =

+ ++ + = = + +

− − − + − − +

− − = + + − = + + −

∑ ∑ ∑ ∑


18/20

Коефицијенте , , A B C одређујемо методом неодређених коефицијената

из услова једнакости полинома 2 21 (1 )(1 ) (1 ) (1 ) x x A x x B x C x+ + ≡ + − + + + −

Стављајући овде редом 1, 1, 0 x x x= = − = налазимо редом

3 / 2,C 1 / 4,A 3 / 4 B = = = −

. Коефицијент уз

6

x једнак је3 3 ( 2)( 3)( 4)( 5)( 6)( 7) 110

4 2 1 2 3 4 5 6 4

− − − − − −− + + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅.

Приметите да експоненти променљиве x у првом другом и трећемфактору одговарају бројевима јабука које могу добити прво, друго и

треће дете.

5.9 Формула укључења - искључења (ФУИ)

Већ смо видели да се број елемената уније два скупа може

израчунати по формули| | | | | | | | A B A B A B∪ = + − ∩ . Уопштење ове формуле на унију n скупова

назива се

Став 5.9 .1 (формула укључења - искључења (ФУИ) ) :

1 2| | | | | | | |n i i j i j k i i j i j k

A A A A A A A A A< < <

∪ ∪ ∪ = − ∩ + ∩ ∩ −∑ ∑ ∑

Доказаћемо тврђење за мултискупове.

Нека је j

a произвољни елемент уније мултискупова

1 1 2 2{ , ,..., }, 1, 2,...,i i i ik k A m a m a m a i n= =

Не умањујући општост претпоставимо да је1 2 j j njm m m≤ ≤ ≤ . Тада се

ja броји:

njm пута у 1 2| |n A A A∪ ∪ ∪ ;

1

n

jmα α =∑ пута у

1

| |n

Aα α =∑ ;

1 jn

mα α

α −

∑ пута у | | A Aα β

α β <

∩∑ ,;

2 j

nmα

α

α −

∑ пута у

| | A A Aα β γ

α β γ < <

∩ ∩∑ ,;

итд.


19/20

Довољно је проверити да важи једнакост

1 2 3nj j j j jn n n

m m m m mα α α α

α α α α

α α α − − − = − + − +

∑ ∑ ∑ ∑

Ово је тачно, јер је0, n

(1 1)0 1 2 3 1,n

n n n n

n

α α α α α α

α

−− − − −


20/20

2. Колико има пермутација од { 1,2,. . . , 9} које имају бар један од блокова 123, 456 или 789.

Блок 123 има 7! пермутација (колико има пермутација од 123,4,5,6,7,8,9). Исто важи за блокове 456 и 789. Два блока 123 и 456 има 5!

пермутација (колико има пермутација од 123,456,7,8,9 ). Исто важи за блокове 123 и 789 односно 456 и 789. Сва три блока 123. 456 и

789 има 3! пермутација. Бар један од блокова 123, 456 или 789 према ФУИ има 3 7! 3 5! 3!⋅ − ⋅ + пермутација.3. Колико има бројева у {1, 2,...,100}који нису дељиви ни са једним квадратом већим од 1?

Нека је А скуп природних бројева не већих од 100 дељивих са22 = 4, B скуп природних бројева не већих од

100 дељивих са 23 = 9 , C скуп природних бројева не већих од 100 дељивих са 25 =25 , D скуп природних

бројева не већих од 100 дељивих са27 =49. Тражи се | |c c c c A B C D∩ ∩ ∩ , што је према ФУИ једнако

100-(100 100 100 100

4 9 25 49

+ + +

)+2 2

100 1004 0 0

(2 3) (2 5)

+ + ⋅ − ⋅ ⋅

=61.

4. Доказати да је број на пресликавања са 1 2{ , ,..., }n x x x на 1 2{ , ,..., },m y y y n m≥ једнак

( 1) ( 2) ( 1) 01 2

n n n m nm m m

m m mm

− − + − − + −

.

5. Нека је ( )nϕ број природних бројева не већих од n и узајамно простих са n (Ојлерова

функција) . Ако је 1 21 2 ,k aa a

k n p p p= растав броја n на просте факторе ( 1,... k p p су различити

прости бројеви), доказати да је

1 2

1 1 1( ) (1 )(1 ) (1 )

k

n n p p p

ϕ = − − − .

kombinatorika-RT-master,prof.dr Djordje Dugosija

Documents

Transcript of kombinatorika-RT-master,prof.dr Djordje Dugosija