diskretna matematika

Univerzitet u Banjoj Luci Elektrotehnički fakultet

Diskretna matematika

PRVI DOMAĆI RAD

Student : Predmetni profesor: Jovica Kesić, 1133/09 Dr Zoran Mitrović

Banja Luka, decembar 2010. godine

Prvi domaći rad iz predmeta DISKRETNA MATEMATIKA

Jovica Kesić, 1133/09

2



3

GRUPA A

Zadaci: 1. Neka 𝑛𝑛 ∈ ℕ i 𝑑𝑑|2𝑛𝑛2. Da li 𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑 može biti kvadrat cijelog broja? 2. Ako je 2𝑛𝑛 − 1 prost, onda je n prost. Dokazati! 3. Odrediti sve prirodne brojeve n takve da je 2𝑛𝑛 − 1djeljivo sa 7. 4. Broj a je dobijen tako što su brojevi od 1 do 101 napisani jedan do drugog. Da li je a potpun

kvadrat?

5. Dokazati da je [𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝]𝑚𝑚𝑛𝑛𝑝𝑝

= (𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑛𝑛)(𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑝𝑝) .

6. Riješiti sistem kongurencijskih jednačina 𝑥𝑥 ≡ 7 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑17) 𝑥𝑥 ≡ 9 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑13) 𝑥𝑥 ≡ 3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑12) . 7. Koliko ima prirodnih brojeva 𝑛𝑛 ≤ 106 koji su djeljivi sa 7, a nisu sa 10, 12 i 25? 8. Naći broj riječi dužine n sastavljenih od slova a,b,c,d tako da slovo a nikad nije susjedno

slovu b. 9. Upotrijebiti eksponenacijalnu funkciju generatrisu da biste odredili koliko ima načina da se

25 objekata četiri različite vrste postavi na 25 mijesta, pri čemu na svako mjesto se može smjestiti po jedan objekat, pri čemu objekata prve vrste ima paran broj, objekata druge vrste neparan broj i postoji bar jedan objekat treće i četvrte vrste.

10. Koristeći funkcije generatrise, riješiti rekurzivne relacije: a) 𝑎𝑎0 = 1,𝑎𝑎1 = 8, 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1 − 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2 + 2𝑛𝑛 ,𝑛𝑛 > 1 ;

b) 𝑎𝑎0 = 1,𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1 + 𝑛𝑛,𝑛𝑛 > 0 .



4

Rješenja:

1. Pretpostavimo da je 𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑 potpun kvadrat. Iz 𝑑𝑑|2𝑛𝑛2 slijedi da je 2𝑛𝑛2 = 𝑑𝑑𝑑𝑑. Kako je 𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑 potpun kvadrat, onda je i 𝑑𝑑2(𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑) potpun kvadrat, pa imamo:

2𝑛𝑛2 = 𝑑𝑑𝑑𝑑 => 𝑑𝑑 =2𝑛𝑛2

𝑑𝑑,

𝑑𝑑2(𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑) = 𝑑𝑑2 �𝑛𝑛2 +2𝑛𝑛2

𝑑𝑑 � = 𝑑𝑑2 𝑑𝑑𝑛𝑛2 + 2𝑛𝑛2

𝑑𝑑= 𝑑𝑑𝑛𝑛2(𝑑𝑑 + 2) = 𝑛𝑛2[𝑑𝑑(𝑑𝑑 + 2)]

= 𝑛𝑛2[𝑑𝑑2 + 2𝑑𝑑 + 1 − 1] = 𝑛𝑛2[(𝑑𝑑 + 1)2 − 1].

Konačno je 𝑑𝑑2(𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑) = 𝑛𝑛2[(𝑑𝑑 + 1)2 − 1],

a broj (𝑑𝑑 + 1)2 − 1 nije potpun kvadrat ni za jedno 𝑑𝑑 ∈ ℕ, pa pretpostavka da je 𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑

potpun kvadrat ne važi, odnosno 𝑛𝑛2 + 𝑑𝑑 ne može biti kvadrat cijelog broja.

2. * Brojevi oblika Mn = 2n-1 se nazivaju Mersenovi brojevi. Dokaz: Pretpostavimo suprotno. Neka je n složen broj, takav da je n=kl, pri čemu je 1 < 𝑑𝑑, 𝑙𝑙 < 𝑛𝑛. Tada

se broj 2𝑛𝑛 − 1 može zapisati u obliku �2𝑑𝑑�𝑙𝑙 − 1.

Iz 2𝑛𝑛 − 1 = �2𝑑𝑑�𝑙𝑙 − 1 slijedi da je 2𝑛𝑛 − 1 djeljivo sa 2𝑑𝑑 − 1, odnosno da je

�2𝑑𝑑�𝑙𝑙 − 1 ≡ 0(𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑(2𝑑𝑑 − 1)),

što možemo dokazati na sledeći način. Kako je svaki broj djeljiv sa samim sobom, imamo:

2𝑑𝑑 − 1 ≡ 0 �𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑�2𝑑𝑑 − 1��,

2𝑑𝑑 ≡ 1 �𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑�2𝑑𝑑 − 1��,

�2𝑑𝑑�𝑙𝑙 ≡ 1𝑙𝑙 �𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑�2𝑑𝑑 − 1��,

�2𝑑𝑑�𝑙𝑙 − 1 ≡ 0 �𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑�2𝑑𝑑 − 1��.

Na ovaj način smo dokazali da je broj 2𝑛𝑛 − 1 djeljiv sa 2𝑑𝑑 − 1, pa na osnovu pretpostavke da n nije prost broj, 2𝑛𝑛 − 1 ne bi bio prost broj. Međutim, kako je 2𝑛𝑛 − 1 prost, na osnovu zakona kontrapozicije smo dokazali da je n takođe prost broj.

3. Kako je po uslovu zadatka 2𝑛𝑛 − 1 djeljivo sa 7, slijedi da je 2𝑛𝑛 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7). Kako je: 21 ≡ 2 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7), 22 ≡ 4 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7) i 23 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7)

slijedi da je 23𝑑𝑑+1 ≡ 2 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7), 23𝑑𝑑+2 ≡ 4 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7) i

23𝑑𝑑 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7)



5

Iz 2𝑛𝑛 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7) i 23𝑑𝑑 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 7) slijedi da je traženi broj n oblika 𝑛𝑛 = 3𝑑𝑑, (∀ 𝑑𝑑 ∈ ℕ), odnosno da je n svaki prirodan broj djeljiv sa 3.

4. Da bismo riješili zadatak, potrebno je da pronađemo zbir svih cifara broja a. Neka je Sn zbir cifara dijela broja a, gdje je sa n označena desetica kojoj određeni niz brojeva pripada:

𝑆𝑆𝑛𝑛 = �𝑖𝑖9

𝑖𝑖=1

+ 10𝑛𝑛 .

Odavde slijedi: 𝑆𝑆0 = 45,𝑆𝑆1 = 55, 𝑆𝑆2 = 65, 𝑆𝑆3 = 75, 𝑆𝑆4 = 85, 𝑆𝑆5 = 95, 𝑆𝑆6 = 105,𝑆𝑆7 = 115, 𝑆𝑆8 = 125 i 𝑆𝑆9 = 135. Na ovaj način smo dobili sumu cifara broja a od 1 do 99. Kako bismo dobili sumu svih cifara broja a, potrebno je dodati i sumu cifara brojeva 100 i 101, koja iznosi 3, pa je ukupna suma S:

𝑆𝑆 = �𝑆𝑆𝑛𝑛

9

𝑛𝑛=0

+ 3 = 900 + 3 = 903.

Kako je zbir cifara broja a S=903, zaključujemo da je broj a djeljiv sa 3, jer je 903 ≡ 0 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 3), pa je a složen broj. Međutim, da bi a bio potpun kvadrat, potrebno je da bude djeljiv i sa 9, što nije slučaj jer je 903 ≡ 3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 9), pa zaključujemo da a nije potpun kvadrat.

5. Na osnovu reprezentacije kanonske dekompozicije, pretpostavimo da je 𝑚𝑚 = 𝑝𝑝1

𝑎𝑎1 ∙ 𝑝𝑝2𝑎𝑎2 ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝2

𝑎𝑎𝑑𝑑 ,𝑛𝑛 = 𝑝𝑝1𝑏𝑏1 ∙ 𝑝𝑝2

𝑏𝑏2 ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝2𝑏𝑏𝑑𝑑 𝑖𝑖 𝑝𝑝 = 𝑝𝑝1

𝑐𝑐1 ∙ 𝑝𝑝2𝑐𝑐2 ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝2

𝑐𝑐𝑑𝑑 , gdje su p1, p2,..., pk prosti brojevi i ai, bi, ci, 𝑖𝑖 ∈ {0,1, … ,𝑑𝑑} nenegativni cijeli brojevi. Na osnovu izraza za Najmanji zajednički sadržilac dobijamo

[𝑚𝑚,𝑛𝑛,𝑝𝑝] = 𝑝𝑝1max{𝑎𝑎1,𝑏𝑏1,𝑐𝑐1} ∙ 𝑝𝑝2

max {𝑎𝑎2,𝑏𝑏2,𝑐𝑐2} ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝𝑑𝑑max {𝑎𝑎𝑑𝑑 ,𝑏𝑏𝑑𝑑 ,𝑐𝑐𝑑𝑑},

a na osnovu izraza za Najveći zajednički djelitelj dobijamo (𝑚𝑚,𝑛𝑛,𝑝𝑝) = 𝑝𝑝1

min{𝑎𝑎1,𝑏𝑏1,𝑐𝑐1} ∙ 𝑝𝑝2min{𝑎𝑎2,𝑏𝑏2,𝑐𝑐2} ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝𝑑𝑑min{𝑎𝑎𝑑𝑑 ,𝑏𝑏𝑑𝑑 ,𝑐𝑐𝑑𝑑 },

(𝑚𝑚,𝑛𝑛) = 𝑝𝑝1min{𝑎𝑎1,𝑏𝑏1} ∙ 𝑝𝑝2

min{𝑎𝑎2,𝑏𝑏2} ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝𝑑𝑑min{𝑎𝑎𝑑𝑑 ,𝑏𝑏𝑑𝑑}, (𝑚𝑚,𝑝𝑝) = 𝑝𝑝1

min{𝑎𝑎1,𝑐𝑐1} ∙ 𝑝𝑝2min{𝑎𝑎2,𝑐𝑐2} ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝𝑑𝑑min{𝑎𝑎𝑑𝑑 ,𝑐𝑐𝑑𝑑 },

(𝑛𝑛,𝑝𝑝) = 𝑝𝑝1min{𝑏𝑏1,𝑐𝑐1} ∙ 𝑝𝑝2

min{𝑏𝑏2,𝑐𝑐2} ∙ ⋯ ∙ 𝑝𝑝𝑑𝑑min{𝑏𝑏𝑑𝑑 ,𝑐𝑐𝑑𝑑 }.

Da bi jednakost [𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝]𝑚𝑚𝑛𝑛𝑝𝑝

= (𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑛𝑛)(𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑝𝑝) bila ispunjena, potrebno je da bude ispunjena sledeća

jednakost

max{𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐} − (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) = min{𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐} − (min{𝑎𝑎, 𝑏𝑏} + min{𝑎𝑎, 𝑐𝑐} + min{𝑏𝑏, 𝑐𝑐})



6

Neka su a,b,c uređeni tako da je 𝑎𝑎 ≤ 𝑏𝑏 ≤ 𝑐𝑐. Tada je:

max{𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐} − (𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) = 𝑐𝑐 − 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 − 𝑐𝑐 = −𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 = −(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏), min{𝑎𝑎, 𝑏𝑏, 𝑐𝑐} − (min{𝑎𝑎, 𝑏𝑏} + min{𝑎𝑎, 𝑐𝑐} + min{𝑏𝑏, 𝑐𝑐}) = 𝑎𝑎 − 𝑎𝑎 − 𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 = −𝑎𝑎 − 𝑏𝑏 = −(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏),

pa slijedi da je −(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏) = −(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏), što je ispravno. Na ovaj način smo dokazali da je [𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝]𝑚𝑚𝑛𝑛𝑝𝑝

= (𝑚𝑚 ,𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑛𝑛)(𝑛𝑛 ,𝑝𝑝)(𝑚𝑚 ,𝑝𝑝).

6. Na osnovu Kineske teoreme o ostacima imamo:

𝑎𝑎1 = 7,𝑎𝑎2 = 9,𝑎𝑎3 = 3 i 𝑚𝑚1 = 17,𝑚𝑚2 = 13,𝑚𝑚3 = 12,

pa je 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚1 ∙ 𝑚𝑚2 ∙ 𝑚𝑚3 = 17 ∙ 13 ∙ 12 = 2652. Odavde slijedi da je 𝑚𝑚

𝑚𝑚1= 156, 𝑚𝑚

𝑚𝑚2= 204, 𝑚𝑚

𝑚𝑚3= 221.

Odredimo 𝑏𝑏1, 𝑏𝑏2 i 𝑏𝑏3: 156 𝑏𝑏1 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

(153 + 3)𝑏𝑏1 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

3𝑏𝑏1 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

18𝑏𝑏1 ≡ 6 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

(17 + 1)𝑏𝑏1 ≡ 6 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

𝑏𝑏1 ≡ 6 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 17),

𝑏𝑏1 = 6 .

204 𝑏𝑏2 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

(208 − 4)𝑏𝑏2 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

−4𝑏𝑏2 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

−12𝑏𝑏2 ≡ 3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

12𝑏𝑏2 ≡ −3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

(13 − 1)𝑏𝑏2 ≡ −3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),

−𝑏𝑏2 ≡ −3 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 13),


𝑏𝑏2 = 3 .

221 𝑏𝑏3 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 12),

(216 + 5)𝑏𝑏3 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 12),

5𝑏𝑏3 ≡ 1 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 12),

25𝑏𝑏3 ≡ 5 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 12),

(24 + 1)𝑏𝑏3 ≡ 5 (𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑 12),


𝑏𝑏3 = 5 .

Sada je 𝑥𝑥0 = 𝑚𝑚

𝑚𝑚1𝑏𝑏1𝑎𝑎1 + 𝑚𝑚

𝑚𝑚2𝑏𝑏2𝑎𝑎2 + 𝑚𝑚

𝑚𝑚3𝑏𝑏3𝑎𝑎3 = 156 ∙ 6 ∙ 7 + 204 ∙ 3 ∙ 9 + 221 ∙ 5 ∙ 3 = 15375.

Kako je 15375− 5 ∙ 2652 = 2115, najmanji prirodan broj koji je rješenje sistema je 2115, dok je opšte rješenje sistema

𝑥𝑥 = 2652 ∙ 𝑡𝑡 + 2115 (∀ 𝑡𝑡 ∈ ℤ).

7. Neka je

𝑆𝑆 = {𝑛𝑛 ∈ ℕ: 1 ≤ 𝑛𝑛 ≤ 106},

𝑋𝑋1 = {𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆: 7|𝑛𝑛},

𝑋𝑋2 = {𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆: 10|𝑛𝑛},

𝑋𝑋3 = {𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆: 12|𝑛𝑛},

𝑋𝑋4 = {𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆: 25|𝑛𝑛}.



7

Broj 𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆 nije djeljiv ni sa 10 ni sa 12 ni sa 25 ako 𝑛𝑛 ∈ 𝑋𝑋2𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋3

𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋4𝐶𝐶 . Broj 𝑛𝑛 ∈ 𝑆𝑆 je djeljiv sa 7, a nije

ni sa 10, ni 12 ni 25 ako 𝑛𝑛 ∈ 𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋3

𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋4𝐶𝐶, pa treba da odredimo broj elemenata skupa

𝑌𝑌 = 𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋3

𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋4𝐶𝐶 .

|𝑌𝑌| = �𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋3

𝐶𝐶 ∩ 𝑋𝑋4𝐶𝐶� = |𝑋𝑋1 ∩ (𝑋𝑋2 ∪ 𝑋𝑋3 ∪ 𝑋𝑋4)𝐶𝐶| = |𝑋𝑋1\(𝑋𝑋2 ∪ 𝑋𝑋3 ∪ 𝑋𝑋4)|,

jer je 𝐴𝐴 ∩ 𝐵𝐵𝐶𝐶 = 𝐴𝐴\𝐵𝐵. Sada je

|𝑌𝑌| = |𝑋𝑋1\(𝑋𝑋2 ∪ 𝑋𝑋3 ∪ 𝑋𝑋4)| = |𝑋𝑋1| − |𝑋𝑋1 ∩ (𝑋𝑋2 ∪ 𝑋𝑋3 ∪ 𝑋𝑋4)|,

jer je |𝐴𝐴\𝐵𝐵| = |𝐴𝐴| − |𝐴𝐴 ∩ 𝐵𝐵|.

Kako je

|𝑋𝑋1 ∩ (𝑋𝑋2 ∪ 𝑋𝑋3 ∪ 𝑋𝑋4)| = |(𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2) ∪ (𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3) ∪ (𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋4)|= |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋4| − |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3| − |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋4|− |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4|,

imamo

|𝑌𝑌| = |𝑋𝑋1| − |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2| − |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3| − |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋4| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋4| + |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4|− |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4|.

Pronađimo sada broj elemenata skupova koji daju skup Y.Broj elemenata skupa X1 jednak je cjelobrojnom dijelu količnika brojeva 106 i 7, dok je broj elemenata ostalih skupova skupa jednak cjelobrojnom dijelu količnika broja 106 i najmanjeg zajedničkog sadržaoca brojeva koji dijele brojeve koji pripadaju skupovima koji čine presjek, pa imamo:

|𝑋𝑋1| = �106

7� = 142857, |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2| = �

106

[7,10]� = �106

70� = 14285,

|𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3| = �106

[7,12]� = �106

84� = 11904, |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋4| = �

106

[7,25]� = �106

175� = 5714,

|𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3| = �106

[7,10,12]� = �106

420� = 2380, |𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋4| = �

106

[7,10,25]� = �106

350� = 2857,

|𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4| = �106

[7,12,25]� = �106

2100� = 476,

|𝑋𝑋1 ∩ 𝑋𝑋2 ∩ 𝑋𝑋3 ∩ 𝑋𝑋4| = �106

[7,10,12,25]� = �106

2100� = 476.

Konačno je

|𝑌𝑌| = 142857− 14285− 11904− 5714 + 2380 + 2857 + 476 − 476 = 116191.

Dakle, postoji 116191 prirodan broj manji od 106, koji je djeljiv sa 7, a nije ni sa 10, ni sa 12, ni sa 25.

8. Neka je xn broj riječi dužine n sastavljenih od slova a,b,c,d u kojima slova a i b nisu susjedna i koje se završavaju slovom a ili b, a yn broj riječi dužine n sastavljenih od slova u kojima slova a i b nisu susjedna i koja se završavaju slovom c ili d. Primjetimo da je na osnovu uslova zadatka:

𝑋𝑋1 = {𝑎𝑎, 𝑏𝑏},𝑥𝑥1 = 2, 𝑋𝑋2 = {𝑎𝑎𝑎𝑎, 𝑐𝑐𝑎𝑎,𝑑𝑑𝑎𝑎, 𝑏𝑏𝑏𝑏, 𝑐𝑐𝑏𝑏,𝑑𝑑𝑏𝑏},𝑥𝑥2 = 6,



8

𝑋𝑋3 = �

𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎,𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎,𝑎𝑎𝑐𝑐𝑏𝑏,𝑎𝑎𝑑𝑑𝑎𝑎,𝑎𝑎𝑑𝑑𝑏𝑏,𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏, 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑎𝑎, 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑏𝑏, 𝑏𝑏𝑑𝑑𝑎𝑎, 𝑏𝑏𝑑𝑑𝑏𝑏,

𝑐𝑐𝑎𝑎𝑎𝑎, 𝑐𝑐𝑏𝑏𝑏𝑏, 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑎𝑎, 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑏𝑏, 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑎𝑎, 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑏𝑏,𝑑𝑑𝑎𝑎𝑎𝑎,𝑑𝑑𝑏𝑏𝑏𝑏,𝑑𝑑𝑐𝑐𝑎𝑎,𝑑𝑑𝑐𝑐𝑏𝑏,𝑑𝑑𝑑𝑑𝑎𝑎,𝑑𝑑𝑑𝑑𝑏𝑏

� , 𝑥𝑥3 = 22 i

𝑌𝑌1 = {𝑐𝑐,𝑑𝑑},𝑦𝑦1 = 2, 𝑌𝑌2 = {𝑎𝑎𝑐𝑐,𝑎𝑎𝑑𝑑, 𝑏𝑏𝑐𝑐, 𝑏𝑏𝑑𝑑, 𝑐𝑐𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑑𝑑,𝑑𝑑𝑐𝑐,𝑑𝑑𝑑𝑑},𝑦𝑦2 = 8,

𝑌𝑌3 = �

𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐,𝑎𝑎𝑎𝑎𝑑𝑑,𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐,𝑎𝑎𝑐𝑐𝑑𝑑,𝑎𝑎𝑑𝑑𝑐𝑐, 𝑎𝑎𝑑𝑑𝑏𝑏,𝑏𝑏𝑏𝑏𝑐𝑐, 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑑𝑑, 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑐𝑐, 𝑏𝑏𝑐𝑐𝑑𝑑, 𝑏𝑏𝑑𝑑𝑐𝑐, 𝑏𝑏𝑑𝑑𝑏𝑏,

𝑐𝑐𝑎𝑎𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑎𝑎𝑑𝑑, 𝑐𝑐𝑏𝑏𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑏𝑏𝑑𝑑, 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑, 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑐𝑐, 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑,𝑑𝑑𝑎𝑎𝑐𝑐,𝑑𝑑𝑎𝑎𝑑𝑑,𝑑𝑑𝑏𝑏𝑐𝑐,𝑑𝑑𝑏𝑏𝑑𝑑,𝑑𝑑𝑐𝑐𝑐𝑐,𝑑𝑑𝑐𝑐𝑑𝑑, 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑐𝑐,𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑

� , 𝑥𝑥3 = 28.

Odavde je 𝑥𝑥2 = 𝑥𝑥1 + 2𝑦𝑦1 = 2 + 4 = 6; 𝑥𝑥3 = 𝑥𝑥2 + 2𝑦𝑦2 = 6 + 16 = 22 i

𝑦𝑦2 = 2𝑥𝑥1 + 2𝑦𝑦1 = 4 + 4 = 8; 𝑥𝑥3 = 2𝑥𝑥2 + 2𝑦𝑦2 = 12 + 16 = 28,

pa zaključujemo da je 𝑥𝑥𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑛𝑛−1 + 2𝑦𝑦𝑛𝑛−1 i 𝑦𝑦𝑛𝑛 = 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 + 2𝑦𝑦𝑛𝑛−1.

Iz prethodnih jednačina slijedi da je

𝑥𝑥𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑛𝑛−1 + 2𝑦𝑦𝑛𝑛−1

𝑦𝑦𝑛𝑛−1 =𝑥𝑥𝑛𝑛 − 𝑥𝑥𝑛𝑛−1

2

𝑦𝑦𝑛𝑛 =𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 𝑥𝑥𝑛𝑛

2 i

𝑦𝑦𝑛𝑛 = 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 + 2𝑦𝑦𝑛𝑛−1 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 𝑥𝑥𝑛𝑛

2= 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 + 2

𝑥𝑥𝑛𝑛 − 𝑥𝑥𝑛𝑛−1

2

𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 𝑥𝑥𝑛𝑛2

− 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 − 2𝑥𝑥𝑛𝑛 − 𝑥𝑥𝑛𝑛−1

2= 0

𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 𝑥𝑥𝑛𝑛 − 4𝑥𝑥𝑛𝑛−1 − 2𝑥𝑥𝑛𝑛 + 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 = 0

𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 3𝑥𝑥𝑛𝑛 − 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 = 0.

Kako smo već ustanovili da je 𝑥𝑥1 = 2 i 𝑥𝑥2 = 6, iz prethodne rekurentne jednačine možemo naći 𝑥𝑥0 na sledeći način:

𝑥𝑥2 − 3𝑥𝑥1 − 2𝑥𝑥0 = 0

6 − 6 − 2𝑥𝑥0 = 0

−2𝑥𝑥0 = 0

𝑥𝑥0 = 0.

Kako je 𝑥𝑥𝑛𝑛+1 − 3𝑥𝑥𝑛𝑛 − 2𝑥𝑥𝑛𝑛−1 = 0 homogena linearna rekurentna jednačina, njena karakteristična jednačina je

𝑡𝑡2 − 3𝑡𝑡 − 2 = 0.

Rješenja ove jednačine su:

𝑡𝑡1,2 =3 ± √9 + 8

2=

3 ± √172

,



9

pa je na osnovu definicije homogene linearne rekurentne jednačine

𝑥𝑥𝑛𝑛 = 𝐶𝐶1𝑡𝑡1𝑛𝑛 + 𝐶𝐶2𝑡𝑡2𝑛𝑛 = 𝐶𝐶1 �

3 + √172 �

𝑛𝑛

+ 𝐶𝐶2 �3 − √17

2 �𝑛𝑛

.

Pronađimo sada konstante C1 i C2. Kako je x0 =0 i x1 =2, imamo

0 = 𝐶𝐶1 �3 + √17

2 �0

+ 𝐶𝐶2 �3 − √17

2 �0

0 = 𝐶𝐶1 + 𝐶𝐶2 => 𝐶𝐶2 = −𝐶𝐶1 i

2 = 𝐶𝐶1 �3 + √17

2 �1

+ 𝐶𝐶2 �3 − √17

2 �1

2 = 𝐶𝐶1 �3 + √17

2 �1

− 𝐶𝐶1 �3 − √17

2 �1

2 = 𝐶𝐶13 + √17 − 3 + √17

2

2 = 𝐶𝐶1√17,

𝐶𝐶1 =2√17

, 𝐶𝐶2 = −2√17

Konačno je

𝑥𝑥𝑛𝑛 =2√17

�3 + √17

2 �𝑛𝑛

−2√17

�3− √17

2 �𝑛𝑛

.

Kako je 𝑦𝑦𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑛𝑛+1−𝑥𝑥𝑛𝑛2

, imamo

𝑦𝑦𝑛𝑛 =

2 ��3 + √172 �

𝑛𝑛+1

− �3 − √172 �

𝑛𝑛+1

� − 2 ��3 + √172 �

𝑛𝑛

− �3 −√172 �

𝑛𝑛

�

√172

𝑦𝑦𝑛𝑛 =2 ��3 + √17

2 �𝑛𝑛+1

− �3− √172 �

𝑛𝑛+1

− �3 + √172 �

𝑛𝑛

+ �3 − √172 �

𝑛𝑛

�

2√17

𝑦𝑦𝑛𝑛 =2 ��3 + √17

2 �𝑛𝑛

�3 + √172 − 1� − �3 −√17

2 �𝑛𝑛

�3 − √172 − 1��

2√17

𝑦𝑦𝑛𝑛 =�1 + √17� �3 + √17

2 �𝑛𝑛

− �1 − √17� �3 − √172 �

𝑛𝑛

2√17

𝑦𝑦𝑛𝑛 =√17 + 1

2√17�

3 + √172 �

𝑛𝑛

+√17 − 1

2√17�

3 − √172 �

𝑛𝑛

.



10

Traženo rješenje je 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑥𝑥𝑛𝑛 + 𝑦𝑦𝑛𝑛 :

𝑎𝑎𝑛𝑛 =2√17

�3 + √17

2 �𝑛𝑛

−2√17

�3 − √17

2 �𝑛𝑛

+√17 + 1

2√17�

3 + √172 �

𝑛𝑛

+√17 − 1

2√17�

3 − √172 �

𝑛𝑛

𝑎𝑎𝑛𝑛 = �√17 + 1

2√17+

2√17

��3 + √17

2 �𝑛𝑛

+ �√17− 1

2√17−

2√17

��3 −√17

2 �𝑛𝑛

𝑎𝑎𝑛𝑛 =√17 + 5

2√17�

3 + √172 �

𝑛𝑛

+√17 − 5

2√17�

3− √172 �

𝑛𝑛

Konačno je traženi broj riječi dužine n:

𝑎𝑎𝑛𝑛 =√17 + 5

2√17�

3 + √172 �

𝑛𝑛

+√17 − 5

2√17�

3− √172 �

𝑛𝑛

9. Kako postoji paran broj objekata prve vrste, njih možemo postaviti na 0,2,4,6,... mjesta, pa nijhovu raspodjelu možemo predstaviti sa eksponencijalnom funkcijom generatrisom:

𝑃𝑃(𝑥𝑥) = 1 +𝑥𝑥2

2!+𝑥𝑥4

4!+𝑥𝑥6

6!+ ⋯ = �

𝑥𝑥2𝑛𝑛

(2𝑛𝑛)!= 𝑐𝑐ℎ 𝑥𝑥 =

𝑒𝑒𝑥𝑥 + 𝑒𝑒−𝑥𝑥

2

∞

𝑛𝑛=0

.

Slično, raspodjelu objekata druge vrste, kojih ima neparan broj, i koje možemo postaviti na 1,3,5,7,... mjesta, možemo predstaviti sa EFG:

𝑁𝑁(𝑥𝑥) =𝑥𝑥1

1!+𝑥𝑥3

3!+𝑥𝑥5

5!+ ⋯ = �

𝑥𝑥(2𝑛𝑛+1)

(2𝑛𝑛 + 1)!= 𝑠𝑠ℎ 𝑥𝑥 =

𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑒𝑒−𝑥𝑥

2

∞

𝑛𝑛=0

.

Kako postoji bar jedan objekat treće i četvrte vrste, njih možemo postaviti na 1,2,3,4,... mjesta, pa su nihove EFG jednake:

𝑇𝑇(𝑥𝑥) = 𝐶𝐶(𝑥𝑥) =𝑥𝑥1

1!+𝑥𝑥2

2!+𝑥𝑥3

3!+ ⋯ = −1 + �

𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!= 𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1

∞

𝑛𝑛=0

.

Konačan broja načina na koji možemo postaviti n objekata sve četiri vrste na n mjesta, jednak je

koeficijentu 𝑎𝑎𝑛𝑛 uz 𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛! u eksponencijalnoj funkciji generatrisi A(n), koja je proizvod EFG sve četiri vrste:

𝐴𝐴(𝑥𝑥) = 𝑃𝑃(𝑥𝑥)𝑁𝑁(𝑥𝑥)𝑇𝑇(𝑥𝑥)𝐶𝐶(𝑥𝑥).

𝐴𝐴(𝑥𝑥) =𝑒𝑒𝑥𝑥 + 𝑒𝑒−𝑥𝑥

2∙𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑒𝑒−𝑥𝑥

2∙ (𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)2

𝐴𝐴(𝑥𝑥) =14

(𝑒𝑒𝑥𝑥 + 𝑒𝑒−𝑥𝑥)(𝑒𝑒𝑥𝑥 − 𝑒𝑒−𝑥𝑥)(𝑒𝑒𝑥𝑥 − 1)2


(𝑒𝑒2𝑥𝑥 − 𝑒𝑒−2𝑥𝑥)(𝑒𝑒2𝑥𝑥 − 2𝑒𝑒𝑥𝑥 + 1)


(𝑒𝑒4𝑥𝑥 − 2𝑒𝑒3𝑥𝑥 + 𝑒𝑒2𝑥𝑥 + 2𝑒𝑒−𝑥𝑥 − 𝑒𝑒−2𝑥𝑥 − 1)

Svaki od članova oblika ek možemo predstaviti kao zasebnu EFG:


[𝑉𝑉(𝑥𝑥) − 2𝑌𝑌(𝑥𝑥) + 𝑍𝑍(𝑥𝑥) + 2𝑊𝑊(𝑥𝑥) − 𝑈𝑈(𝑥𝑥) − 1],



11

gdje su

𝑉𝑉(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒4𝑥𝑥 = �𝑣𝑣𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!

∞

𝑛𝑛=0

= � 4𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!,

∞

𝑛𝑛=0

𝑌𝑌(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒3𝑥𝑥 = �𝑦𝑦𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!

∞

𝑛𝑛=0


𝑛𝑛!,

∞

𝑛𝑛=0

𝑍𝑍(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒2𝑥𝑥 = �𝑧𝑧𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!

∞

𝑛𝑛=0


𝑛𝑛!,

∞

𝑛𝑛=0

𝑊𝑊(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒−𝑥𝑥 = �𝑤𝑤𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!

∞

𝑛𝑛=0

= �(−1)𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!,

∞

𝑛𝑛=0

𝑈𝑈(𝑥𝑥) = 𝑒𝑒−2𝑥𝑥 = �𝑢𝑢𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!

∞

𝑛𝑛=0

= �(−2)𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛!,

∞

𝑛𝑛=0

𝐵𝐵(𝑥𝑥) = 1 = 𝑒𝑒0 = 𝑏𝑏0𝑥𝑥0

0!= 1

𝑥𝑥0

0!

Na osnovu pravila zbira, koeficijent an eksponencijalne funkcije generatrise A(x) uz 𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛! jednak je sumi

odgovarajućih koeficijenata, pa je:

𝑎𝑎𝑛𝑛 =14

(𝑣𝑣𝑛𝑛 − 2𝑦𝑦𝑛𝑛 + 𝑧𝑧𝑛𝑛 + 2𝑤𝑤𝑛𝑛 − 𝑢𝑢𝑛𝑛 − 𝑏𝑏𝑛𝑛),

𝑎𝑎𝑛𝑛 =14

(4𝑛𝑛 − 2 ∙ 3𝑛𝑛 + 2𝑛𝑛 + 2(−1)𝑛𝑛 − (−2)𝑛𝑛), 𝑛𝑛 ≠ 0

jer koeficijent an uz 𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛! EPG A(x) ne zavisi od člana 𝐵𝐵(𝑥𝑥) = 1 = 𝑒𝑒0 kada je 𝑛𝑛 ≠ 0, jer je 1 konstantan

polinom (polinom nultog stepena), čiji je vodeći koeficijent 𝑏𝑏0 = 1, pa je njegov koeficijent

𝑏𝑏𝑛𝑛 = 0 (∀𝑛𝑛 ≠ 0) .1

Potreban nam je koeficijent 𝑎𝑎25:

𝑎𝑎25 =14

(425 − 2 ∙ 325 + 225 + 2(−1)25 − (−2)25)

𝑎𝑎25 = 28 115 724 348 211 500.

Dakle, 25 objekata 4 različite vrste se može postaviti na 25 mijesta na 28 115 724 348 211 500 načina, na osnovu pravila navedenog u uslovu zadatka.

1 Za 𝑛𝑛 = 0, koeficijent an uz 𝑥𝑥

𝑛𝑛

𝑛𝑛 ! zavisi od člana 1 jer je 𝑏𝑏𝑛𝑛

𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑛𝑛 != 𝑏𝑏0

𝑥𝑥0

0!= 1 𝑥𝑥0

0!= 1, gdje je 𝑏𝑏0 = 1, međutim kako je nama potreban koeficijent

a25 uz 𝑥𝑥25

25! gdje je n=25, ovaj slučaj nećemo posebno razmatrati.

Ipak, možemo napomenuti da je 𝑎𝑎0 = 14

(40 − 2 ∙ 30 + 20 + 2(−1)0 − (−2)0 − 1) = 0, što je i logično, jer nula objekata na nula mijesta ne možemo rasporediti na nekih 𝑛𝑛 ≠ 0 načina.



12

10.

a) Da bismo dobili funkciju generatrisu 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∑ 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 , potrebno je da transformišemo izraz za n-ti

član niza koji je izražen preko rekurzivne veze 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1 − 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2 + 2𝑛𝑛 na sledeći način:

𝑎𝑎𝑛𝑛 = 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1 − 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2 + 2𝑛𝑛 ∙ 𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 = 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛 − 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2𝑥𝑥𝑛𝑛 + 2𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 �

�𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 = � 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛 −� 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2𝑥𝑥𝑛𝑛 + �(2𝑥𝑥)𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

Odredimo sada izraze ∑ 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=2 i ∑ 2𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2 . Kako je

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 𝑎𝑎0𝑥𝑥0 + 𝑎𝑎1𝑥𝑥1 + �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 = 1 + 8𝑥𝑥 + �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

slijedi da je

�𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2

= 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥).

Takođe, iz izraza za sumu geometriskog niza ∑ 𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = 1

1−𝑥𝑥, dobijamo:

�(2𝑥𝑥)𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

=1

1 − 2𝑥𝑥,


𝑛𝑛=0

= 1 + 2𝑥𝑥 + �(2𝑥𝑥)𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2

,

11 − 2𝑥𝑥

= 1 + 2𝑥𝑥 + �(2𝑥𝑥)𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=2


𝑛𝑛=2

=4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥.

Sada je

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥) = � 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛 −� 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2𝑥𝑥𝑛𝑛 +∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥�𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛−1 − 9𝑥𝑥2 �𝑎𝑎𝑛𝑛−2𝑥𝑥𝑛𝑛−2 +∞

𝑛𝑛=2

∞

𝑛𝑛=2

4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥�𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 − 9𝑥𝑥2 �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 +∞

𝑛𝑛=0

∞

𝑛𝑛=1

4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥



13

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥 �−𝑎𝑎0𝑥𝑥0 + �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

� − 9𝑥𝑥2𝑓𝑓(𝑥𝑥) +4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − (1 + 8𝑥𝑥) = 6𝑥𝑥 (𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1) − 9𝑥𝑥2𝑓𝑓(𝑥𝑥) +4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) + 9𝑥𝑥2𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 6𝑥𝑥𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 1 + 8𝑥𝑥 − 6𝑥𝑥 +4𝑥𝑥2

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥)(1 + 9𝑥𝑥2 − 6𝑥𝑥) =1

1 − 2𝑥𝑥,

𝑓𝑓(𝑥𝑥) =1

(1 − 2𝑥𝑥)(1− 3𝑥𝑥)2.

Razložimo izraz f(x) na sumu tri izraza kako bismo dobili tri nove funkcije genratrise:


(1 − 2𝑥𝑥)(1 − 3𝑥𝑥)2 =𝐴𝐴

1 − 2𝑥𝑥+

𝐵𝐵1 − 3𝑥𝑥

+𝐶𝐶

(1 − 3𝑥𝑥)2,

1(1 − 2𝑥𝑥)(1− 3𝑥𝑥)2 =

3𝑥𝑥2(3𝐴𝐴 + 2𝐵𝐵) − 𝑥𝑥(6𝐴𝐴 + 5𝐵𝐵 + 2𝐶𝐶) + 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶(1 − 2𝑥𝑥)(1− 3𝑥𝑥)2

Ova jednačina vrijedi ako i samo ako je

3𝑥𝑥2(3𝐴𝐴 + 2𝐵𝐵) − 𝑥𝑥(6𝐴𝐴 + 5𝐵𝐵 + 2𝐶𝐶) + 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 1,

odnosno

3𝑥𝑥2(3𝐴𝐴 + 2𝐵𝐵) = 0 ∧ 𝑥𝑥(6𝐴𝐴 + 5𝐵𝐵 + 2𝐶𝐶) = 0 ∧ 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 1.

Kako je u opštem slučaju 𝑥𝑥 ≠ 0, mora biti

3𝐴𝐴 + 2𝐵𝐵 = 0 ∧ 6𝐴𝐴 + 5𝐵𝐵 + 2𝐶𝐶 = 0 ∧ 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 1.

Ovaj sistem od tri jednačine sa tri nepoznate možemo riješiti primjenom Kramerovih formula, gdje su:

𝐷𝐷 = �3 2 06 5 21 1 1

� = 1 𝐷𝐷1 = �0 2 00 5 21 1 1

� = 4 𝐷𝐷2 = �3 0 06 0 21 1 1

� = −6 𝐷𝐷3 = �3 2 06 5 01 1 1

� = 3.

Kako je 𝐴𝐴 = 𝐷𝐷1𝐷𝐷

= 4,𝐵𝐵 = 𝐷𝐷2𝐷𝐷

= −6 i 𝐶𝐶 = 𝐷𝐷3𝐷𝐷

= 3, imamo


(1 − 2𝑥𝑥)(1 − 3𝑥𝑥)2 =4

1 − 2𝑥𝑥−

61 − 3𝑥𝑥

+3

(1 − 3𝑥𝑥)2.

Dobijene izraze možemo zapisati kao zasebne FG. Neka je

𝑤𝑤(𝑥𝑥) =4

1 − 2𝑥𝑥, 𝑦𝑦(𝑥𝑥) =

61 − 3𝑥𝑥

, 𝑧𝑧(𝑥𝑥) =3

(1 − 3𝑥𝑥)2.

Već smo rekli da je suma geometriskog niza ∑ 𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 = 1

1−𝑥𝑥, pa je


1 − 2𝑥𝑥= 4 ∙

11 − 2𝑥𝑥

= 4 ∙ � 2𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 i∞

𝑛𝑛=0

𝑦𝑦(𝑥𝑥) =6

1 − 3𝑥𝑥= 6 ∙

11 − 3𝑥𝑥

= 6 ∙ � 3𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 .∞

𝑛𝑛=0



14

Diferencirajmo sada izraz 11−3𝑥𝑥

= ∑ 3𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0

11 − 3𝑥𝑥

= � 3𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

′

3(1 − 3𝑥𝑥)2 = �𝑛𝑛3𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛−1

∞

𝑛𝑛=1

= 1 ∙ 31 ∙ 𝑥𝑥0 + 2 ∙ 32𝑥𝑥1 + 3 ∙ 33𝑥𝑥2 + ⋯ =

= �(𝑛𝑛 + 1)3𝑛𝑛+1𝑥𝑥𝑛𝑛 = 3 � 3𝑛𝑛(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

∞

𝑛𝑛=0

,

𝑧𝑧(𝑥𝑥) =3

(1 − 3𝑥𝑥)2 = 3 � 3𝑛𝑛(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

.

Kada uvrstimo vrijednosti traženih FG dobijamo da je:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = 4 ∙ � 2𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

− 6 ∙ � 3𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

+ 3 � 3𝑛𝑛(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

.

Na osnovu pravila zbira koeficijent an funkcije generatrise f(x) uz 𝑥𝑥𝑛𝑛 jednak je sumi odgovarajućih koeficijenata:

𝑎𝑎𝑛𝑛 = 4 ∙ 2𝑛𝑛 − 6 ∙ 3𝑛𝑛 + 3 ∙ 3𝑛𝑛(𝑛𝑛 + 1) = 2𝑛𝑛+2 − 6 ∙3𝑛𝑛+1

3+ 3𝑛𝑛+1(𝑛𝑛 + 1) = 2𝑛𝑛+2 + 3𝑛𝑛+1(𝑛𝑛 − 1).

Konačno je formula za optši član niza an izraženog rekurzivnom relacijom 𝑎𝑎0 = 1,𝑎𝑎1 = 8, 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 6𝑎𝑎𝑛𝑛−1 − 9𝑎𝑎𝑛𝑛−2 + 2𝑛𝑛 ,𝑛𝑛 > 1 ∶

𝑎𝑎𝑛𝑛 = 2𝑛𝑛+2 + 3𝑛𝑛+1(𝑛𝑛 − 1).

b) Da bismo dobili funkciju generatrisu 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∑ 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 , potrebno je da transformišemo izraz za n-ti

član niza koji je izražen preko rekurzivne veze 𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1 + 𝑛𝑛 na sledeći način:

𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1 + 𝑛𝑛 ∙ 𝑥𝑥𝑛𝑛

𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛 + 𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛 �


𝑛𝑛=1

= �𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

+ �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

Izraz ∑ 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=1 možemo zapisati i kao

−𝑎𝑎0𝑥𝑥0 + �𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1

jer je 𝑓𝑓(𝑥𝑥) = ∑ 𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 i 𝑎𝑎0 = 1, dok je

�𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

= 𝑥𝑥�𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛−1∞

𝑛𝑛=1



15

Takođe, kako je suma geometrisjkog niza

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

=1

1 − 𝑥𝑥 ,

nađimo sada FG 𝑔𝑔(𝑥𝑥) = ∑ 𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞𝑛𝑛=0 . Prvo je potrebno da diferenciramo izraz za sumu geometrijskog

niza:

𝐹𝐹(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

′

𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛−1∞

𝑛𝑛=1

=1𝑥𝑥�𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

∙ 𝑥𝑥

𝑥𝑥𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

.

Desnu stranu izraza moežmo zapisati u obliku:

�𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

= �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 𝑔𝑔(𝑥𝑥),

jer je

�𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 0 ∙ 𝑥𝑥0 + 1 ∙ 𝑥𝑥1 + 2 ∙ 𝑥𝑥2 + 3 ∙ 𝑥𝑥3 + ⋯ = 1 ∙ 𝑥𝑥1 + 2 ∙ 𝑥𝑥2 + 3 ∙ 𝑥𝑥3 + ⋯ = �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

,

pa imamo

𝑥𝑥𝐹𝐹′(𝑥𝑥) = 𝑔𝑔(𝑥𝑥)

𝑥𝑥 �1

1 − 𝑥𝑥� ′ = 𝑔𝑔(𝑥𝑥)

𝑔𝑔(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥1

(1 − 𝑥𝑥)2 =𝑥𝑥

(1 − 𝑥𝑥)2.

Vratimo se sada u osnovni izraz:


𝑛𝑛=1

= �𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

+ �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=1

i uvrstimo dobijene rezultate. Dobijamo izraz tražene funkcije generatrise:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1 = 𝑥𝑥�𝑎𝑎𝑛𝑛−1𝑥𝑥𝑛𝑛−1∞

𝑛𝑛=1

+𝑥𝑥

(1 − 𝑥𝑥)2

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1 = 𝑥𝑥�𝑎𝑎𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

+𝑥𝑥

(1 − 𝑥𝑥)2

𝑓𝑓(𝑥𝑥) − 1 = 𝑥𝑥𝑓𝑓(𝑥𝑥) +𝑥𝑥

(1 − 𝑥𝑥)2

𝑓𝑓(𝑥𝑥)(1 − 𝑥𝑥) =𝑥𝑥

(1 − 𝑥𝑥)2 + 1



16

𝑓𝑓(𝑥𝑥) =𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 + 1

(1 − 𝑥𝑥)3

Razložimo izraz f(x) na sumu tri izraza kako bismo dobili tri nove funkcije genratrise:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) =𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 + 1

(1 − 𝑥𝑥)3 =𝐴𝐴

1 − 𝑥𝑥+

𝐵𝐵(1 − 𝑥𝑥)2 +

𝐶𝐶(1 − 𝑥𝑥)3

𝐴𝐴1 − 𝑥𝑥

+𝐵𝐵

(1 − 𝑥𝑥)2 +𝐶𝐶

(1 − 𝑥𝑥)3 =𝐴𝐴(1 − 𝑥𝑥)2 + 𝐵𝐵(1 − 𝑥𝑥) + 𝐶𝐶

(1 − 𝑥𝑥)3

Ova jednačina vrijedi ako i samo ako je

𝐴𝐴(1 − 𝑥𝑥)2 + 𝐵𝐵(1 − 𝑥𝑥) + 𝐶𝐶 = 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 + 1,

odnosno

𝐴𝐴𝑥𝑥2 − (2𝐴𝐴 + 𝐵𝐵)𝑥𝑥 + 𝐴𝐴 + 𝐵𝐵 + 𝐶𝐶 = 𝑥𝑥2 − 𝑥𝑥 + 1.

Kako su dva polinoma identički jednaki ako i samo ako su im odgovarajući koeficijent jednaki, dobijamo sistem od tri jednačine sa tri nepoznate:

𝐴𝐴 = 1 ∧ 2A + B = 1 ∧ A + B + C = 1.

Rješenja ovih jednačina su 𝐴𝐴 = 1,𝐵𝐵 = −1,𝐶𝐶 = 1, pa imamo:


1 − 𝑥𝑥−

1(1 − 𝑥𝑥)2 +

1(1 − 𝑥𝑥)3.

Dobijene izraze možemo zapisati kao zasebne FG. Neka je


1 − 𝑥𝑥, 𝑦𝑦(𝑥𝑥) =

1(1 − 𝑥𝑥)2 , 𝑧𝑧(𝑥𝑥) =

1(1 − 𝑥𝑥)2.

Već smo rekli da je FG w(x) suma geometrisjkog niza, pa njenim diferenciranjem možemo naći i druge dvije FG:

11 − 𝑥𝑥

= �𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

′

1(1 − 𝑥𝑥)2 = �𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛−1

∞

𝑛𝑛=1

= �(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 𝑦𝑦(𝑥𝑥)

jer je

�𝑛𝑛𝑥𝑥𝑛𝑛−1∞

𝑛𝑛=1

= 1 ∙ 𝑥𝑥0 + 2 ∙ 𝑥𝑥1 + 3 ∙ 𝑥𝑥2 + ⋯ = �(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

Drugi izvod FG w(x) daje:

11 − 𝑥𝑥

= �𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

′′

2(1 − 𝑥𝑥)2 = �𝑛𝑛(𝑛𝑛 − 1)𝑥𝑥𝑛𝑛−2

∞

𝑛𝑛=2

= �(𝑛𝑛 + 1)(𝑛𝑛 + 2)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

= 2𝑧𝑧(𝑥𝑥)



17

jer je

�𝑛𝑛(𝑛𝑛 − 1)𝑥𝑥𝑛𝑛−2∞

𝑛𝑛=2

= 2 ∙ 𝑥𝑥0 + 6 ∙ 𝑥𝑥1 + 12 ∙ 𝑥𝑥2 + ⋯ = �(𝑛𝑛 + 1)(𝑛𝑛 + 2)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

Odavde je:

𝑧𝑧(𝑥𝑥) = �(𝑛𝑛 + 1)(𝑛𝑛 + 2)𝑥𝑥𝑛𝑛

2

∞

𝑛𝑛=0

Kada uvrstimo vrijednosti traženih FG dobijamo da je:

𝑓𝑓(𝑥𝑥) = �𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

−�(𝑛𝑛 + 1)𝑥𝑥𝑛𝑛∞

𝑛𝑛=0

+ �(𝑛𝑛 + 1)(𝑛𝑛 + 2)

2𝑥𝑥𝑛𝑛

∞

𝑛𝑛=0

Na osnovu pravila zbira koeficijent an funkcije generatrise f(x) uz 𝑥𝑥𝑛𝑛 jednak je sumi odgovarajućih koeficijenata:

𝑎𝑎𝑛𝑛 = 1 − (𝑛𝑛 + 1) +(𝑛𝑛 + 1)(𝑛𝑛 + 2)

2

pa je formula za optši član niza an izraženog rekurzivnom relacijom 𝑎𝑎0 = 1,𝑎𝑎𝑛𝑛 = 𝑎𝑎𝑛𝑛−1 + 𝑛𝑛,𝑛𝑛 > 0:

𝑎𝑎𝑛𝑛 =𝑛𝑛2 + 𝑛𝑛 + 2

2.



18

Documents

diskretna matematika