Diskretna matematika - knjiga

7/22/2019 Diskretna matematika - knjiga

1/158

DISKRETNA MATEMATIKA

Zoran Mitrovic

Elektrotehnicki fakultet u Banjaluci


2/158

2


3/158

Sadrzaj

1 Predgovor 7

2 Elementi teorije brojeva 92.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 Djeljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.4 Prosti brojevi. Osnovna teorema aritmetike. . . . . . . . . . . . . 15

2.5 Modularne aritmetike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.6 Eulerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.7 RSA metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.8 Kineska teorema o ostacima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3 Binomna i polinomna formula 333.1 Binomni koeficijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2 Binomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.3 Polinomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.4 Neki identiteti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

4 Funkcije generatrise 39

4.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

4.2 Particije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

4.3 Hano jske kule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

4.4 Steinerov problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.5 Fibonaccijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4.6 Problem dijagonalnih triangulacija . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4.7 Sistemi rekurzivnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.8 Problem dearanzmana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.9 Kompozicijski inverz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.10 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3


4/158

4 SADRZAJ

5 Sume 57

5.1 Gausov postupak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.2 Metoda perturbacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.3 Beskonacne sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5.4 Primjena izvoda i integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6 Dirichletov princip i Ramseyeva teorema 67

6.1 Dirichletov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6.2 Ramseyeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

6.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

7 Grafovi 71

7.1 Osnovni po jmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.2 Stepen cvora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.3 Povezani grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

7.4 Stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

7.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

8 Linearno programiranje 83

8.1 Standardni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

8.2 Dualnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

8.3 Teorema o dualnosti i teorema o ekvilibrijumu . . . . . . . . . . 90

8.4 Operacije sa pivotima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 938.5 Simpleks tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

8.6 Pravila za operacije sa pivotima kod simpleks metoda . . . . . . 102

8.7 Dualni simpleks metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

8.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

9 Diskretna teorija vjerovatnoce 109

9.1 Pojam vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

9.2 Uslovna vjerovatnoca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

9.3 Bernulijeva sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

9.4 Diskretne slucajne promjenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

9.5 Slucajni procesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1199.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

10 Algebarske strukture 125

10.1 Parcijalno uredeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

10.2 M reze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

10.3 Grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133


5/158

SADRZAJ 5

11 Teorija izracunavanja 14111.1 Regularni jezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14111.2 A utomati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14111.3 Tjuringove masine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

12 Teorija kodova 14312.1 Generatorske matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14312.2 Hemingovi kodovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

13 Primjene teorije brojeva 14513.1 Prepoznavanje oblika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14513.2 Funkcije hesiranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14513.3 Kriptografija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

14 Zadaci sa kolokvijuma i pismenih ispita 14714.1 1. Kolokvijum 28. novembar 2007. . . . . . . . . . . . . . . . . . 14714.2 1. Kolokvijum 28. novembar 2007. (Rjesenja) . . . . . . . . . . . 14814.3 1. Kolokvijum 10. decembar 2007. (Popravni) . . . . . . . . . . . 15114.4 2. Kolokvijum 6. februar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15214.5 2. Kolokvijum 13. februar 2008. (Popravni) . . . . . . . . . . . . 15314.6 Pismeni 8. septembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15314.7 1. Kolovijum 26. novembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

15 Literatura 157


6/158

6 SADRZAJ


7/158

Glava 1

Predgovor

-

7


8/158

8 GLAVA 1. PREDGOVOR


9/158

Glava 2

Elementi teorije brojeva

2.1 Uvod

Klasicna teorija brojeva se bavi uglavnom proucavanjem prirodnih, cijelih iracionalnih brojeva.

Prvi problemi iz teorije brojeva zapisani su jos u starom Babilonu i Egiptu2000-3000 godina prije nove ere. Otkrice iracionalnih brojeva i osnovnih osobinadjeljivosti prirodnih brojeva sadrzani su jos u Euklidovim1 elementima.

Neki najpoznatiji rijeseni i nerijeseni problemi iz teorije brojeva su:

Problem parova blizanaca: Postoji beskonacno mnogo parova prostihbrojeva medusobno udaljenih za 2 (npr. 3 i 5, 5 i 7, 11 i 13, 17 i 19, 41 i 43,101 i 103,. . .) Moze se pokazati da je problem parova blizanacaekvivale-

ntan problemu da postoji beskonacno mnogo prirodnih brojevan, tako dabroj n2 1 ima tacno 4 djelitelja.

Goldbachova2 hipoteza: Svaki se paran broj 2n, n 2, moze izrazitikao suma dva prosta prirodna broja (npr. 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5+ 3,. . .) i danas odgovor je nepoznat, iako su sve konkretne provjere dalepozitivne odgovore. Goldbachova hipoteza kaze da je odgovor potvrdan.Tvrdnja jos nije dokazana. (Nagrada je 1 000 000 $).

Adrien-Marie Legendre3: Za svaki dovoljno veliki realni broj x, npr.x 117 postoji bar jedan prost broj izmedu brojeva x i x+x. Tuje hipotezu je krajem 18. vijeka postavio Legendre, ali ona i do danasnije rijesena. Ovo je samo jedan od problema vezan za tzv. problem

gustineprostih brojeva.1Euklid (330 p.n.e. - 275 p.n.e.), grcki matematicar. Zivio je i radio u Aleksandriji gdje

je stvorio matematicku skolu. Napisao je brojna djela, od kojih neka nisu sacuvana i poznatasu samo po naslovu. Sacuvana djela su: Elementi(geometrija kao nauka o prostoru) u 13knjiga, Optika( s teorijom perspektive), i dr.

2Christian Goldbach, (1690-1764), pruski matematicar.3Adrien-Marie Legendre, (1752-1833) bio je francuski matematicar. Znacajan doprinos je

dao na poljima statistike, teorije bro jeva, apstraktne algebre i matematicke analize.

9


10/158

10 GLAVA 2. ELEMENTI TEORIJE BROJEVA

10. Hilbertov4 problem 1900: Posto ji li algoritam za nalazenje rjesenjaDiofantske jednacine? (Negativan odgovor dao Matijasevic 1970.)

(a) Pelova jednacina: Najpoznatija Diofantska jednacina je

x2 dy2 = 1,gdje jedprirodan broj koji nije kvadrat. Sva pozitivna cijela rjesenja(xn, yn) ove jednacine su data sa

xn+

dyn = (x0+

dy0)n,

gdje je (x0, y0) najmanje rjesenje Pelove jednacine u pozitivnim cije-lim brojevima.

(b) Fermatov5 zadnji veliki teorem: Jednacina

xn + yn =zn,

nema rjesenja u nenegativnim cijelim brojevima gdje je n prirodanbroj veci od 2. (Tvrdnju je dokazao Andrew Wiles6.)

(c) Catalanova hipoteza 1843: Jedina rjesenja jednacine

xu yv = 1,u prirodnim brojevima x, y,u, v su 32 23 = 1. (Tvrdnju je dokazaoMihalescu 2003.)

Mali Fermatov teorem: Ako je n prirodan broj i p prost broj koji nedijeli n, onda je np1

1(modp). Time je zapravo dokazan jedan smjer

tzv. kineske hipoteze od skoro 2000 godina prije da je prirodan broj nprost ako i samo ako je 2n 2 djeljiv sa n. Njen drugi smjer nije istinit,npr. 23413 2 je djeljiv sa 341, a 341 = 31 11. Mali Fermatov teorem jetemelj mnogih rezultata iz teorije brojeva, a jos se koristi kao kompjuterskametoda provjere je li broj prost.

Teorema, Klaus Roth 1958, (Dobitnik Fieldsove medalje): Zarealan algebarski broj nejednacina pq

< 1q2+ ,gdje je >0, ima konacno mnogo rjesenja.

4

David Hilbert, (1862-1943) je bio njemacki matematicar koji je dao vazan doprinos unekoliko grana matematike.

5Pierre de Fermat, (1601-1665) bio je francuski matematicar i pravnik u tuluskom parla-mentu. Uz Dekarta, jedan je od najznacajnijih matematicara Francuske 17. veka.

6Andrew John Wiles, roden 11. aprila 1953. godine u Kembridzu) je britanskimatematicar. Postao je slavan dokazavsi Veliku Fermaovu teoremu, poznatu i kao Fermaovaposlednja teorema, 1995. godine. Na Univerzitetu u Getingenu svecano mu je urucena nagradajuna 1997. godine u iznosu od 60 000 dolara, koju je 1908. godine zavjestao njemacki indu-strijalac Paul Volfsker onome ko dokaze Fermaovu poslednju teoremu.


11/158

2.2. DJELJIVOST 11

2.2 Djeljivost

Definicija 2.1. Neka su a i b cijeli brojevi. Kazemo da a dijelib ako je a= 0i postoji k Z tako da je b = ak. Pisemo a|b i citamo a dijeli b. Broj anazivamo djelitelj broja b, a broj b sadrzilac bro ja a.

Osobine relacije biti djelitelj :

Refleksivnost, Antisimetricnost, Tranzitivnost.

Primjer 2.1. Ako su a,b,c Z, onda iz a|b i a|c slijedi a|(nb+ mc) za bilokoja dva cijela brojam in.

Primjer 2.2. Neka sux iy cijeli brojevi. Pokazati da je3x + 5y djeljiv sa 13ako i samo ako jex + 6y djeljivo sa 13.Rjesenje. 13|3x+ 5y 13|5(3x+ 5y), pa 13|15x+ 25y. Kako je15x+ 25y =13x+13y+2(x+6y)dobijamo13|x+6y. S druge strane,13|x+6y13|3(x+6y),pa13|(3x + 5y) + 13y, a odavde13|3x + 5y.Teorema 2.1. Neka jeaN ibZ tada postoje jedinstveni cijeli brojeviq ir takvi da jeb= aq+ r i0r < a.Dokaz. Pokazimo prvo egzistenciju brojevaq i r . Konstruisimo skup

S={b as0 :s Z}.

SkupSje neprazan podskup skupaN{0}, pa ima najmanji elemenat. Neka jetor . Tada postojiq Ztakav da jeb aq= r. Jasno je da jer0. Pokazimoda jer < a. U suprotnom bi imali ra, pa je b a(q+ 1) =r a >0. Dakle,b a(q+ 1)S i b a(q+ 1) < r sto je nemoguce.Pokazimo jedinstvenost brojeva q i r. Pretpostavimo da je b = aq1 + r1 ib= aq2+ r2, gdje je 0r1< ai 0r2< a. Tada jea|q2 q1|=|r2 r1|< a,pa kako su q1 i q2 cijeli brojevi to je|q2 q1|= 0. Znaci q1= q2 i r1= r2.Definicija 2.2. Ako su a,b, Z takvi da je d|a i d|b onda d nazivamo

zajednicki djeliteljod a i b.

Najveci zajednicki djeliteljbrojeva a i b oznacavamo sa (a, b).

Najmanji prirodan broj ciji su a i b djelitelji nazivamo najmanji za-jednicki sadrzilaci oznacavamo sa [a, b].

Primjer 2.3. (a, b) = (b, a) = (|a|, |b|), [a, b] = [b, a] = [|a|, |b|], ako d|a id|b tada jed|(a, b),


12/158


ako a|m ib|m tada je [a, b]|m,

(a, b)min{a, b} max{a, b} [a, b]. ako je

a=n

j=1

pujj ib=

nj=1

pvjj

tada je

(a, b) =n

j=1

pmin{uj,vj}j i [a, b] =

nj=1

pmax{uj,vj}j . (2.1)

Primjer 2.4. Odrediti(460, 200) i [460, 200].Kako je 460 = 22 523 i 200 = 23 52 imamo (460, 200) = 22 5 = 20 i[460, 200] = 23

52

23 = 4600.

Primjedba2.1. Na slican nacin se moze definisati (a1, a2, . . . , an) i [a1, a2, . . . , an],gdje su a1, a2, . . . , an cijeli brojevi.

Teorema 2.2. Neka sua ib prirodni brojevi. Tada postoje cijeli brojevix iytakvi da je(a, b) = ax + by.

Dokaz. SkupS={ax + by >0 :x, y Z}

je podskup skupa N, pa ima najmanji elemenat d0. To znaci da postoje cijelibrojevix0 i y0 takvi da jed0= ax0+ by0. Pokazimo da je

d0

|ax + by za sve x, y

Z. (2.2)

Ako (8.1) ne bi vrijedilo postojali bi cijeli brojevi x1 i y1 takvi

d0ax1+ by1.

Znaci posto je brojevi q i r , 1r < d0, takvi da jeax1+ by1= qd0+ r,

pa jea(x1 qx0) + b(y1 qy0) = r,

sto je nemoguce, jer je d0 minimum skupa S. Dakle, vrijedi (8.1), pa za x= 1i y = 0 imamo d0

|a, a za x = 0 i y = 1 imamo d0

|b, to znaci d0

|(a, b). S druge

strane, (a, b)|ai (a, b)|b, pa (a, b)|ax0+by0to jest (a, b)|d0. Znaci d0= (a, b).Posljedica 2.1. Ako su a i b relativno prosti brojevi to jest (a, b) = 1 tadapostoje cijeli brojevix iy takvi da jeax + by= 1.

Primjer 2.5. Pokazati da jednacina12x + 15y= 3 ima cjelobrojna rjesenja.Kako je (12, 15) = 3 na osnovu prethodne posljedice zakljucujemo da jednacina4x + 5y = 1 ima cjelobrojna rjesenja, pa prema tome i jednacina12x + 15y = 3.


13/158

2.3. EUKLIDOV ALGORITAM 13

Primjedba 2.2. Iz dokaza teoreme 2.2. vidimo da je

(a, b) = min{ax + by >0 :x, y Z}.

Primjer 2.6. Dokazati da razlomak 21n + 4

14n + 3ne moze da se skrati ni za jedan

prirodan brojn. (IMO, Rumunija, 1959)Rjesenje. Za svakin vrijedi3(14n+ 3) 2(21n+ 4) = 1, pa dobijamo da akod|14n + 3 id|21n + 4 da jed= 1.

2.3 Euklidov algoritam

U prethodnoj sekciji smo vidjeli da je za rjesavanje linearne Diofantove7

jednacine,ax + by= c, potrebno naci najveci zajednicki djelilac bro jeva a i b.

Algoritam dat u sledecoj teoremi daje postupak za odredivanje na jvecegzajednickog djelioca dva broja.

Teorema 2.3. (Euklidov algoritam) Pretpostavimo da sua, bN ia < b.Dalje, neka suq1, q2, . . . , q n+1 Z, r1, r2, . . . , rn N i0< rn < rn1


14/158


Primjer 2.7. 1. Odrediti(589, 5111).Imamo

5111 = 589 8 + 399589 = 399 1 + 190399 = 190 2 + 19

190 = 19 10.Dakle, (589, 5111) = 19.

2. Naci bar jedno rjesenje jednacine589x + 5111y= 19.Iz

19 = 399 190 2= 399 (589 399 1) 2

= 589(2) + 399 3= 589(2) + (5111 589 8) 3

= 5111 3 + 589(26),zakljucujemo da jex =26iy = 3, pa je(26, 3)jedno rjesenje jednacine

589x + 5111y= 19.

Primjedba 2.3. 1. Ako je (x0, y0) rjesenje jednacine ax + by = c onda zasvako rjesenje (xt, yt) te jednacine vrijedi xt = x0 +bt, yt = y0at,gdje je t Z. Dakle, koristeci Euklidov algoritam mozemo rijesiti svakuDiofantovu jednacinu ax + by= 1, gdje je (a, b) = 1.

2. Za broj koraka j u Euklidovom algoritmu vrijedi j


15/158

2.4. PROSTI BROJEVI. OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE. 15

Primjer 2.8. Odrediti cjelobrojna rjesenja jednacine2918x + 19y= 1.

Primjer 2.9. Odreditix iy tako da je361x + 418y= (361, 418).

2.4 Prosti brojevi. Osnovna teorema aritmetike.

U ovoj sekciji izucavamo neke osobine prostih brojeva.

Definicija 2.3. Neka je aN i a >1. Za broj akazemo da je prostbroj akosu jedini njegovi djelitelji 1 i a. Ako broj nije prost kazemo da je slozen.

Primjedba 2.4. Broj 1 nije ni prost ni slozen.

Primjer 2.10. Za svaki prirodan brojk postojik uzastopnih slozenih brojeva.Naime, ako stavimo n= k+ 1 tada su

n! + 2, n! + 3, . . . , n! + n

slozeni brojevi.

Primjer 2.11. Dokazati da jen4 + 4 slozen broj ako jenN, n > 1. (ZadatakS. Germain.8)

Teorema 2.4. Neka su a1, a2, . . . , an Z i p prost broj. Ako p|a1a2 antadap|aj za neko j {1, . . . , n}.Teorema 2.5. (Osnovna teorema aritmetike) Faktorizacija svakog prirodnogbrojan > 1 na proste faktore je jedinstvena.

Dokaz. Prvo cemo indukcijom pokazati da svaki prirodan bro jn2 ima repre-zentaciju koja se sastoji od proizvoda prostih brojeva. Broj 2 ima reprezentaciju

koja se sastoji od prostih brojeva. Prepostavimo sada da je n > 2 i da svakiprirodan brojm za koji vrijedi 2m < nima reprezentaciju koja se sastoji odproizvoda prostih brojeva. Ako jenprost broj tada je dokaz gotov, u suprotnompostoje prirodni brojevin1i n2takvi da je 2n1< ni 2n2< ni n = n1 n2.Zbog indukcijske pretpostavke n1 i n2 imaju reprezentacije preko proizvodaprostih brojeva, pa prema tome takvu reprezentaciju ima i broj n.Dokazimo sada jedinstvenost. Prepostavimo da je

n= p1p2 pr =p

1p

2 p

s,

gdje su p1 p2 pr, p1 p2 p

s prosti brojevi. Imamo p1|p

1

p2 p

s, pap1|p

i za nekii {1, . . . , s}. S druge stranep

1|p1 p2 pr,pa p

1|pj

za neki j

{1, . . . , r

}. Dakle, imamo

p1= p

ip

1= pjp1,pa je p1= p

1. Sada je

p2 pr =p

2 p

s,

pa se na slican nacin pokaze da je r= s i pi = pi, i= 1, . . . , r .

8S. Germain, 1776-1831, francuska matematicarka


16/158


Posljedica 2.2. Neka jen prirodan broj. Tada postoje prosti brojevip1, . . . , pki prirodni brojevi

1, . . .

k takvi da je

n= p11 pkk . (2.3)Definicija 2.4. Reprezentacija (2.3) se naziva kanonska dekompozicija brojan.

Primjer 2.12. Dokazati da je

[m,n,p]2

[m, n][m, p][n, p]=

(m,n,p)2

(m, n)(m, p)(n, p) za svem, n, pN. (USA MO, 1972)

Rjesenje. Pretpostavimo da je

m= pa11 p

a22 p

akk , n= p

b11 p

b22 p

bkk , p= p

c11 p

c22 p

ckk ,

gdje sup1, p2, . . . , pk prosti brojevi iai, bi, ci, i {0, 1, . . . , k} nenegativni cijelibrojevi. Koristeci (2.1) dobijamo

[m,n,p] =pmax{a1,b1,c1}1 pmax{a2,b2,c2}2 pmax{ak,bk,ck}k ,

[m, n] =pmax{a1,b1}1 pmax{a2,b2}2 pmax{ak,bk}k ,

[m, p] =pmax{a1,c1}

1 pmax{a2,c2}2 pmax{ak,ck}k ,[n, p] =p

max{b1,c1}1 pmax{b2,c2}2 pmax{bk,ck}k ,

opet iz (2.1) je

(m,n,p) = pmin{a1,b1,c1}1 pmin{a2,b2,c2}2 pmin{ak,bk,ck}k ,

(m, n) =pmin{a1,b1}1 pmin{a2,b2}2 pmin{ak,bk}k ,

(m, p) = pmin{a1,c1}1 pmin{a2,c2}2 pmin{ak,ck}k ,

(n, p) = pmin{b1,c1}

1 pmin{b2,c2}2 pmin{bk,ck}k .Sada se zadatak svodi da se pokaze da je

2max{a,b,c} max{a, b} max{a, c} max{b, c}= 2 min

{a,b,c

} min

{a, b

} min

{a, c

} min

{b, c

}.

Mozemo pretpostaviti da vrijediabc. Tada je

2max{a,b,c} max{a, b} max{a, c} max{b, c}= 2c b c c=b,slicno,

2min{a,b,c} min{a, b} min{a, c} min{b, c}= 2a a a b=b.


17/158

2.4. PROSTI BROJEVI. OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE. 17

Primjer 2.13. Odrediti broj pozitivnih djelilaca brojan= p11 pkk .

Definicija 2.5. Ukupan broj pozitivnih djelilaca broja n oznacava se sa (n).

Primjer 2.14. Pokazati da za uzajamno proste brojevem in vrijedi

(mn) = (m)(n).

Primjer 2.15. Pokazati da jen potpun kvadrat ako je(n) neparan broj.

Definicija 2.6. Zbir svih pozitivnih djelilaca broja n oznacava se sa (n).

Primjer 2.16. Ako jen= p11 pkk pokazati da je

(n) = 1 p11

1

p1

1 pkk

1

pk

.

Primjer 2.17. Pokazati da za uzajamno proste brojevem in vrijedi

(mn) = (m)(n).

Primjer 2.18. Odrediti(600) i(500).

Teorema 2.6. (Euklid) Skup prostih brojeva je beskonacan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Neka su p1< p2


18/158


Teorema 2.7. Neka jea prirodan broj ip prost tada jep|ap a.

Dokaz. Dokazacemo teoremu koristeci indukciju po a. Za a = 1 tvrdnja jetrivijalna. Neka je a >1 i stavimo a = b + 1. Tada je

ap a= (b + 1)p (b + 1) =bp +

p1

bp1 + +

p

p 1

b + 1 b 1.

= (bp b) +

p1

bp1 + +

p

p 1

b.

Po indukcijskoj hipotezi bp b je djeljivo sa p. S druge strane, kako je p prostto jep|

pk

, k= 1, . . . , p 1, pa je dokaz gotov.

Primjer 2.21. Pokazati da postoji prirodan brojk takav da je11256 = 1+257k.Primjer 2.22. Ako jep prost broj veci od 3, dokazati da6p|abp apb.

2.5 Modularne aritmetike

U ovoj sekciji, koristeci osobine prostih brojeva nastavljamo da izucavamorelaciju a dijeli b.

Definicija 2.7. Ako jen|abonda kazemo da jeakongruentnobpo modulon i to pisemo

ab( mod n).Osobine relacije biti kongruentan modulon:

Relacija biti kongruentan modulonjerelacija ekvivalencijena skupuZ. Svi cijeli brojevi koji su kogruentni po datom modulu obrazuju jednuklasu brojeva. Tako na primjer po modulu 3 imamo tri klase brojeva :

klasu brojeva oblika 3k koji su djeljivi sa 3, odnosno kongruentni sunuli po modulu 3,

klasu brojeva oblika 3k+ 1 koji prilikom dijeljenja sa 3 daju ostatak1, odnosno kongruentni si jedinici po modulu 3,

klasu brojeva oblika 3k+ 2 koji prilikom dijeljenja sa 3 daju ostatak2, odnosno kongruentni su broju 2 po modulu 3.

Primjer 2.23. Odrediti prirodan brojp ako sup i8p2 + 1 prosti brojevi.Prema prethodnom svaki se cijeli broj moze zapisati u jednom od sljedeca

tri oblika : n= 3k, n= 3k+ 1 n = 3k 1,gdje jek cijeli broj. Ako jep= 3 onda jep oblika3k 1, jer jep prost.U oba slucaja je

8p2 + 1 = 3(24k2 16k+ 3)djeljivo sa 3. Dakle, ostaje jedino mogucnost da jep= 3 i u tom slucajuimamo 8p2 + 1 = 73 sto je prost broj.


19/158

2.5. MODULARNE ARITMETIKE 19

Ako je ab( modn) i cd( modn) onda je a cb d( modn) iac

bd( modn).

Ako je ab( modn), dN i d|nonda je ab( modd). Ako jeab( modn) onda je acbc( modn) za svaki prirodan broj c. Ako jeab( modn) onda jeak bk( modn) za svaki prirodan brojk . Ako je acbc( modn) i (c, n) = 1 onda je ab( modn).

Dokazimo na primjer posljednju osobinu.Neka je ac bc( modn). Tada imamo n|c(a b), pa kako je (c, n) = 1 to jen|a b. Znaci ab( modn).Primjedba 2.5. Moze se pokazati da je acbc( modn) ako i samo ako jeab mod n(c,n) .Primjer 2.24. Odrediti posljednju cifru u dekadnom zapisu broja3400.Vrijedi34 1( mod 10), pa je

3400 1100( mod 10),

to jest3400 1( mod 10).

Dakle, posljednja cifra broja3400 je 1.

Primjedba 2.6. Malu Fermatovu teoremu mozemo zapisati i na sljedeci nacin:Ako je a prirodan broj i p prost onda je

ap a( mod p).

Primjer 2.25. Neka je p prost broj veci od 2 i p ne dijeli a. Pokazati da jejedan i samo jedan od brojeva

A= a1+2++(p1) 1, B= a1+2++(p1) + 1,

djeljiv sap.Na osnovu male Fermatove teoreme jeap1 1( mod p), pa je

AB=

a(p1)p

2 1

a(p1)p

2 + 1

= a(p1)p 10( mod p).

Dakle, p| AB. Kako je B A = 2 i p prost broj veci od 2, to samo jedan odbrojeva moze biti djeljiv sap.

Primjer 2.26. Ako je p prost i n prirodan broj takav da jep|(4n2 + 1), tadap 1( mod 4).Rjesenje. Jasno da je p= 2. Neparan broj pri dijeljenju sa 4 daje ostatak 1ili 3. Prema tome, treba dokazati da dap nije oblika4k+ 3. Pretpostavimo da


20/158


postojik takav da jep = 4k+ 3. Na osnovu malog Fermatovog teorema, jer pnije djeljivo san je

(2n)p1 1( mod p).Iz pretpostavke zadatka je

(2n)2 1( mod p),

pa je

(2n)p1 (2n)4k+2 ((2n)2)2k+1 (1)2k+1 1( mod p),

sto je kontradikcija. Prema tome, p 1( mod 4).Neka je dat prirodan broj m > 1. Posmatrajmo m klasa cijelih brojeva

kongruentnih redom sa brojevima 0, 1, 2, . . . , m 1. Jasno je da jedan broj nemoze biti u dvije razlicite klase i da svaki cijeli broj mora biti u jednoj od klasa.Izaberemombrojeva tako da svaki bude iz po jedne klase. Tako izabrani brojevinazivaju se potpuni sistem ostataka po modulu m. Svedeni sistem ostataka pomodulu m se dobija ako se iz potpunog sistema ostataka izbace brojevi koji nisuuzajamno prosti sa m. U svedenom sistemu ostataka po datom modulu uvijekje isti broj elemenata bez obzira od kog potpunog sistema podemo.

Teorema 2.8. Neka je(a, m) = 1i neka je{1, 2, . . . , k}proizvoljan potpuni(svedeni) sistem ostataka po modulu m. Tada je{a1, a2, . . . , a k} potpuni(svedeni) sistem ostataka po modulum.

Dokaz. Brojeva ai ima koliko i brojeva i, pa treba dokazati da brojevi ai ia

j pripadaju razlicitim klasam po modulu m ako je i

=j. Ako bi bilo

aiaj( mod m),

kako je (a, m) = 1, imali bi da je 1j( modm), sto je nemoguce.Teorema 2.9. Ako je p prost broj, onda za svaki broj k {2, 3, . . . , p2},postoji tacno jedan broj l {2, 3, . . . , p 2}, takav da je

kl1( mod p)

i vrijedi l=k.Dokaz. Na osnovu teoreme 2.8 brojevi

k, 2k, 3k , . . . , (p 1)k,pk

obrazuju potpuni sistem ostataka po modulu p, pa uzeti u nekom redoslijedudaju ostatke 0, 1, 2, . . . , p1 po modulu p. To znaci da posto ji tacno jedanl {2, 3, . . . , p 1} takav da je

kl1( mod p).


21/158

2.5. MODULARNE ARITMETIKE 21

Broj l ne moze biti jednak k , jer bi u tom slucaju imali

k2 1( mod p),a ovo je ekvivalentno sa

(k 1)(k+ 1)0( mod p).Ovo znaci da je

k1( mod p) ili k 1( mod p),sto je nemoguce, jer je k {2, 3, . . . , p 2}.Teorema 2.10. (Wilson9) Ako jep prost broj, tada vrijedi

(p

1)!

1( mod p).

Dokaz. Za p = 2 tvrdenje ocigledno vrijedi. Ako je p prost broj veci od 2, uproizvodu

(p 1)! = 1 2 3 . . . (p 1)ima paran broj faktora. Na osnovu teoreme 2.9 vrijedi

2 3 . . . (p 2)1( mod p),kako je

1 (p 1) 1( mod p),dobijamo tvrdenje teoreme.

Primjer 2.27. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja93! sa97.Kako je 97 prost broj na osnovu Wilsonove teoreme imamo

96! 1( mod 97).Pretpostavimo da je

93!x( mod 97).Sada dobijamo

96 95 94 x(1)(2)(3)x( mod 97).Dakle,

1

6x( mod 97),

pa vrijedi6x1( mod 97),

kako je(16, 97) = 1 mnozenjem posljednje jednakosti sa 16 dobijamo

96x16( mod 97),9John Wilson (1741-1793), engleski matematicar.


22/158


to jest

x

16( mod 97),

odavde jex 16( mod 97),

pa jex81( mod 97).

Primjer 2.28. Ako jep prost broj veci od 2, dokazati

12 32 52 . . . (p 2)2 (1)p+12 ( mod p).

Na osnovu Wilsonove teoreme je

1 2 3 . . . (p 1) 1( mod p).Za svakoi = 0, 1, 2, . . .vrijedii (pi)) mod p).Zamijenimo p12 parnihbrojeva na lijevoj strani prve kongruencije brojevima njima kongruentnim kojise dobijaju iz druge kongruencije zai= 2, 4, . . . , p 1. Dobijamo

12 32 52 . . . (p 2)2(1)p12 1( mod p).

2.6 Eulerova funkcija

Definicija 2.8. Neka je (n) broj prirodnih brojeva koji nisu veci od n, auzajamno su prosti sa n. Definisimo (1) = 1. Na taj nacin je definisana

funkcija : N Nkoja se naziva Eulerova10 funkcija.Primjer 2.29.Nekoliko prvih vrijednosti funkcije dato je sljedecom tabelom:

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4

Definicija 2.9. Funkcija f : N N je multiplikativna ako jef(mn) = f(m)f(n),

za sve prirodne brojeve m i n za koje je (m, n) = 1.

10Leonhard Paul Euler, (1707-1783) je bio svajcarski matematicar i fizicar. Ziveo je i radio

u Berlinu i Petrogradu. Euler je dosao do velikih otkrica u potpuno razlicitim oblastimakao sto su matematicka analiza i teorija grafova. Uveo je u upotrebu veliki broj terminakoji se koriste u savremenoj matematici i unapredio matematicku notaciju, posebno u okviruanalize. Takode je i jedan o d najplodonosnijih matematicara-sacuvano je oko 900 njegovihradova. Laplasove rijeci Citajte Eulera, citajte Eulera, to je nas zajednicki uciteljnajboljepokazuju Eulerov uticaj na matematiku. Eulerov lik je nekoliko puta stampan na postanskimmarkicama u Svajcarskoj, Njemackoj i Rusiji, a asteroid 2002 Euler je dobio ime u njegovucast. Luteranska crkva ga je uvrstila u svo j kalendar svetaca. Secanju na Eulera su posvetili24. maj.


23/158


24/158


Dokaz. Neka jen= p11 p22 pkk , gdje su pi razliciti prosti brojevi. Tada je

d|n

(d) = ((1) + (p1) + + (p11 )) ((1) + (p2) + + (p22 ))

((1) + (pk) + + (pkk )) = (1 +p1 1 +p21p1+ +p11 p111 )

(1+p21+p22p2+ +p22 p212 ) (1+pk1+p2kpk+ +pkk pk1k ) =

=p11 p22 pkk =n.

Teorema 2.14. (Eulerova teorema) Ako je(a, m) = 1 onda je

a(m) 1(modm).

Dokaz. Neka su1, 2, . . . , (m) razliciti bro jevi koji su uza jamno prosti sami manji od m. Kako je (a, m) = 1 uzajamno prosti brojevi sa m su i

a1, a2, . . . , a (m).

Iz osobina relacije biti kongruentanimamo

a(m)12 (m)12 (m)(modm).

Kako je (i, m) = 1 imamo

a(m) 1(modm).

Posljedica 2.3. (Mala Fermatova teorema) Ako jep prost broj ip ne dijeliaonda je

ap1 1(modp).

Primjer 2.31. Ako su a i m uzajamno prosti prirodni brojevi, tada postojirjesenje kongruencije

ax

b(modm).

Naime, iz Eulerove teoreme imamo

b(a(m)1 1)0(modm),

pa je rjesenje, x= ba(m)1.


25/158

2.7. RSA METOD 25

Primjer 2.32. Naci sve proste brojevep za koje je broj5p2

+ 1 djeljiv sap2.Ocigledno jep

= 5. Sada mozemo primijeniti Eulerovu teoremu:

5(p2) 1(modp2),

to jest

5p2p 1(modp2).

Dakle,

5p2

+ 15p 5p2p + 15p + 1(modp2).Znaci treba da je

5p + 10(modp2).Prema maloj Fermatovoj teoremi, je

5p 5(modp),

pa je

5p + 15 + 10(modp).Dakle,p = 2ilip = 3. Zap = 2je52+12(mod4),zap = 3je59 1(mod9).Prema tomep= 3.

2.7 RSA metod

2.8 Kineska teorema o ostacima

U primjeru 2.31 vidjeli smo kako se mogu rjesavati neke kongruencije. Sljedecateorema daje potreban i dovoljan uslov kada sistem kongruencija ima rjesenje.

Teorema 2.15. ( Kineska teorema o ostacima) Neka su m1, . . . , mr poparovima uzajamno prosti brojevi i neka sua1, . . . , ar proizvoljni cijeli brojevi.Tada postoji rjesenje sistema kongruencija:

xa1(modm1)...

x

ar(modmr).

Ako jex0 jedno rjesenje gornjeg sistema, onda jex njegovo rjesenje ako i samoako jex= x0+ km, gdje jek Z, a brojm= m1 mr.Dokaz. Stavimo m = m1 mr, tada je

m

mj, mj

= 1, j = 1, . . . , .


26/158


Prema primjeru 8.26 za sve j postoji cijeli broj bj takav da je

mmj

bj1(modmj).

Jasno,m

mj bj0(modmi) zai=j.

Stavimo

x0=r

j=1

m

mjbjaj ,

ocigledno je

x0 mmi

biaiai(modmi).

Dakle,x0 je rjesenje sistema.Ako jex1 rjesenje, imamo

x1x0(modmi), i= 1, . . . , r ,

pa je x1 =x0+km za neko kZ. Osim toga x0+ km zadovoljava sistem, paje teorema dokazana.

Primjedba 2.7. Uslov da su mi po parovima uzajamno prosti je bitan, jer naprimjer sistem

x0(mod2)x

1(mod2),

nema rjesenje.

Primjer 2.33. Odrediti najmanji prirodan bojx za koji je

x5(mod17)

x7(mod11)x3(mod13).

Uvedimo oznake kao u teoremi 2.15,

a1= 5, a2= 7, a3= 3,

m1= 7, m2= 11, m3= 13, m= 7 11 13 = 1001,m

m1= 143,

m

m2= 91,

m

m3= 77.

Odredimob1, b2, b3. Iz143b11(mod7), dobijamo 3b11(mod7), pa je

b13(7)1 361 2435(mod7),


27/158

2.8. KINESKA TEOREMA O OSTACIMA 27

na slican nacin, iz3b21(mod11) i77b31(mod13) dobijamo

b23(11)1 4(mod11),

b3(1)(13)1 1(mod13).Znaci,

x0= m

m1b1a1+

m

m2b2a2+

m

m3b3a3= 143 5 5 + 9 1 4 7 + 7 7 (1) 3 = 5982.

Kako jex0= 5 1001+887, zakljucujemo da je 887 najmanji prirodan broji kojije rjesenje sistema.


28/158


2.9 Zadaci

1. Dati su brojevi 125 i 962.

(a) Odrediti njihove kanonske dekompozicije.

(b) Naci (125, 962).

(c) Naci [125, 962].

2. Koristeci Euklidov algoritam rijesiti Diofantsku jednacinu

(210, 858) = 210x + 858y.

3. Odrediti najmanji pozitivan broj koji ima tacno k djelilaca za 1k6.4. Neka sux i y cijeli brojevi. Dokazati da je 3x + 4y djeljiv sa 11 ako i samo

ako jex + 5y djeljiv sa 11.

5. Neka su a i b uzastopni cijeli brojevi i n prirodan broj. Dokazati da je(an + b,bn + a) neparan broj.

6. Naci sve prirodne brojeve d takve da d|n2 + 1 i d|(n+ 1)2 + 1 za neken N.

7. Neka sua, bi c tri razlicita cijela broja i Ppolinom sa cjelobrojnim koefi-cijentima. Dokazati da je je nemoguce da jeP(a) = b, P(b) =c, P(c) = a.(1974 USA MO)

8. Dokazati da je (m, n)[m, n] =mn, za sve m, nN.9. Dokazati da je (mn, np, mp)[m,n,p] =mnp, za svem, n, p N.

10. Dokazati da je[m,n,p]

mnp =

(m,n,p)

(m, n)(m, p)(n, p),

za sve m, n, pN.11. Ako sua i b prirodni brojevi, dokazati da je an + bn (a, b)n + [a, b]n za

svenN.12. Dokazati da ako jea >3 brojevi a, a + 2, a + 4 ne mogu biti svi prosti.

13. Odrediti sve proste brojevep takve da je 2p + 1 kub prirodnog broja.

14. Dokazati da je 377 1

2 neparan i slozen broj.

15. Dokazati da ako je 2n + 1 prost da jen slozen.

16. Definisimo niz Tn = 22n + 1, n N.Dokazati da je (Tn, Tm) = 1 za n=m.

17. Odrediti sa koliko nula se zavrsava 2009!.


29/158

2.9. ZADACI 29

18. Odrediti faktorizaciju preko prostih brojeva za 2010 i 20!.

19. Dokazati da broj sa 30 cifara ne moze imati vise od 100 prostih faktora.

20. Dokazati da 30|m5 mza sve m N.21. Dokazati da zbir kvadrata pet uzastopnih cijelih brojeva ne moze biti tacan

kvadrat.

22. Dokazati da razlomak 26n + 5

39n + 7ne moze da se skrati ni za jedan prirodan

broj n.

23. Pokazati da je (k4 + 3k2 + 1, k3 + 2k) = 1 za svaki k N.24. Dato je n brojeva a

1, a

2, . . . , an. Dokazati da se od njih moze odabrati

nekoliko ciji je zbir kvadrata djeljiv sa n.

25. Naci najmanji broj koji pri dijeljenju sa n, n+ 1, . . . , n+ m daje redomostatke r, r+ 1, . . . , r+ m.

26. Neka je S = {n N|n nema drugih prostih djelilaca osim 2, 3 i 5}.Izracunati

nS

1

n.

27. Dokazati da je(n)< 2

n,za sve n N.28. Koliko ima prirodnih brojeva koji dijele bar jedan od brojeva 1060, 2050, 3040?

29. Koliko ima djeljitelja broja 3030

koji imaju tacno 30 djeljitelja?30. Odrediti broj i zbir djelilaca broja 2010.

31. Odrediti sve proste brojevep za koje je

(a) broj 2p savrsen broj,

(b) broj p2 savrsen broj.

32. Neka su a, b, c i d (a=c) prirodni brojevi. Dokazati

ac( mod ab + cd)ac( mod ad + bc).

33. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja 641500 sa 9. (Rez. 1)

34. Ako jep prost broj onda za sve a, b, c Nvrijedi

6p|a + b + c6p|ap + bp + cp.

35. Rijesiti jednacinu22009x1(mod13).


30/158


36. Koliko ima prirodnih brojevan106 koji su djeljivi sa 7 i nisu djeljivi sa10, 12 i 25?

37. Koristeci Eulerovu teoremu rijesiti kongruencijsku jednacinu

22x1(mod729).

38. Rijesiti sistem kongruencijskih jednacina

(a)x2(mod3)x3(mod5)x2(mod7).

(b)x1(mod2)x2(mod3)x3(mod5).

39. Dokazati da je zan, mN,

(m n) = (m)(n) (m, n)((m, n))

.

40. Dokazati da jen13 n(mod2730) za sve nN.41. Ako jep prost broj veci od 2, dokazati

22 42 62 . . . (p 1)2 (1) p+12 ( mod p).

42. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je (a, b) = 1, te da je ab potpunkvadrat. Dokazati da su tada a i b potpuni kvadrati.

43. Nadite prirodan broj n sa osobinom da je n2

kvadrat, n3

kub, a n5

petapotencija nekog prirodnog broja.

44. Dati su prirodni brojevia i b. Pokazati

(a) a2 b2(mod3)a2 b2( mod 9),(b) a2 b2(mod7)a2 b2( mod 49).

45. Dokazati da postoji prirodan broj n takav da je za svaki prost broj p broj2pn + 3 slozen. (p= 5k+ r, n= 4)

46. Neka je broj 2k + 1 prost. Dokazati da je tada k = 0 ili k = 2n za nekin 0. (Brojevifn = 22n + 1 nazivaju se Fermatovi brojevi. Fermat jesmatrao da su svi oni prosti. Zaista, f0 = 3, f1 = 5, f2 = 17, f3 = 257 if4 = 65537 su prosti. Medutim,f5 = 2

32 + 1 je slozen, 641|f5. Hipotezaje da je samo konacno mnogo Fermatovih brojeva prosto.)


31/158


32/158



33/158

Glava 3

Binomna i polinomnaformula

3.1 Binomni koeficijenti

Neka jenN {0}, izrazn! naziva se faktorijel broja n i definise se sa

n! =

1 2 3 n, nN,

1, n= 0.

Izraz

nk

naziva se binomni koeficijent i definise se kao broj ktoclanih

podskupova skupa sa n elemenata, to jest nk

=|{A {1, 2, . . . , n}:|A|= k}|.

Prebrojavanjemktoclanih podskupova skupa sa n elemenata uocavamo da jeprethodna definicija ekvivalentna sa

nk

=

n(n 1) (n k+ 1)k!

,

ako iskoristimo definiciju faktorijela imamo

nk

= n!

k!(n

k)!

.

Prethodna definicija se moze prosiriti i u slucaju da se ne radi o cijelim broje-vima. Ako je r C onda se definise

rk

=

r(r1)(rk+1)

k! , k0,0, k


34/158

34 GLAVA 3. BINOMNA I POLINOMNA FORMULA

1. n0 =

nn = 1,

2.

nk

=

nn k

,

3. k

nk

= n

n 1k 1

,

4.

nk

=

n 1

k

+

n 1k 1

,

5.

nm

m

k

=

nk

n km k

=

nm k

n m + k

k

,

6. n0

< n1 >

nn 1

>

nn

.

3.2 Binomna formula

Nije komplikovano provjeriti da vrijede sljedece jednakosti

(x + y)2 =x2 + 2xy+ y2,

(x + y)3

=x3

+ 3x2

y+ 3xy2

+ y3

,(x + y)4 =x4 + 4x3y+ 6x2y2 + 4xy3 + y4.

Ove jednakosti su specijalan slucaj opstije jednakosti poznate pod nazivomNewtonova1 binomna formula.

Teorema 3.1. Za svaki prirodan brojn vrijedi jednakost

(x + y)n =n

k=0

nk

xkynk, (3.1)

gdje sux, y C.

Dokaz. Zapisimo izraz (x + y)n u oblikun faktora jednakih x + y i pomnozimote faktore

(x + y)n = (x + y)(x + y) (x + y) =

a1a2 an.1Sir Isaac Newton bio je engleski fizicar, matematicar, astronom, alhemicar i filozof. Smatra

se jednom od najvecih licnosti u istoriji nauke. Roden je 4. januara 1643. u Engleskoj, apreminuo 31. marta 1727. u Londonu.


35/158


36/158

36 GLAVA 3. BINOMNA I POLINOMNA FORMULA

Primjer 3.1. Ako u formuli(3.1)stavimox = 1, y = 1, a zatimx = 1, y =1,dobijamo sljedece jednakosti

n0

+

n1

+

n2

+ +

nn

= 2n, (3.2)

n0

n1

+

n2

+ (1)n

nn

= 0. (3.3)

Iz jednakosti (8.19) i(8.20) sabiranjem i oduzimanjem dobijamo n0

+

n2

+

n4

+ =

n

1

+

n3

+

n5

+ = 2n1.

3.3 Polinomna formula

Neka su n1, n2, . . . , nk nenegativni cijeli brojevi za koje vrijedi n1+n2 + + nk = n. Polinomni koeficijent se definise sa

nn1, n2, . . . , n k

=

n!

n1!n2! nk! .

Ako specijalno uzmeno n1= k i n2= n k dobijamo binomni koeficijent n

k, n k

= n!

k!(n k)! =

nk

.

Teorema 3.2. Neka suk in prirodni brojevi. Tada za sve x1, x2, . . . , xk Cvrijedi

(x1+ x2+ + xk)n = n

n1, n2, . . . , nk

xn11 x

n22 xnkk , (3.4)

gdje se sabiranje vrsi po svim ktorkama (n1, n2, . . . , nk) nenegativnih cijelihbrojeva za koje vazin1+ n2+ + nk =n.Dokaz. Ako izraz (x1+ x2+ + xk)n napisemo u obliku proizvoda n faktorajednakih x1 + x2+ + xk i pomnozimo te faktore, dobicemo zbir koji imakn sabiraka oblika a1a2 . . . an, gdje su a1, a2, . . . , an {x1, x2, . . . , xk}. Nekasu n1, n2, . . . , nk nenegativni cijeli brojevi takvi da je n1+ n2+ +nk = n.Broj sabiraka oblika a1a2 an, u kojima je za svaki broj j {1, 2, . . . , k}tacno n

jod brojeva a

1, a

2, . . . , a

njednako x

j, jednak je broju n-varijacija tipa

(n1, n2, . . . , nk) elemenata x1, x2, . . . , xk, to jest n!

n1!n2!nk! . Prema tome dobi-jamo formulu (3.4).

Primjer 3.2. Naci koeficijent uzx15 u razvoju(1 x2 + x3)20.Broj 15 se moze predstaviti u obliku zbira sabiraka jednakih 2 ili 3 na sljedecatri nacina

2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3,


37/158

3.4. NEKI IDENTITETI 37

2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3,

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3,

pa na osnovu formule(3.4) dobijamo da je koeficijent uzx15 jednak 2013, 6, 1

2014, 3, 3

+

2015, 0, 5

.

3.4 Neki identiteti

Primjer 3.3. Sumaciona formula. Matematickom indukcijom se dokazuje

n

k=0 m + k

k =

m + n + 1

n .

Primjer 3.4. Suma proizvoda. Odredujuci koeficijent uzxk, (0kmin{n, m})u razvoju polinoma

(1 + x)n+m = (1 + x)n(1 + x)m

dobijamo n + m

k

=

ki=0

n

i

mk i

. (3.5)

Ako je u (3.5) n= m, koristeci osobinu 2. binomnih koeficijenata dobijamo

2n

k =k

i=0 n

i 2

.

Primjer 3.5. Vandermondova2 konvolucija.k

rm + k

sn k

=

r+ sm + n

.

3.5 Zadaci

1. Naci sve vrijednosti za n i k za koje je

nk+ 1

= 5

nk

.

2. Odrediti maxk 2009k |k {0, 1, . . . , 2009} .3. Dokazati nejednakosti

(a) 2 p(n)xn. Zbog togadobijamo

lnp(n)< ln P(x) n ln x < 2

x6(1 x) n ln x.

Kako je

ln x > x 1

x , za sve x(0, 1),

vrijedi

lnp(n)< 2x

6(1 x)+ n1 x

x .

Ako ovdje stavimo

x=

n

n + 1dobijamo

lnp(n) 2k}.G je samokomplemantaran graf, pa zakljucujemo da je|S1|=|S3|, kako je

n= 4k+ 1 =|S1| + |S2| + |S3|= 2|S1| + |S2|,

dobijamo da je

|S2|= 4k+ 1 2|S1|.Dakle,|S2| je neparan broj.Primjer 7.15. U dvije grupe se nalazi po 15 ljudi. Da li je moguce da svakicovjek poznaje poznaje po 9 ljudi iz svoje grupe i po 6 ljudi iz druge grupe?Rjesenje. Svaki covjek moze predstavljati cvor grafa, a poznanstvo izmedu dva

covjeka predstavlja granu grafa. problem se svodi da odredimo da li postoji grafsa dvije grupe po 15 cvorova, takav da svaki cvor ima 9 cvorova sa kojima jepovezan iz svoje grupe i 6 cvora sa kojima je povezan iz druge grupe. Takav grafbi imao regularn podgraf sa stepenom regularnosti 9 sa 15 cvorova, tj podgrafsa neparnim brojem cvorova neparnog stepena, sto je na osnovu teoreme 7.3nemoguce.

Primjer 7.16. Pokazati da se izostavljanjem cvora sa maksimalnim stepenomne povecava srednja vrijednost stepena cvorova.Rjesenje. Pretpostavimo da je dat graf G = (V, E) sa skupom cvorova V ={v1, v2, . . . , vn} takvim da je

(v1)

(v2)

(vn).

Ako izostavimo cvorvn, stepen svkog njegovog susjednog cvora, kojih ima(vn)se smanjuje za 1. Stepeni ostalih cvorova ostaju nepromijenjeni. Prema tome,ukupan zbir stepena preostalih cvorova je

n1k=1

(vk) (vn).


76/158

76 GLAVA 7. GRAFOVI

Ako bi novi graf imao vecu srednju vrijednost stepena cvorova vrijedilo bi

n1k=1

(vk) (vn)n 1 >

nk=1

(vk)

n ,

odavde je

nn1k=1

(vk) n(vn)> (n 1)n

k=1

(vk),

n1k=1

(vk)> (2n 1)(vn),

sto je nemoguce, jer je(vn)(vk) zak {1, 2, . . . , n 1}.Primjer 7.17. Pokazati da u svakom grafu postoje dva cvora istog stepena.Rjesenje. Neka je dat graf sa n cvorova. Ako bi vrijedilo suprotno, tada bistepeni cvorova bili0, 1, 2, . . . , n 1. Ovo nije moguce, jer u grafu nije moguceda postoji cvor stepena 0, koji nije povezan ni ni sa jednim cvorom i cvor stepenan 1, koji je povezan sa svim cvorovima.Primjedba 7.1. Stepen cvora se moze koristiti kao test izomorfnosti dva grafa.Nije tesko vdjeti da ako je sa : V1V2dat izomorfizam grafovaG1= (V1, E1)i G2= (V2, E2), da je tada (v) =((v)) za svaki vV1.

7.3 Povezani grafovi

Definicija 7.8. Setnjau grafu G = (V, E) je niz cvorova

v0, v1, . . . , vkVtakav da za svaki i= 1, . . . , k , {vi1, vi} E . U tom slucaju kazemo da se radio setnji od v0 dovk. Ako su svi vrhovi razliciti kazemo da se radi oputu. Akosu svi vrhovi razliciti sem v0 = vk, kazemo da se radi o ciklusu. Za graf kojine sadrzi ciklus kazemo da je aciklican.

Primjedba 7.2. Setnju mozemo prikazati i preko grana na sljedeci nacin

{v0, v1}, {v0, v1}, . . . , {v0, v1}.Primjer 7.18. Neka je dat grafW

4,

tada je 0, 1, 2, 0, 3, 4, 3 setnja ali nije put ni ciklus. Setnja 0, 1, 2, 3, 4 jeput, dok je setnja 0, 1, 2, 0 ciklus.


77/158

7.3. POVEZANI GRAFOVI 77

Pretpostavimo da je dat grafG= (V, E). Definisimo relaciju na sljedecinacin. Pretpostavimo da je x, y

V. Tada pisemo x

y kada posto ji setnja

v0, v1, . . . , vkVtako da je x = v0 i y = vk. Relacija je relacija ekvivalencije na V . Neka je

V =V1 V2 Vr,unija razlicitih klasa ekvivalencije. Za svaki i = 1, . . . , r, neka je

Ei ={{x, y} E: x, yVi},drugim rijecima Ei oznacava familiju svih grana iz E ciji su krajnji cvorovi izVi.

Definicija 7.9. Za svaki i = 1, . . . , r, grafovi Gi = (Vi, Ei), gdje su Vi i Eidefinisani kao ranije se nazivaju komponentegrafa G. Ako grafG ima samojednu komponentu kazemo da jepovezan.

Primjedba 7.3. GrafG= (V, E) je povezan ako za svaki par razlicitih cvorovax, yV, posto ji setnja od x do y .Primjer 7.19. Graf prikazan na slici

ima dvije komponente, dok je graf prikazan na slici

povezan.

Primjer 7.20. Za svakinN kompletan grafKn je povezan.Primjer 7.21. Odrediti maksimalan broj grana grafa san cvorova ik kompo-nenti povezanosti.Rjesenje. Neka su

G1= (V1, E1), G2= (V2, E2), . . . , Gk = (Vk, Ek),

komponente povezanosti grafaG= (V, E). Svaki od grafova

Gi = (Vi, Ei), i {1, 2, . . . , k}predstavlja kompletan graf. Neka jei0 {1, 2, . . . , k} takav da je

|Vi0 | = max1ik

|Vi|.


78/158

78 GLAVA 7. GRAFOVI

Ako iz grafaGi = (Vi, Ei)za nekoi=i0prebacimo jedan cvor u graf Gi0=(Vi0Ei0)broj grana se smanji za

|Vi|

1i poveca za|

Vi0 |

, pa dobijamo graf koji ima visegrana od grafa G. Prema tome, sve komponente osim Gi0 se sastoje samo odjednog cvora. Kako G ima n cvorova i k komponenti, komponenta Gi0 ima

n k+ 12

grana, pa je to trazeni maksimalan broj grana.

Primjer 7.22. Ako je u grafu sa n cvorova broj grana veci od (n1)(n2)2

,dokazati da je graf povezan.Rjesenje. Neka je dat nepovezan graf G = (V, E) sa bar dvije komponentepovezanosti, tada vrijedi

|E|

k2

+

n k

2

=

n(n 1)2

k(n k),

kako jek {1, 2, . . . , k 1}, imamo da jek(n k)n 1, pa vrijedi|E| n(n 1)

2 (n 1) = (n 1)(n 2)

2 ,

sto je kontradikcija.

7.4 Stabla

Definicija 7.10. Povezani graf bez ciklusa naziva se stablo(drvo). Graf kodkoga je svaka komponenta povezanosti stablo, naziva se suma.Cvor stepena 1naziva se list.

Primjedba 7.4. Ako je G stablo sa bar dva cvora , tada Gsadrzi bar dva lista.

Teorema 7.4. Svaka dva cvora u stablu su povezana tacno jednim putem.

Dokaz. Neka je G= (V, E) stablo i neka su P1 = (V1, E1) i P2 = (V2, E2) dvarazlicita puta koja povezuju cvorove u i v. Kako je P1= P2 to postoji grana{x, y} E1 tako da{x, y} / E2. Sada imamo da je graf P = (W, F), gdjeje W = V1 V2 i F = (E1 E2) \ {x, y} povezan, pa sadrzi put koji povezujecvorovex i y. Prema tome grafC= (V1V2, E1E2{x, y}) je ciklus i sadrzanje u grafuG= (V, E) sto je nemoguce.

Definicija 7.11. Eulerova karakteristikastabla G = (V, E) je

(G) =|V| |E| + 1.Lema 7.1. Svako netrivijalno stablo G = (V, E) (|V| > 1) ima cvor ciji jestepen 1.Dokaz. Pocnimo od nekog cvora v1. Ako je(v1) = 1 dokaz je gotov. U suprot-nom je (v1) > 1, pa posto ji cvor v2 povezan sa cvorom v1. Ako je(v1) = 1dokaz je gotov, ako je (v2)> 1 produzimo dalje do cvora v3 itd. Na taj nacindolazimo do putav1v2v3 . . .. Cvorovi tog puta se ne ponavljaju jer bi inace imaliciklus. Kako cvorova ima konacno mnogo posto ji posljednji cvor ko ji mora bitistepena 1.


79/158

7.5. EULEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI 79

Teorema 7.5. Ako jeG = (V, E)stablo onda je|E|=|V|1,to jest(G) = 2.

Dokaz. Prema lemi 7.1 postoji v V za koji je (v) = 1. Izbacimo ta j cvor igranu koja je incidentna sa v. Tada dobivamo opet stablo G1= (V1, E1) za kojeje (G1) = (G). Nastavljajuci ovaj proces na kraju dobijamo stablo samo sajednim cvorom, a njegova Eulerova karakteristika je 2.

Posljedica 7.1. (a) Za svako stablo G= (V, E) vrijedivV

(v) = 2|V| 2.

(b) Svako netrivijalno stablo ima bar dva cvora stepena 1.

Dokaz. (a) Kako je

vV (v) = 2|E|

na osnovu prethodnog teorema imamovV

(v) = 2|V| 2.

(b) Ako jeGnetrivijalno stablo onda je(v)1 za svaki cvorv, pa sada tvrdnjaslijedi iz (a).

Primjer 7.23. Svako stablo san cvorova iman 1 grana.Rjesenje. Tvrdenje slijedi iz teoreme 7.5.

7.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi

Definicija 7.12. Eulerova setnjaje grafG= (V, E) koji je setnja i koji sadrzisvaku granu tacno jednom. Graf je Eulerovako sadrzi Eulerovu setnju.

Definicija 7.13. Hamiltonov1 ciklus je grafG= (V, E) koji je ciklus i kojisadrzi sve vrhove od V . Graf je Hamiltonovako sadrzi Hamiltonov ciklus.

Primjer 7.24. (Problem Kenigsberskih mostova) Stari pruski grad Konigsberg(sadasnji Kalinjgrad) smjesten je na rijeci Pregel. Dio grada je smjesten na dvaostrva koji su povezani sa kopnom sa sedam mostova kao na slici

Problem se sastoji u tome da se obavi setnja u kojoj ce se svaki most obici tacnojednom. Drugim rijecima pitanje je da li postoji Eulerova setnja na grafu kao

1William Rowan Hamilton (1805-1856) je bio irski matematicar, fizicar i astronom koji jedao znacajan doprinos razvoju optike, dinamike i algebre.


80/158

80 GLAVA 7. GRAFOVI

na slici

Negativan odgovor na ovo pitanje je dao Euler 1736. god.

Primjer 7.25.(Problem trgovackog putnika, W. Hamilton 1856) Trgovacki put-nik treba obici neke gradove i vratiti se na mjesto polaska tako da u toku puto-vanja kroz svaki grad prodesamo jednom. Drugim rijecima trazi se potreban idovoljan uslov kada je graf Hamiltonov. To je jedan od najvecih nerijesenihproblema teorije grafova.

Teorema 7.6. Neka je dat grafG = (V, E). Ako jeminvV

(v)

2 ondaG sadrzi

ciklus.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest da graf G nema ciklusa. Neka je Hkomponenta povezanosti cvora v za koji je (v) 2. H je stablo. Ako je Hnetrivijalan onda postoje bar dva cvora u H sa stepenima 1, sto je nemoguce.Ako jeHtrivijalan onda ima ciklus, sto je opet nemoguce.

Teorema 7.7. Povezan graf G je Eulerov ako i samo ako svi cvorovi imajuparan stepen.

Teorema 7.8. Povezani graf ima Eulerovu setnju ako i samo ako ima najvisedva vrha neparnog stepena.

Primjedba 7.5. Na osnovu prethodne teoreme zakljucujemo da graf mostova u

Konigsbergu nema Eulerove staze.

Primjer 7.26. Plan Pariza sa granama na Seni izgleda kao na slici.

Da li se Pariz moze obici tako da preko svakog mosta predemo samo jednom?Pripadni graf izgleda kao na slici, pa taj graf ima Eulerovu setnju jer ima samodva vrha neparnog stepena.

7.6 Zadaci1. Konstruisati graf koji ima sljedecu tabelu incidencije

0 1 2 3 4 5 6 7 8 95 2 1 7 2 0 1 3 0 08 6 4 6 8 2 5 59 6 9 4

.


81/158

7.6. ZADACI 81

Koliko komponenata povezanosti ima dati graf?

2. Nacrtati graf sa 10 cvorova sa stepenom regularnosti 3. (Petersenov graf)

3. Pet prijatelja, koji odlaze na odmor, dogovore se da ce svaki od njih dase javi raglednicom tro jici od ostala cetiri. Da li je moguce organizovatikorespodenciju tako da svako pise onim prijateljima koji ce i njemu pisati?

4. Nacrtati bipartitne grafoveK1,2, K2,2, K2,3,K3,3i odrediti njihove matricesusjedstva i incidencije.

5. Da li postoji bipartitan graf kod koga su stepeni cvorova 1, 1, 1, 1, 5, 5,5, 5?

6. (a) Ako je data matrica incidencije

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

odrediti odgovarajuci graf.

(b) Data je matrica susjedstva

0 1 1 11 0 0 01 0 0 11 0 1 0

,

nacrtati odgovarajuci graf.

7. Odrediti bar po jednu matricu susjedstva za grafoveKn i Km,n.

8. Odrediti matrice susjedstva za put sa tri cvora i ciklus sa cetiri cvora.

9. (a) Koliko grana imaju grafovi Kn i Km,n ?

(b) Koliko iznosi suma stepeni cvorova kod grafova Kn i Km,n ?

10. Dokazati da bipartitan graf sa 2n cvorova moze da ima maksimalno n2

grana.

11. (a) Dat je grafG= (V, E), pri cemu je

|V

|= 6. Dokazati da bar jedan

od grafova G i GC kao podgraf ima C3.

(b) Na olimpijadi se sastalo sest takmicara. Izmedu proizvoljna tri odnjih postoje dva koja mogu da se sporazumiju na nekom jeziku.Dokazati da postoje tri takmicara tako da svaka dva od njih moguda se sporazumiju.

12. Koliko ukupno ima grafova sa n cvorova i mgrana?


82/158

82 GLAVA 7. GRAFOVI

13. Neka je Xskup od n elemenata. Pretpostavimo da cvorove grafa G pre-dstavlja skup nepraznih podskupova odX, pri cemu su dva cvora spojenagranom ako i samo ako je presjek odgovarajucih podskupova skupa Xprazan. Odrediti broj cvorova i grana grafaG.

14. (a) Da li postoji graf kod koga svi cvorovi imaju razlicite stepene?

(b) Na sahovskom turniru svaki je igrac igrao sa svakim najvise jednom.Dokazati da u svakom trenutku turnira postoje bar dva igraca kojisu do tog trenutka odigrali isti broj partija.

15. (a) Naci sve neizomorfne grafove sa 6 cvorova kod kojih je stepen regu-larnosti 3.

(b) Naci sve neizomorfne grafove sa 10 cvorova kod kojih je stepen regu-larnosti 7.

16. Dat je grafG= (V, E), pri cemu je|V|= 4n 1. Dokazati da bar jedanod grafovaG i GC sadrzi bar jedan cvor stepena bar 2n.

17. Pretpostavimo da je grafG = (V, E) stablo kod koga je|V| 2. Pokazatida grafG ima bar dva cvora sa stepenom 1.

18. Odrediti sest neizomorfnih stabala sa 6 cvorova.

19. Za koje vrijednostinNkompletan grafKn ima Ojlerovu setnju?


83/158

Glava 8

Linearno programiranje

8.1 Standardni problemi

Problem linearnog programiranja mozemo definisati kao problem maksimizi-ranja ili minimiziranja linearne funkcije zavisne od nekih linearnih ogranicenja.Ogranicenja mogu biti jednakosti ili nejednakosti. Navedimo jedan jednostavanprimjer.

Odrediti realne brojeve x1 i x2 takve da je suma x1+ x2 maksimalna uzuslovex10, x20 i

x1+ 2x244x1+ 2x212

x1+ x21.Ovaj problem ima dvije nepoznate velicine i pet uslova. Svi uslovi su neje-

dnakosti i svi su linernog tipa u smislu da svaki od uslova ukljucuje neku linearnufunkciju. Prva dva uslova, x1 0, x2 0, su specijalna. Za njih kazemo dasu uslovi nenegativnostii cesto se nalaze u problemima linearnog programi-ranja. Ostale uslove nazivamo glavni uslovi. Funkcija koju treba maksimizirati(minimizirati) se naziva funkcija cilja. Ovde, funkcija cilja je x1+ x2.

Kako prethodni primjer ima samo dvije promjenljive, mozemo ga rijesitipomocu grafika skupa svih tacaka u ravni koje ispunjavaju date uslove (grafikdopustivog skupa). Trazimo tacku iz dopustivog skupa koja maksimizira vrije-dnost ciljne funkcije. Svaka nejednakost iz uslova odreduje poluravan i dopustiviskup, koji je presjek tih poluravni. U ovom primjeru, dopustivi skup je petougao

(odredite njegove vrhove).Odredimo tacku (x1, x2) u kojo j se dostize maksimum za x1+ x2 nad dopu-

stivim skupom. Funkcijax1 + x2 je konstanta na pravoj sa koeficijentom pravca-1, na primjer, na pravoj x1 + x2 = 1, mozemo pomjerati tu pravu od ko-ordinatnog pocetka navise i naravno, vrijednost od x1 + x2 raste. Zato, po-trazimo pravu koja ima koeficijent pravca -1, koja je na judaljenija od koordi-natnog pocetka i koja sijece dopustivi skup. To je prava koja prolazi kroz

83


84/158

84 GLAVA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE

presjecnu tacku pravih x1 + 2x2 = 4 i 4x1 + 2x2 = 12, to jest kroz tacku(x

1, x

2) = (8/3, 2/3). Vrijednost funkcije cilja u toj tacki je 10/3.

Zadaci 1 i 2 na kraju ove glave, mogu se rijesiti koristeci prethodni postupak,poznat i kaograficka metoda.

Lako je zakljuciti da u opstem slucaju funkcija cilja, buduci da je linearna,uvijek dostize maksimum (ili minimum) u nekom vrhu dopustivog skupa, akoje dopustivi skup ogranicen. Ponekad, maksimum (ili minimum) se dostize ina cijeloj ivici dopustivog skupa, ali tada ce se naravno dostici i na nekom odvrhova.

Nisu svi problemi linearnog programiranja jednostavni za rjesavanje. Nekimogu da imaju veliki broj promjenljivih i uslova. Neke od promjenljivih mogubiti nenegativne, a druge mogu da ne ispunjavaju uslov nenegativnosti. Neki odglavnih uslova mogu biti jednakosti, a drugi u obliku nejednakosti. Ipak, dvijeklase problema, koje nazivamo standardni problem maksimuma i standa-

rdni problem minimuma, igraju posebnu ulogu. Kod tih problema, svepromjenljive su nenegativne i svi glavni uslovi su u obliku nejednakosti.

Ovde, pod vektorom smatramo matricu koja se sastoji samo od jedne kolone.Neka je datmvektor, b = (b1, . . . , bm)T, nvektorc = (c1, . . . , cn)T i matricarealnih brojeva, formata m n,

A=

a11 a12 a1na21 a22 a2n

......

. . . ...

am1 am2 amn

.Standardni problem maksimuma: Odrediti nvektor,x= (x1, . . . , xn)T,

koji maksimizira cTx= c1x1+ + cnxnuz uslove

a11x1+ a12x2+ + a1nxnb1a21x1+ a22x2+ + a2nxnb2

...

am1x1+ am2x2+ + amnxnbm,ili

Axbi

x10, x20, . . . , xn0,ili

x0.Standardni problem minimuma: Odrediti mvektor,y = (y1, . . . , ym)T,

koji minimizirayTb= y1b1+ + ymbm


85/158

8.1. STANDARDNI PROBLEMI 85

uz uslove

y1a11+ y2a21+ + ymam1c1y1a12+ y2a22+ + ymam2c2

...

y1a1n+ y2a2n+ + ymamncn,ili

yTAcT

iy10, y20, . . . , ym0,

ili

y0.Primjetimo da su glavni uslovi opisani preko kod standardnog problema

maksimuma i sa kod standardnog problema minimuma. Primjer iz uvodnogdijela je standardni problem maksimuma.

Sada navodimo cetiri opsta primjera linearnog programiranja. Svaki od tihproblema je dosta izucavan.

Primjer 1. Problem prehrane. Neka je dato m razlicitih tipova hrane,F1, . . . , F m, koji sadrze odredene kolicine od n hranljivih sastojaka, N1, . . . , N n,koji su od esencijalnog znacaja za dobro zdravlje. Neka je cj dnevni minimumhranljivog sastojkaNj . Neka jebi cijena po jedinici hraneFi. Dalje, neka jeaijkolicina hranljivog sastojkaNj sadrzanog u jedinici hrane Fi. Problem je da seodredi minimalna cijena kostanja dnevnih potreba za hranljivim sastojcima.

Neka je yi broj jedinica hrane Fi koji se mogu kupiti u toku dana. Cijenakostanja prehrane u toku dana je

y1b1+ + ymbm. (8.1)

Kolicina hranljivog sastojkaNj , koji se sadrzi u ovoj dijeti je

y1a1j+ y2a2j+ + ymamj ,

zaj = 1, . . . , n , po nasoj pretpostavci minimalna kolicina je cj , pa trazimo

y1a1j+ y2a2j+ + ymamjcj , j = 1, . . . , n . (8.2)

Naravno, pretpostavljamo da je nabavljena kolicina hrane nenegativna, pa prematome imamo uslovey10, y20, . . . , ym0. (8.3)

Dakle, problem je minimizirati (8.1) uz uslove (8.2) i (8.3). Ocigledno je tostandardni problem minimuma.

Primjer 2. Problem transporta.Neka je dato I izlaza ili proizvodackihskladista, P1, . . . , P I, koji snabdijevaju odredenom robom Jmarketa M1, . . . , M J,


86/158


koji robu trebaju prodati. SkladistePi sadzi kolicinu robesi i= 1, 2, . . . I , ma-rket M

jpotrazuje kolicinu r

j, j = 1, . . . , J robe. Neka je b

ij cijena transporta

po jedinici robe iz skladista Pi do marketa Mj . Problem je odrediti minimalnucijenu transporta uz uslov da svaki market dobije kolicinu potrazivane robe.

Neka jeyij kolicina robe transponovana iz skladista Pi do marketa Mj . Ci-jena kostanja ukupnog tansporta je

Ii=1

Jj=1

yijbij . (8.4)

Kolicina robe poslana iz skladista Pi jeJ

j=1yij i kako je kolicina robe sadrzane

u skladistu Pi jednaka si, dobijamo uslove

Jj=1

yijsi i = 1, . . . , I . (8.5)

Kolicina robe koja je stigla u market Mj jeI

i=1yij i kako je potraznja u tom

marketu rj , dobijamo uslove

Ii=1

yijrj j = 1, . . . , J . (8.6)

Kako pretpostavljamo da kolicina poslane robe iz skladista Pi do marketa Mj

ne moze biti negativna, dobijamo usloveyij0 i = 1, . . . , I , j = 1, . . . , J . (8.7)

Dakle, problem je minimizirati (8.4) uz uslove (8.5), (8.6) i (8.7).Primjer 3. Problem analize aktivnosti. Neka je dato n aktivnosti,

A1, . . . An, ko je kompanija moze razvijati, koristeci m resursa,R1, . . . , Rm. Nekajebi dostupnost resursa Ri,aij je sadrzanost resursa Ri u koristenju aktivnostiAi po jedinici koristenja. Neka je cj dobitna vrijednost kompanije koristeciaktivnostAj po jedinici koristenja. Problem je izabrati odgovarajuce aktivnostipo jedinici koristenja kako bi kompanija imala maksimalnu dobit.

Neka je xj kolicina koristenja aktivnosti Aj u radu. Vrijednost dobiti je

nj=1

cjxj . (8.8)

Sadrzaj resursa Ri koji je koristen u radu, ne moze biti veci od bi, to jest imamouslove,

nj=1

aijxjbi i = 1, . . . , m . (8.9)


87/158

8.1. STANDARDNI PROBLEMI 87

Po pretpostavci, ne mozemo imati aktivnosti sa negativnim vremenom koristenja,to jest,

x10, x20, . . . , xn0. (8.10)Dakle, ovde je problem maksimizirati (8.8) uz uslove (8.9) i (8.10), to jest, radise o standardnom problemu maksimizacije.

Primjer 4. Problem optimalne raspodjele. Neka I osoba mogu daobavljajuJ poslova. Cijena osobei po radnom danu na poslu j jeaij . Problemje napraviti raspodjelu osoba po poslovima tako da se maksimizira ukupna dobit.

Za datu raspodjelu, neka brojevi xij predstavljaju velicinu vremena osobeina poslu j . Prema tome,

J

j=1xij1, i= 1, . . . , I (8.11)

Ii=1

xij1, j = 1, . . . , J (8.12)

ixij0, i= 1, . . . , I , j = 1, . . . , J . (8.13)

Nejednakost (8.11) predstavlja cinjenicu da osoba ne moze imati vise od 100%radnog vremena, (8.12) znaci da na poslu j moze biti isplacena samo jednanaknada u toku jednog radnog dana i uslov (8.13) kaze da vrijeme angazovanjana poslu ne moze biti negativno. Problem se svodi na maksimiziranje ukupnedobiti, to jest maksimiziranje

Ii=1

Jj=1

aijxij (8.14)

uz uslove (8.11), (8.12) i (8.13). Ovo je standardni problem maksimiziranja sam= I+ J i n = I J.

Funkcija koja se maksimizira ili minimizira naziva se funkcija cilja.Vektor x, za standarni problem maksimuma ili vektor y za standardni pro-

blem minimuma je dopustivi vektorako ispunjava sve date uslove.Skup svih dopustivih vektora naziva se dopustivi skup.Linearno programiranje jedopustivoako je dopustivi skup neprazan, inace,

radi se o neprakticnom linearnom programiranju.Dopustivi problem maksimuma (minimuma) je neogranicen ako funkcija

cilja moze da ima proizvoljne velike pozitivne (negativne) vrijednosti, inacekazemo da se radi o ogranicenomproblemu.

Dopustivi vektor u kome funkcija cilja dostize maksimalnu ili minimalnuvrijednost naziva se optimalni vektor.

Svaki problem linearnog programiranja se moze zapisati u sta-ndardnoj formi. Problem linearnog programiranja moze biti definisan kaomaksimiziranje ili minimiziranje linearne funkcije uz neke linearne uslove. Svi


88/158


takvi problemi mogu se zapisati u obliku standardnog problema maksimumakoristeci sljedece tehnike.

Problem minimuma moze se zamijeniti sa problemom maksimuma tako stose funkcija cilja pomnozi sa1. Slicno, uslovi zapisani u formi

nj=1

aijxjbi,

mogu se zapisati san

j=1

(aij)xj bi.

Mogu nastati i sljedeca dva problema.

1. Neki uslovi mogu biti jednakosti. Jednakost

nj=1

aijxj =bi,

mozemo odstraniti, rjesavajuci taj uslov po xj za neko aij= 0 i zamje-njujuci tu promjenljivu u drugim uslovima i u funkciji cilja. Na taj nacinmozemo odstraniti sve uslove u obliku jednakosti.

2. Neke promjenljive mogu da ne ispunjavaju uslov nenegativnosti.U ovom slucaju, ako na primjer, promjenljivaxj ne ispunjava uslov nene-gativnosti, mozemo je zamijeniti sa dvije promjenljive,xj =uj vj ,gdjeje uj0 i vj0.

8.2 Dualnost

Svaki problem linearnog programiranja ima dualni problem linearnog pro-gramiranja sa kojim je usko povezan. Mi prvo navodimo dualni problem za sta-ndarni problem linearnog programiranja. Kao u Sekciji 7. 1, c i x su nvektori,bi y mvektori iA je matrica tipam n. Pretpostavimo da je m1 in1.Definicija 8.1. Dualni problem standarnog problema maksimuma

max cTx (8.15)

Axb, x0je definisan kao standardni problem minimuma

min yTb (8.16)

yTAc, y0.


89/158

8.2. DUALNOST 89

Razmotrimo ponovo numericki primjer iz prethodne sekcije: Odrediti realnebrojevex

1 i x

2takve da je sumax

1+ x

2maksimalna uz uslove x

10, x

20 i

x1+ 2x24

4x1+ 2x212 (8.17)x1+ x21.

Dualni problem ovog standardnog problema maksimuma je sljedeci standardniproblem minimuma: Odrediti realne brojeve y1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1+ 12y2+ y3

uz uslove y10, y20, y30 i

y1+ 4y2 y31 (8.18)

2y1+ 2y2+ y31.Ako standardni problem minimuma (8.16) transformisemo u standardni pro-

blem maksimuma (mnozeci A, b i c sa1), njegov dualni problem po definicijije standardni problem minimuma koji, kada se transformise u standardni prob-lem maksimuma (ponovo mijenjajuci znak svih koeficijenata) posta je problem(8.15).

Dakle, dualni problem standardnog problema minimuma (8.16) jestandardni problem maksimuma (8.15).

Za probleme (8.15) i (8.16) kazemo da su dualni.

Standardni problem maksimuma i dualni problem minimuma mozemo isto-vremeno predstaviti na sljedeci nacin:

x1 x2 xny1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

yn am1 am2 amn bmc1 c2 cn

(8.19)

Nas numericki primjer u ovoj notaciji mozemo zapisati na sljedeci nacin

x1 x2y1 1 2 4y2 4 2 12y3 -1 1 1

1 1

(8.20)

Veza izmedu standardnog problema i njegovog dualnog problema je datasljedecom teoremom.


90/158


Teorema 8.1. Ako jex dopustivo rjesenje standardnog problema maksimuma(8.15) i ako je y dopustivo rjesenje njegovog dualnog problema (8.16), ondavrijedi

cTxyTb. (8.21)Dokaz.

cTxyTAxyTb.Prva nejednakost slijedi iz

x0 i cT yTA.

Druga nejednakost slijedi iz

y0 i Axb.

Posljedica 8.1. Ako su standardni i njegov dualni problem dopustivi onda suoba i ograniceni.

Dokaz. Ako jeydopustiv vektor za problem minimuma onda je zbog (8.21) yTbod gore ograniceno sa cTx, gdje je x dopustivi vektor za problem maksimuma.Slicno se pokaze i u drugom slucaju.

Posljedica 8.2. Ako je x dopustiv vektor za standardardni problem maksi-muma (8.15) iy dopustiv vektor za dualni problem (8.16), tako da je

cTx= yb,

onda sux iy optimalna rjesenja za probleme (8.15) i (8.16) respektivno.

Dokaz. Ako je x dopustivi vektor za (8.15), onda je

cTxyTb= cTx,

a odavde zakljucujemo da je x optimalan vektor. Na slican nacin se pokaze iza y.

8.3 Teorema o dualnosti i teorema o ekvilibri-jumu

Sljedeca fundamentalna teorema daje vezu izmedu standardnog i dualnogproblema. Dokaz ove teoreme nije jednostavan kao prethodne teoreme. Micemo dati taj dokaz kasnije kada teoremu dokazujemo koristeci simpleks metod.(Simpleks metod je algoritamski metod za rjesavanje problema linearnog pro-gramiranja.) Napomenimo da je ova teorema sadrzana i u minimax teoremi izteorije igara.


91/158

8.3. TEOREMA O DUALNOSTI I TEOREMA O EKVILIBRIJUMU 91

Teorema 8.2. (Teorema dualnosti) Ako je standardni problem linearnog pro-gramiranja ograniceno dopustiv, tada je takav i njegov dualni problem, njihovevrijednosti su jednake i postoje optimalni vektori za oba problema.

Kod problema linearnog programiranja moguca su tri slucaja. Moguce je dabude dopustivo ogranicen (d. o.), dopustivo neogranicen (d. n.), ili nedopustiv(n). Za standardni problem i negov dualni imamo devet mogucnosti. Posljedica8.1 tvrdi da su tri od tih devet slucajeva nemoguca: ako je standardni problemi njegov dualni dopustiv, tada su oba dopustivo ogranicena. Prvi zakljucak teo-reme dualnosti tvrdi da su jos dva slucaja nemoguca. Ako je standardni problemdopustivo ogranicen, onda njegov dualni problem ne moze biti nedopustiv. Radijednostavnosti sve slucajeve mozemo prikazati sljedecim dijagramom.

Standardni problem maksimumad. o. d. n. n.

Dualni d. o. x xproblem d. n. x x

minimuma n. x

(8.22)

Kao primjer primjene posljedice 8.2 navodimo sljedeci problem maksimuma.Odreditix1, x2, x3 i x4 koji maksimiziraju

2x1+ 4x2+ x3+ x4

uz uslove xj0 zaj = 1, 2, 3, 4 ix1+ 3x2+ x44

2x1+ x23 (8.23)x2+ 4x3+ x43.

Dualni problem ovog problema je : odrediti y1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1+ 3y2+ 3y3

uz uslove yj0 zaj = 1, 2, 3 iy1+ 2y22

3y1+ y2+ y33 (8.24)4y3

1

y1+ y31.Vektor (x1, x2, x3, x4) = (1, 1, 1/2, 0) ispunjava uslove problema maksimuma ivrijednost funkcije cilja je 13/2. Vektor (y1, y2, y3) = (11/10, 9/20, 1/4) ispu-njava sve uslove problema minimuma i vrijednost funkcije cilja je takode 13/2.Zato, oba vektora predstavljaju optimalne vektore za date probleme.

Kao posljedicu teoreme dualnosti imamo sljedecu teoremu.


92/158


Teorema 8.3. (Teorema o ekvilibrijumu) Neka sux iy dopustivi vektoriza standardni problem maksimuma (8.15) i njegov dualni problem (8.16) respe-ktivno. Tada sux iy optimalni vektori ako i samo ako je

yi = 0 za svei za koje jen

j=1

aijxj < bi (8.25)

i

xj = 0 za svej za koje jemi=1

yi aij > cj . (8.26)

Dokaz. Uslov (8.25) implicira da je yi = 0 samo ako jen

j=1aijx

j bi.

Zato vrijedimi=1

yi bi =mi=1

yin

j=1

aijxj =

mi=1

nj=1

yi aijxj . (8.27)

Slicno uslov (8.26) implicira

mi=1

nj=1

yi aijxj =

nj=1

cjxj . (8.28)

Posljedica 8.2 implicira da su x i y optimalni vektori.Pretpostavimo sada da sux i y optimalni vektori.

Kao u prvoj liniji dokaza teoreme 8.1, imamo

nj=1

cjxj

mi=1

nj=1

yi aijxj

i=1

yi bi. (8.29)

Koristeci teoremu o dualnosti dobijamo da, ako su x i y optimalni vektori,lijeva strana je jednaka desnoj strani u (8.29). To mozemo zapisati sa

nj=1

cj

mi=1

yi aij

xj = 0. (8.30)

Kako sux i ydopustivi vektori, svaki sabirak prethodne sume je nenegativan.Prema tome, suma moze biti jednaka 0 samo ako je svaki sabirak jednak 0. Zato,ako je

m

i=1 yi aij > cj ,onda je xj = 0. Na slican nacin se dokaze da

nj=1

aijxj < bi,

implicirayi = 0.


93/158

8.4. OPERACIJE SA PIVOTIMA 93

Uslovi (8.25) i (8.26) se nazivaju i slabi uslovi komplementarnosti. Ovizahtjevi koji su stroge nejednakosti u uslovima standardnog problema implici-raju da komplementarni uslovi u dualnom problemu budu jednakosti.

Kao jedan primjer primjene teoreme o ekvilibrijumu rijesicemo dualni pro-blem numerickog primjera iz uvoda.

Odreditiy1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1+ 12y2+ y3

uz uslove y10, y20, y30 iy1+ 4y2 y31 (8.31)

2y1+ 2y2+ y31.

Mi smo odredili rjesenje dualnog problema i vidjeli smo da je x1 i x2. Zato, iz(8.26) dobijamo da optimalni vektor y daje jednakosti u obe nejednakosti u(8.31) (2 jednacine sa 3 nepoznate). Iz uslova (8.25) zakljucujemo da je y3 = 0.Rjesava juci sljedece dvije jednacine,

y1+ 4y2= 1

2y1+ 2y2= 1

dobijamo (y1 , y2) = (1/3, 1/6).Kako je taj vektor dopustiv, teorema o ekvilibri-

jumu implicira da je to i optimalan vektor. Provjeravajuci vrijednost funkcijecilja u tom vektoru dobijamo 4(1/3) + 12(1/6) = 10/3 i vidimo da je to istorjesenje problema maksimuma.

Zakljucimo, ako pretpostavimo da imamo jedno rjesenje standardnog pro-blema, mi mozemo rijesiti dualni koristeci slabe komplementarne uslove i pro-vjeriti da li je nasa pretpostavka korektna.

Interpretacija dualnog problema. Pored dodatne pomoci za trazenjerjesenja, dualni problem daje i pomoc pri interpretaciji standardnog problema.

Kao primjer, razmotrimo problem prehrane, to je standardni problem mini-muma u formi (8.16). Njegov dualni problem je standardni problem maksimuma(8.15). Prvo, odredimo interpretaciju dualnih promjenljivih x), x2, . . . , xn. Udualnim uslovima,

nj=1

aijxjbi, (8.32)

parametribi su velicine cijene po jedinici hrane, Fi i aij su velicine po jedinici

hranljivih sastojaka Nj po jedinici hrane Fi.

8.4 Operacije sa pivotima

Razmotrimo sljedeci sistem jednacina.

3y1+ 2y2= s1


94/158


y1 3y2+ 3y3= s2 (8.33)

5y1+ y2+ y3= s3.

Ovde su izrazene zavisne promjenljive s1, s2 is3 preko nezavisnih promjenljivihy1, y2i y3. Pretpostavimo da zelimo dobiti y2, s2i s3prekoy1, s1i y3. Odredimoiz prve jednaciney2,

y2=1

2s1 3

2y1,

i zamijenimo nadenu vrijednost za y2 u ostale jednacine.

y1 3

1

2s1 3

2y1

+ 3y3= s2

5y1+ 1

2s1

3

2y1 + y3= s3.

Ove tri jednacine jednostavno postaju

32

y1+1

2s1= y2

11

2y13

2s1+ 3y3= s2 (8.34)

7

2y1+

1

2s1+ y3= s3.

Prethodni primjer je tipican za sljedecu klasu problema. Neka je dat sistemod n linearnih funkcija sam nepoznatih, zapisan u matricnoj formi

yTA= sT (8.35)

gdje jeyT = (y1, . . . , ym), sT = (s1, . . . , sn), i

A=

a11 a12 a1na21 a22 a2n

......

. . . ...

am1 am2 amn

.Jednacina (8.35) se moze zapisati u obliku sistema

y1a11+ + yiai1+ + ymam1= s1...

y1a1j + + yiaij + + ymamj =sj (8.36)...

y1a1n+ + yiain+ + ymamn= sn.


95/158

8.4. OPERACIJE SA PIVOTIMA 95

U toj formi s1, . . . , sn su zavisne promjenljive i y1, . . . , ym su nezavisne promje-nljive.

Pretpostavimo da zelimo zamijeniti neku od zavisnih promjenljivh sa nekomod nezavisnih promjenljivih. Na primjer, zelimo da izrazimo

s1, . . . . sj1, yi, sj+1, . . . , sn

prekoy1, . . . , yi1, sj , yi+1, . . . , ym,

gdje smo yi i sj zamijenili. To je moguce ako i samo ako je aij= 0. Ako jeaij= 0, mozemo jtu jednacinu rijesiti preko yi, pa dobijamo

yi = 1

aij(y1a1j yi1a(i1)j + sj yi+1a(i+1)j ymamj). (8.37)

Sada mozemo zamijeniti yi u ostale jednacine. Na primjer, kta jednacinapostaje

y1

a1kaika1j

aij

+ + sj

aikaij

+ + ym

amkaikamj

aij

= sk. (8.38)

Na taj nacin dobijamo sistem jednacina u obliku

y1a11+ + sjai1+ + ymam1= s1...

y1a1j+ + sjaij + + ymamj =yi (8.39)...y1a1n+ + sjain+ + ymamn = sn.

Na osnovu (8.37) i (8.38) dobijamo

aij = 1aij

ahj =ahjaij

za h=i

aik = aik

aij

za k

=j

ahk =ahkaikahjaij

zak=j i h=i.

Opisimo prethodnu proceduru na sljedeci nacin. Zapisimo matricu A uobliku tabele gdje elementi y1 do ym cine prvu kolonu i elementi s1 dosn prvuvrstu. Ta tabela reprezentuje sistem jednacina (8.35). Zamjenu yi i sj oznacimotako sto cemo podvuci aij i zvacemo ga pivot. Sada crtamo novu tabelu sa


96/158


zamjenomyi isj i novim

aij . Nova tabela, naravno, reprezentuje sistem (8.39),

koji je ekvivalent jednacinama (8.36).

s1 sj sny1 a11 a1j a1n...

......

...yi ai1 aij ain...

......

...ym am1 amj amn

s1 yi sny1 a11 a1j a1n...

......

...sj ai1 aij ain...

......

...ym am1 amj amn

Za primjer iz uvoda, dobijamo

s1 s2 s3

y1 3 1 5y2 2 -3 1y3 0 3 1

y2 s2 s3

y1 3/2 11/2 7/2s1 1/2 3/2 1/2y3 0 3 1

Operacije sa pivotima se mogu sumirati preko sljedece notacije:

p rc q

1/p r/pc/p q (rc/p)

Naznacimo: Pivot se slika u reciprocnu vrijednost. Vrijednosti u istoj vrsti ukojoj je pivot se dijele sa pivotom. Vrijednosti u istoj koloni u kojoj je pivotse dijele sa pivotom i mijenjaju znak. Preostale vrijednosti se umanjuju zavrijednost koja se dobije mnozenjem odgovarajucih vrijednosti koje se nalaze u

istoj vrsti i koloni u kojoj se nalaze oni sami i pivot podijeljene sa pivotom.Za primjer iz uvoda imamo

y2 s2 s3y1 3/2 11/2 7/2s1 1/2 3/2 1/2y3 0 3 1

y2 s2 y3y1 3/2 5 7/2s1 1/2 3 1/2s3 0 3 1

y2 y1 y3

s2 0.3 0.2 0.7s1 1.4 0.6 1.6s3 -0.9 0.6 -1.1

Posljednja tabela daje prikazy1, y2 iy3 prekos1, s2 is3. Preuredujuci vrstei kolone mozemo odrediti A1,

y1 y2 y3s1 0.6 1.4 1.6s2 0.2 0.3 0.7s3 0.6 -0.9 -1.1

.


97/158

8.5. SIMPLEKS TABELA 97

Dakle,

A1 = -0.6 1.4 1.6-0.2 0.3 0.70.6 0.9 1.1

.Koristeci aritmeticke operacije moze se provjeriti AA1 =I.

8.5 Simpleks tabela

Razmotrimo standardni problem minimuma: odrediti y koji minimizira

yTb

uz uslove y0 iyT

AcT

.Koristan je koncept transformacije posljednjeg skupa nejednakosti u jedna-

kosti. U tom smislu, dodajmo slabe promjenljive,

sT =yTA cT 0.Sada problem mozemo formulisati sa:

Odreditiy i s koji minimiziraju

yTb

uz uslove y0, s0 isT =yTA

cT.

Opisacemo taj problem pomocu tabele koju nazivamo simpleks tabela akoja reprezentuju jednacine

sT =yTA cT.s1 s2 sn

y1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

ym am1 am2 amn bm1 c1 c2 cn 0

Posljednja kolona reprezentuje vektor ciji skalarni proizvod sa y treba mini-mizirati.

Ako jec0 i b0,

tada je rjesenje problema ocigledno. Naime, minimum se nalazi za

y= 0 i s =c


98/158


i minimalna vrijednost jeyTb= 0.

To je dopustivo rjesenje, jer je

y0, s0,

sT =yTA ci

yibi ne moze biti manje od 0, jer je

y0 i b0.

Pretpostavimo da ne mozemo rijesiti problem na jednostavan nacin, jer po-stoji bar jedna negativna vrijednost u posljednjoj koloni ili vrsti (osim u uglu).Neka je pivota11 (pretpostavimo da je a11

= 0), ukljucimo posljednju kolonu u

operacije sa pivotima. Dobijamo sljedecu tabelu:

s1 s2 sny1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

ym am1 am2 amn bm1 c1 c2 cn v

Neka jer= (r1, . . . , rn) = (y1, s2, . . . , sn)

oznaka za promjenljive na vrhu i neka je

t= (t1, . . . , tm) = (s1, y2, . . . , ym)

oznaka za promjenljive na pocetku. Skup jednacina

sT =yTA c

je ekvivalentan sarT =tTA c,

koji repezentuje novu tabelu. Stavise, funkciju cilja

yTb

mozemo pisati sa (zamjenjujuci y1 sa odgovarajucom vrijednosti preko s1)

mi=1

yibi = b1a11

s1+

b2a21b1

a11

y2+ +

bm am1b1

a11

ym+

c1b1a11

=tTb +v.


99/158

8.5. SIMPLEKS TABELA 99

Time je reprezentovana posljednja kolona u novoj tabeli.Sada mozemo transformisati nas problem u sljedeci: odrediti vektore y i s

koji minimizrajutTb

uz uslovey0, s0

irT =tTA c.

To je zapravo problem oblika kao i polazni problem.Ponovo, ako je

c0 i

b0,

dobijamo da je rjesenje:

t= 0 i r =c,sa vrijednostiv.

Lako je vidjeti da proces mozemo nastaviti. Koristeni metod, priznajmo,nije potpuno sistematican za trazenje rjesenja.

Nepotpuni pivot metod koristimo dok ne dobijemo sve vrijednosti u poslje-dnjoj koloni i posljednjoj vrsti (osim u uglu) nenegativne. Tada, vrijednosti kojese nalaze na pocetku i na vrhu tabele odgovaraju vrijednostima u posljednjojvrsti koje daju rjesenje. Ta vrijednost se nalazi u donjem desnom uglu.

Prethodni metodmozemo koristiti za rjesavanje dualnog problema:Maksimizirati

cTx

uz uslovex0 i Axb.

Prvo dodajemo slabe promjenljive

u= b Ax.Sada problem postaje: Odrediti x i u koji maksimiziraju

cTx

uz uslovex0 i u0,u= b Ax.

Mozemo koristiti tabelu za rjesavanje ovog problema ako uslov

u= b Ax,zapisemo u obliku

u= Ax b.


100/158


x1 x2 xn -1

u1 a11 a12

a1n b1

u2 a21 a22 a2n b2...

......

......

um am1 am2 amn bmc1 c2 cn 0

Primjetimo, da ako jec 0 i b 0 onda kao i ranije zakljucujemo daje rjesenje: x = 0, u = b i vrijednost je jednaka nuli (problem je ekvivalentanminimiziranjucTx).

Pretpostavimo da zelimo zamijeniti u1 i x1 i pretpostavimo da je a11= 0.Tada jednacinama

u1= a11x1+ a12x2+

+ a1nxn

b1

u2= a21x1+ a22x2+ + a2nxn b2itd.odgovaraju

x1= 1a11

u1+a12a11

x2+ + a1na11

xn b1a11

u2=a21a11

u1+

a22a21a12

a11

x2+ itd.

Drugim rijecima, pravilo za pivota je

p rc q

1/p r/pc/p q (rc/p)

Ako je pivot do posljednje vrste i kolone (osim ugla) nengativan mozemo odreditirjesenje dualnog i standardnog problema na isti nacin.

Zakljucimo, mozemo simpleks tabelu zapisati sa

x1 x2 xn -1y1 a11 a12 a

Documents

Diskretna matematika - knjiga