Skripta sa predavanja, Rezime od Matematika

Preuzmite Skripta sa predavanja i više Rezime u PDF od Matematika samo na Docsity!

Diskretne strukture 2

Letnji semestar 2013/

dr Zoran Stani´c

Autori:

Nikola Ajzenhamer

Anja Bukurov

30. jun 2014.

Sadrˇzaj

1 PREBROJAVANJE

Nikola Ajzenhamer

1.1 Osnovni pojmovi

Osnovni pojmovi o skupovima

Skup se u matematici najˇceˇs´ce uzima kao osnovni pojam, ali moˇzemo ga definisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi ˇcini jedan objekat. Za oznaˇcavanje skupova se najˇceˇs´ce koriste velika slova latinice A, B,... Ako je neki skup konaˇcan ili prebrojivo beskonaˇcan, pa se njegovi elementi mogu na- brojati, mogu se koristiti slede´ci zapisi:

A = {a 1 , a 2 , a 3 ,... , an}, odnosno A = {a 1 , a 2 , a 3 ,.. .}

Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajedniˇcko za sve elemente nekog skupa, onda skup moˇzemo zapisati i kao:

X = {x|φ(x)}

Prebrojiv skup je skup S ˇcija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog pod- skupa skupa prirodnih brojeva N. Ili, neki skup je prebrojiv ukoliko postoji bijektivna funkcija koja moˇze preslikati taj skup S u neki podskup skupa pri- rodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne mo´ci), a vaˇzi i obrnuto, tj. nije bitno da li S slika u N ili N u S. Pod prebrojivim skupovima se podrazume- vaju i konaˇcni skupovi, pa kada ˇzelimo da naglasimo da je skup prebrojiv, ali i beskonaˇcan, nazivamo ga beskonaˇcno prebrojivim skupom.

Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku |X|, gde je X neki skup i vaˇzi da je kardinalni broj nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa.

Neka je X = {x 1 , x 2 ,... , xn}. Tada je |X| = n.

Ako je f : X −→N A 1 − 1 { 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 konaˇcan ili beskonaˇcno prebrojiv, kaˇzemo da je on najviˇse prebrojiv skup.

Svaki skup koji nije prebrojiv, naziva se neprebrojiv skup. Primer neprebro- jivog skupa je skup realnih brojeva R. On ima ve´cu kardinalnu mo´c u odnosu na skup prirodnih brojeva N.

Skupovi i multiskupovi

Razlika izmed¯u skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element ne moˇze ponoviti viˇse puta, dok je u multiskupu to dozvoljeno:

• skup: { 1 } = { 1 , 1 , 1 }
• multiskup: { 1 } 6 = { 1 , 1 , 1 }

Vrste preslikavanja

Preslikavanje f je surjekcija (”NA”) ako za dva skupa X i Y i f : X −→N A^ Y vaˇzi:

∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : f (x) = y

Preslikavanje f je injekcija (”1-1”) ako za dva skupa X i Y i f : X −→ 1 − 1 Y vaˇzi:

∀x 1 , x 2 ∈ X : f (x 1 ) = f (x 2 ) =⇒ x 1 = x 2

Preslikavanje f je bijekcija ako je i ”1-1”i ”NA”.

Definicija 1.1. Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup { 1 , 2 ,... , n}, tada kaˇzemo da skup A ima n elemenata, u oznaci |A| = n.

Definicija 1.2. Prebrojati neki skup znaˇci odrediti broj njegovih elemenata.

1.2 Principi prebrojavanja

Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluˇze da pojednostave pre- brojavanje:

(1) Princip jednakosti

(2) Princip zbira

(3) Princip proizvoda

1.2.1 Princip jednakosti

Ukoliko postoji f : A −→N A 1 − 1 B, tada |A| = |B|.

Primer 1:

a) Skup parnih brojeva Π

• ima prebrojivo mnogo beskonaˇcno elemenata f : N −→N A 1 − 1 Π, f (x) = 2x

b) A ⊆ { 1 , 2 ,... , 30 }, x ∈ A ⇐⇒ 3 |x f : { 1 , 2 ,... , 10 } −→N A 1 − 1 A, f (x) = 3x

1.2.2 Princip zbira

Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni koji nemaju zajedniˇckih elemenata, odn. A ∩ B = ∅), tada |A ∪ B| = |A| + |B|.

Primer 4: Za svaki prirodan broj n, postoji umnoˇzak tog broja koji je zapisiv samo pomo´cu jedinica i nula (u dekadnom sistemu): ∀n ∈ N, ∃k : k · n = 111... 100... 0

Dokaz:

Ako neki od brojeva 1, 11 , 111 , 1111 ,... , (^11) ︸.. .︷︷ (^111) ︸ n

• jeste deljiv brojem n, onda je taj broj traˇzeni broj
• nije deljiv brojem n, onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenju n. Mogu´ci ostaci su { 1 , 2 ,... , n − 1 }. Tih ostataka ima ukupno n − 1, a brojeva ima n, pa (prema Dirihleovom principu): =⇒ barem 2 broja imaju isti ostatak, a razlika ta dva broja je traˇzeni broj:

Za k > l:

k ︷ ︸︸ ︷ 11111111... 111 − (^11111) ︸ ︷︷... 1 ︸ l ——————— 11 ... 100... 0000

4

1.3.1 Uopˇsteni Dirihleov princip

Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vaˇzi m > r · n, moˇzemo zakljuˇciti da ´ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata.

Primer 5: Koliko minimalno karata iz ˇspila treba izvu´ci, tako da med¯u izvuˇcenim kartama budu sva 4 znaka? 40

Reˇsenje: Za svaki znak postoji 13 karata u ˇspilu. Ukoliko izvuˇcemo 13 ka- rata, moˇzemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem sluˇcaju izvukli sve karte jednog znaka. Ukoliko izvuˇcemo joˇs 13, imamo sve karte dva znaka. Nakon joˇs 13 karata, u najnepovoljnijem sluˇcaju imamo sve karte 3 znaka. To znaˇci da izvlaˇcenjem joˇs samo 1 karte mi moˇzemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4 znaka. 13 + 13 + 13 + 1 = 40.

Primer 6: Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve med¯usobno poznaju ili se ne poznaju.

Reˇsenje: Neka je A skup tih osoba koje oznaˇcavamo a, b, c, d, e, f , dakle: A = {a, b, c, d, e, f }. Ako izdvojimo odobu a, onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznaju osobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupa A). Imamo 2 podskupa i 5 osoba, pa prema Dirihleovom principu zakljuˇcujemo slede´ce:

2 podskupa 5 osoba

=⇒ Jedan podskup ima 3 osobe, i neka to bude, npr, {b, c, d}.

Neka vaˇzi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a. Ukoliko u tom podskupu postoje osobe koje se poznaju, onda te dve osobe i a ˇcine traˇzeni skup (tri osobe koje se poznaju). Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju, onda baˇs te tri osobe ˇcine traˇzeni skup (tri osobe koje se ne poznaju).

Ako b, c i d ne poznaju a, onda je zakljuˇcak analogan prethodnom sluˇcaju.

mogu´ce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva. Ako ˇzelimo da go- vorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem, onda je to potrebno naglasiti, na primer, ”3-permutacije sa ponavljanjem”.

Takod¯e, kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem, mogu´ce je nisku ”sa ponavljanjem” zameniti niskom ”multiskupa”, tako da moˇzemo govoriti o ”kombinacijama drugog reda multiskupa” i sliˇcno.

2.1 Ured¯eni izbori elemenata sa ponavljanjem

Ukupan broj ured¯enih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m ele- menata jednak je broju razliˇcitih preslikavanja f : N −→ M , gde vaˇzi |N | = n, |M | = m.

Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odred¯eno ako su zadate sve slike elemenata iz N.

Teorema 2.1. Broj razliˇcitih prethodno opisanih preslikavanja je mn, n ≥ 1.

Dokaz: (indukcijom po n)

(1) BAZA INDUKCIJE: Neka je n = 1. Postoji m^1 = m mogu´cnosti za sliku jednog elementa skupa N.

(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da vaˇzi za n − 1 (INDUKTIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇzi za n.

Iz induktivne hipoteze zakljuˇcujemo da n − 1 elemenata skupa N moˇze se pre- slikati u elemente skupa M na mn−^1 naˇcina, a onaj preostali, n-ti element, moˇze se na m naˇcina preslikati u neki element skupa M. Sveukupno postoji m · mn−^1 = mn^ naˇcina (preslikavanja).

4

Teorema 2.2. Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2 n, ukoliko taj skup ima n elemenata. Odnosno, za |X| = n vaˇzi |P (X)| = 2n.

Dokaz:

Neka je A ⊂ X i fA karakteristiˇcna funkcija skupa A. Ona je definisana na

slede´ci naˇcin: fA : X −→ { 0 , 1 }, fA(x) =

1 , x ∈ A 0 , x /∈ A Broj podskupova od X jednak je broju razliˇcitih razliˇcitih funkcija fA. Primenjuju´ci teoremu 2.1. sledi: ovakvih preslikavanja ima 2n.

4

2.2 Ured¯eni izbori elemenata

Broj ured¯enih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je broju injektivnih preslikavanja f : N −→ 1 − 1 M , gde je |N | = n, |M | = m.

Teorema 2.3. Broj razliˇcitih prethodno opisanih preslikavanja je

∏n− 1 i= 0 (m^ −^ i). n∏− 1

i=

(m − i) = m · (m − 1) ·... · (m − n + 1)

Dokaz: (indukcijom po n)

(1) BAZA INDUKCIJE: Za n = 1 postoji m razliˇcitih preslikavanja da se jedan element iz N preslika u elemente skupa M.

(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da vaˇzi za n − 1 (INDUKTIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇzi za n. Budu´ci da vaˇzi za n − 1, to znaˇci da se n − 1 elemenata skupa N moˇze injektivno preslikati na elemente skupa M na m·(m−1)·.. .·(m−n+2) naˇcina, a onaj preo- stali, n-ti element, moˇze se preslikati na neki element iz M na (m−n+1) naˇcina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vaˇzi n > m). Sveukupno, n elemenata iz N moˇze se na

∏n− 1 i=0 (m^ −^ i) naˇcina injektivno preslikati. 4

◦ Da bi postojalo injektivno preslikavanje, mora da bude ispunjen uslov m ≥ n. Ipak, sve i da to ne vaˇzi, formula

∏n− 1 i=0 (m^ −^ i) ´ce i dalje vaˇziti jer ´ce neki od ˇcinilaca u proizvodu biti jednak 0, pa je ceo rezultat 0.

• Broj ured¯enih izbora elemenata iz N u M , |N | = n, |M | = m je

∏n− 1 i= 0 (m^ −^ i).

Primer 2: Dato nam je 10 gradova i treba obi´ci 4, svaki po jednom. Na koliko naˇcina je mogu´ce to uraditi? 5040

Reˇsenje: —– —– —– —– 10 9 8 7 Dakle, reˇsenje je: 10 · 9 · 8 · 7 = 90 · 56 = 5040

2.2.1 Permutacije

Permutacije su specijalan sluˇcaj ured¯enih izbora elemenata kada vaˇzi da je m = n. Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n! (n ”faktori- jel”). n! = n · (n − 1) · (n − 2) ·... · 2 · 1 Primer 3: Permutacije skupa { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } su zapravo razmeˇstanja elemenata ovog skupa. Jedna od njih je 12345, neka druga je 24531, a ukupno ih ima 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120.

2.3 Neured¯eni izbor elemenata

Teorema 2.4. Broj neured¯enih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata

iznosi:

n k

Uopˇstenjem prethodnog primera, dolazimo do broja neodred¯enih izbora k ele-

menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata:

n + k − 1 k

2.4.1 Permutacije sa ponavljanjem

Primer 6: Koliko razliˇcitih reˇci, ukljuˇcuju´ci besmislene, moˇze da se sastavi od slova reˇci MATEMATIKA? 302400

Reˇsenje: Vidimo da se slovo A javlja 3 puta, kao i da se slova M i T javljaju 2 puta. Ostala slova se javljaju samo jednom.

• Broj mogu´cih mesta za M je

• Broj preostalih mogu´cih mesta za A je

• Broj preostalih mogu´cih mesta za T je

• Broj mogu´cih mesta za preostala slova je 3! (to su zapravo permutacije)

Dakle, ukupno reˇ( ci ima: 10 2

Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvi element javlja n 1 puta, drugi element n 2 puta,... , k-ti element javlja nk puta, pri ˇcemu je n = n 1 + n 2 +... + nk, iznosi:

( n n 1 , n 2 ,... , nk

n n 1

n − n 1 n 2

n − n 1 − n 2 n 3

n − n 1 − n 2 −... − nk− 1 nk

Teorema 2.5.

n n 1 , n 2 ,... , nk

n! n 1! · n 2! ·... · nk!

Dokaz: ( n n 1 , n 2 ,... , nk

n n 1

n − n 1 n 2

n − n 1 −... − nk− 1 nk

n! n 1! · (^)  (n − n 1 )!

(n − n 1 )! n 2! · (^) ((((((

(n − n 1 − n 2 )!

(n − n 1 −... − nk− 1 )! nk! (n − n 1 −... − nk− 1 − nk)! ︸ ︷︷ ︸ 0!=

n! n 1! · n 2! ·... · nk! 4

3 GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBI-

NACIJA

3.1 Generisanje permutacija

Generisanje permutacija podrazumeva odred¯ivanje svih permutacija n ele- menata. Pored generisanja, razmatramo i njihovo ured¯enje u skladu sa nekim pravilima. Jedno od ured¯enja je i leksikografsko ured¯enje.

Neka je S = { 1 , 2 ,... , n}. Vaˇzi: |S| = n. Ukupan broj permutacija skupa S je n!

Neka su A i B neke permutacije skupa S: A = a 1 a 2... an, ai ∈ S B = b 1 b 2... bn, bi ∈ S gde su svaki od ai, i = 1, 2 ,... , n kao i bi, i = 1, 2 ,... , n med¯usobno razliˇciti.

U leksikografskom ured¯enju permutacija A nalazi se ispred permutacije B uko- liko vaˇzi: a 1 = b 1 , a 2 = b 2 ,... , ak− 1 = bk− 1 , ak < bk

◦ Prva permutacija skupa S je 12...n ◦ Druga permutacija skupa S je 12...n(n − 1) .. . ◦ Poslednja permutacija skupa S je n(n − 1)... 21

Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ˇciji su elementi razliˇciti od elemenata skupa S (npr. slova, svi parni brojevi i dr.), uspostavljanjem bi- jektivnog preslikavanja izmed¯u skupova X i S, moˇzemo svesti rad na skup S.

Primer 1: Neka je S = { 1 , 2 , 3 , 4 }. Odrediti sve permutacije i pored¯ati ih u leksikografsko ured¯enje:

Reˇsenje: 1234 , 1243 , 1324 , 1342 , 1423 , 1432 , 2134 , 2143 , 2314 , 2341 , 2413 , 2431 , 3124 , 3142 , 3214 , 3241 , 3412 , 3421 , 4123 , 4132 , 4213 , 4231 , 4312 , 4321

Kako na´ci prvu slede´cu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju?

Algoritam za reˇsavanje glasi: Zdesna traˇzimo rastu´ci niz i pratimo ga do taˇcke kada poˇcne da opada. Uve´cati poslednju rastu´cu cifru ukoliko je to mogu´ce , a ako nije, onda prvu sleva uve´cati za 1, i, konaˇcno, preostali niz ured¯ati.

Primer 2: Neka je S = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } i data je permutacija P skupa S: P = 42531. Na´ci prvu slede´cu permutaciju.

Reˇsenje: Prate´ci algoritam, prva slede´ca permutacija glasi: P¯ = 43125

a 3 je po redu d

e = 1, dakle, prva cifra u rastu´cem poretku preostalih eleme-

nata ({ 1 , 4 }), a to je broj 1. Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru traˇzene permutacije.

3.2 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 a 1 a 2 ...ak − kombinacije.

Primer 5: Generisati sve kombinacije skupa S = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 } reda 3.

Reˇsenje: 123 , 124 , 125 , 134 , 135 , 145 234 , 235 , 245 345

Kontrolisanje ured¯enja kombinacija skupa S:

◦ prva kombinacija po redu je 12...k (prvih k elemenata) ◦ druga kombinacija po redu je 12...(k + 1) .. .

◦ poslednja (

n k

-ta) kombinacija je (n − k + 1)...(n − 1)n

Posmatrajmo slede´cu situaciju:

• • •... • ∈ { 0 , 1 } 1 2 3... n

Dakle, neka postoje neke taˇcke (koji sluˇze kao indikatori) iznad elemenata skupa S. Te taˇcke pripadaju skupu { 0 , 1 }. Onda vaˇzi slede´ce:

Raspored nula i jedinica u ured¯enoj n-torci koja sadrˇzi taˇcno k jedinica je- dinstveno odred¯uje taˇcno 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 ured¯ivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata (nula i jedinica), gde jedinica ima taˇcno k:

◦ prva:

k ︷ ︸︸ ︷ 11 ...1 00... 0 .. . ◦ poslednja: 00...0 11︸ ︷︷ ︸... 1

k Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija, razmatra se i generisanje jedne sluˇcajne permutacije, odn. kombinacije.

4 BINOMNI KOEFICIJENTI

4.1 Osnovne osobine

Binomni koeficijenti su

n k

=def

n! k! · (n − k)! ili

n k

=def

n · (n − 1) ·... · (n − k + 1) k!

Prva definicija vaˇzi za svake n, k koji pripadaju skupu N, dok se primenom druge definicije moˇze sluˇcaj uopˇstiti za n ∈ R, k ∈ N.

Primer 1: Na´ci binomni koeficijent za n = − 5 , 3 , k = 3.

Reˇsenje:

Dodefiniˇse se:

n k

= 0 ⇐⇒ k < 0 ∧ k > n

(4.1.) Uslov simetriˇcnosti: ( n k

n n − k

Dokaz: ( n n − k

n! (n − k!) · (n − n + k)!

n! k! · (n − k!)

n k

(4.2.) Adiciona formula:

( n k

n − 1 k

n − 1 k − 1

Dokaz:

( n − 1 k

n − 1 k − 1

(n − 1)! k! · (n − k − 1)!

(n − 1)! (k − 1)! · (n − k)!

(n − 1)! · (n − k) + (n − 1)! · k k! · (n − k)!

(n − 1)! · (n − k + k) k! · (n − k)!

n! k! · (n − k)!

n k

Paskalov trouglao:

Ukoliko je x = 1, y = −1: 0 =

∑n k=

n k

· (−1)n−k^ =

∑n k=

n k

· (−1)k

Primer 2: Razviti binom (x+y)^5. x^5 + 5x^4 y + 10x^3 y^2 + 10x^2 y^3 + 5xy^4 + y^5

Reˇsenje: Treba izraˇcunati sve koeficijente

k

, za k = 0, 1 ,... , 5 ili pri-

menom Paskalovog trougla za n = 5. Traˇzeni koeficijenti su 1, 5 , 10 , 10 , 5 , 1 pa je razvoj jednak: y^5 + 5xy^4 + 10x^2 y^3 + 10x^3 y^2 + 5x^4 y + x^5

( Primer 3:^ U razvoju binoma (x^ +^ y)^25 , koji koeficijent stoji uz^ x^10 y^15? 25 10

Reˇsenje: Znamo da je n = 25. Iz x^10 y^15 zakljuˇcujemo da je k = 10, pa je

traˇzeni koeficijent

Primer 4: ˇSta se nalazi uz x^6 y^11 u razvoju binoma (2x− 3 y)^17? − 9504768 · 310

Reˇsenje: n = 17, x^6 y^11 =⇒ k = 6

(2x− 3 y)^17 =

∑^17

k=

k

(2x)k(− 3 y)^17 −k, pa je uz x^6 y^11 :

· 26 ·(−3)^11 =

(4.4.) Polinomna teorema:

(x 1 +x 2 +... xm)n^ =

k 1 + k 2 +... + km = n k 1 , k 2 ,... , km ≥ 0

n k 1 , k 2 ,... , km

xk 1 1 ·xk 2 2 ·.. .·xk mm

n k 1 , k 2 ,... , km

n! k 1! · k 2! ·... · km!

Primer 5: Razviti (x 1 + x 2 + x 3 )^3.

Reˇsenje: (x 1 + x 2 + x 3 )^3 =

x^31 +

x^32 +

x^33 + ( 3 2 , 1 , 0

x^21 x^22 +...

Primer 6: Sta se nalazi u razvoju (ˇ x + y − z)^10 uz x^3 y^2 x^5? − 2520

Reˇsenje: Znamo da je n = 10 i x^3 y^2 z^5 =⇒ k 1 = 3, k 2 = 2, k 3 = 5. Odgo- varaju´( ci ˇclan glasi: 10 3 , 2 , 5

x^3 y^2 (−z)^5 = −

x^3 y^2 z^5 , pa je traˇzeni koeficijent:

4.2 Neki identiteti

(4.5.) Izvlaˇcenje iz zagrade

( n k

n k

n − 1 k − 1

n n − k

n − 1 k

(4.6.) Sumaciona formula

∑^ n

k=

r + k k

r 0

r 1

r + n n

r + n + 1 n

∑^ n

k=

k m

m

m

n m

n + 1 m + 1

(4.7.) Negacija gornjeg indeksa ( −n k

= (−1)k^ ·

n + k − 1 k

(4.8.) Pojednostavljivanje proizvoda ( n m

m k

n k

n − k m − k

(4.9.) Sume proizvoda

∑

k

r k

s n − k

r + s n

k

r k

s n + k

r + s r + n