DISKRETNA MATEMATIKAKOMBINATORIKA,TEORIJAGRAFOVAIALGORITMIDraganStevanovicPrirodno-matematickifakultet,UniverzitetuNisuFebruary17,20032Sadrzaj1 Uvod 71.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.3 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Matematicka indukcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Kombinatorika 272.1 Principi prebrojavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Uredjeni izbori elemenata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.3 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4 Neuredjeni izbori elemenata. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.5 Binomni koecijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.6 Binomni identiteti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.7 Multinomijalni koecijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.8 Princip ukljucenja-iskljucenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573 Funkcijegeneratrise 633.1 Funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2 Nalazenje funkcija generatrise. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3 Rekurentne jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.4 Particije prirodnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.5 Catalan-ovi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.6 Metod zmijskog ulja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724 Teorijagrafova 734.1Sta je graf? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.2 Stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 754.3 Prebrojavanje razapinjucih stabala . . . . . . . . . . . . . . . . . 754.4 Ojlerovi i Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.5 Sparivanja u bipartitnim grafovima. . . . . . . . . . . . . . . . . 764.6 Jaca povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.7 Spektar grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7634 SADRZAJ5 Algoritminagrafovima 795.1 Obilazak cvorova grafa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.1.1 DFS i povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.1.2 BFS i najkraci putevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.1.3 Nalazenje blokova grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.2 Orijentisani grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.2.1 Tranzitivno zatvorenje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.2.2 Topolosko sortiranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.2.3 Jake komponente povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . 805.3 Tezinski grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.3.1 Najkraci putevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.3.2 Najmanja razapinjuca stabla . . . . . . . . . . . . . . . . 81PredgovorOva knjiga je namenjena studentima Odseka za matematiku Prirodno-matema-tickog fakulteta u Nisu koji slusaju predmet Diskretna matematika.Poddiskretnommatematikomsepodrazumevajuoblasti matematike, kaosto su logika, algebra, kombinatorika, teorija grafova ili odredjeni delovi verovat-noce; u opstem slucaju, to su sve oblasti matematike ciji se predmet proucavanjane moze opisati pomocu neprekidnosti funkcija, odnosno pojmova izvoda i inte-grala. U ovom udzbeniku se koncentrisemo na kombinatoriku i teoriju grafova, sobzirom da na Prirodno-matematickom fakultetu u Nisu postoje posebni pred-meti u kojima se izucavaju preostale oblasti.Kombinatorika razmatra tri vrste problema:probleme egzistencije, problemeprebrojavanja i probleme konstrukcija raznih objekata. U ovoj knjizi najvise sekoncentrisemo na problem prebrojavanja.Knjiga od citaoca trazi minimalno prethodno znanje iz logike i algebre, a nanekolikomestaiizlinearnealgebre. Zasvakislucaj, uuvodnompoglavljusudate neke osnovne matematicke denicije i tehnike.U prvom delu knjige bavimo se kombinatorikom, odnosno, nacinima prebro-javanja konacnih skupova.U poglavlju Teorija grafova iznosimo neke od znacajnih teorema iz teorijegrafova, a pored toga prikazujemo i nacin za povezivanje teorije grafova sa lin-earnom algebrom, tzv. spektralnu teoriju grafova.Akakosepomocugrafovamogumatematicki modelirati brojni prakticniproblemi, u poglavlju Algoritmi predstavljamo osnovne algoritme koji resavajuneke od tih prakticnih problema.Dragan Stevanovic Nis, oktobar 2002.56 SADRZAJGlava1UvodUovoj glavi opisujemoosnovnematematickepojmovekoji cenamtrebati udaljem radu. Polazimo od samih osnova, tako da ova glava sadrzi cetiri sekcijeposvecene skupovima, funkcijama, relacijama i matematickoj indukciji.1.1 SkupoviOsnovnimatematickiobjekatjeskup. Skupsezapisujenavodjenjemnjegovihelemenata izmedju viticastih zagrada i . Skup koji sadrzi brojeve 1, 3 i 5 (i ni-jedan vise) zapisuje se kao 1, 3, 5. Ovaj skup se moze zapisati i kao 3, 1, 5,aliikao 1, 3, 5, 3, 1,jersevisestrukoponavljanjeistogelementaneuzimauobzir. Tri tacke (. . . )u 2, 4, 6, 8, . . . znace i tako dalje, po istom obrascu, tj.ovaj zapis oznacava skup svih parnih prirodnih brojeva. Odgovarajuci obrazactreba da bude ocigledan. Na primer, 21, 22, 23, . . . je lako razumljivo kao skupsvih stepena broja 2, dok je zapis 2, 4, 8, . . . manje ocigledan.Skupovi se obicno oznacavaju velikim slovom, s tim sto je za najvazniji skupmatematike i covecanstva uopste,skup prirodnih brojeva 1, 2, 3, . . .,rezervi-sano slovoN. Jos jedan vazan skup je skup bez elemenata. Postoji samo jedantakav skup, oznacava se sa i naziva prazanskup. Primetimo da prazan skupmoze da bude element drugog skupa. Na primer, je skup koji sadrzi prazanskup kao svoj element, pa nije isto sto i !Cinjenica da skup Xsadrzi element x zapisuje se pomocu simbola . Zapisx Xsecitakaoxjeelement X, xpripadaX, Xsadrzi x, itd. Uslucaju da elementx ne pripada skupuXpisemox/ X.Slozeniji i interesantniji skupovi obicnosedobijajuodpoznatihskupovapomocu nekih pravila ili osobina. Takvi skupovi se zapisuju u sledecem oblikuA = x: x ima osobinuP.Na primer, skup svih kvadrata prirodnih brojeva moze da se zapise kaon N: postojik Ntako da jen = k2.78 GLAVA1. UVODili krace kaok2: k N.Napomena Pogresnojemisliti dasvakaosobinaPdeniseskup. Doovakvogza-kljuckajedosaoBertrandRussell1911. godine. Posmatrajmosledecusituaciju: vojnifrizer treba da sisa sve vojnike koji se ne sisaju samitreba li on, kao jedan od vojnika,da sisasamogsebe?Doistogparadoksasedolaziiakodenisemosledeciskup:A = {X: Xjeskupkojinesadrzisamogsebe}.Dali skupAsadrzi samogsebe? AkopretpostavimodaAsadrzi samogsebe, tadapoosobini elemenataskupaAvazi daAnesadrzi samogsebe. Sdrugestrane, akopretpostavimodaAne sadrzi samogsebe, tadaonzadovoljavaosobinuelemenataskupa A, pa mora da pripada samom sebi. U svakom slucaju dolazimo do kontradikcije.Jedini izlazjereci daAnijeskup! ObjektekaostojeskupA, matematicari obicnozovufamilijeskupova.Koristeci pojam pripadanja skupu, , mozemo da denisemo mnoge relacijeizmedjuskupovai operacijenaskupovima. Naprimer, dvaskupaXi Y sujednaka ako imaju iste elemente. U tom slucaju pisemoX=Y . Ako suX, Yskupovi,zapisX Y (recima: XjepodskupY)znacidasvakielementXpripada skupuY . Primetimo da jeX = Yako i samo ako jeX YiY X.Akoje XY , ali je X,=Y , tadaY sadrzi barjedanelementkoji nepripadaX. U tom slucaju se kaze da jeXpravi podskupYi piseX Y .AkoX ,Y i Y,X, tadasekazedasuskupovi Xi Y neuporedivi. Zaskupove Xi Y sekazedasudisjunktni akonemajuzajednickihelemenata.Skupovi 1, 3, 5i 2, 4, 6sudisjunktni, dokskupovi 1, 3, 5i 2, 3, 4nisudisjunktni. Za niz skupovaX1, X2, X3, . . . se kaze da su uzajamno disjunktni,ako su svaka dva od njih disjunktna. Prema tome,1, 2, 3, 4, 5, 6 su uzajamno disjunktni1, 2, 3, 4, 1, 6 nisu uzajamno disjunktniSkup koji se sastoji od svih mogucih podskupova skupa X naziva se partitivniskupa skupaXi oznacava saP(X). Na primer, zaX = a, b, c imamo da jeP(X) = , a, b, c, a, b, a, c, b, c, a, b, c.Primetimo da vazi P(X) iX P(X). (ali da nijeX P(X)!)OperacijesaskupovimaNajvaznije i najcesce operacije sa skupovima su unija, presek, razlika, simetricnarazlika i komplement. Za skupove X i Yove operacije se denisu na sledeci nacin:Unija: X Y= z: z Xiliz Y Presek: X Y= z: z Xiz Y Razlika: X Y= z: z Xiz/ Y Simetricna razlika: XY= (X Y ) (Y X)1.1. SKUPOVI 9KomplementXskupaXsadrzisveelementekojinepripadajuskupuX. Dabi ova denicija imala smisla (i daXne bi sadrzao i suvisne elemente kao stosuljudi,zivotinje, biljke, . . . ) sviskupovisakojimaradimomorajudabudupodskupovi nekog veceg skupa, tzv. univerzumaU. Tada jeKomplement: X = z U: z/ X.Zgodno slikovno predstavljanje operacija sa skupovima je pomocu Venovihdijagrama. Pogledajtesliku1.1. AkozamislimoskupoveXi Y kaounutra-snjosti odgovarajucihkrugova, tadaosencenepovrsinenaslikama1.1a,b,c,d,eredom predstavljaju skupoveX Y ,X Y ,X Y ,XYiX.Ovde idu Venovi dijagrami.Slika 1.1: Operacije sa skupovimaZa ove operacije sa skupovima vaze odredjeni zakoni. Najvazniji od njih sunavedeni u sledecoj teoremi.Teorema1.1.1Neka suX, YiZskupovi. Tada vazi:(a) Asocijativnost:X (Y Z) = (X Y ) ZX (Y Z) = (X Y ) Z(b) Komutativnost:X Y = Y XX Y = Y X(c) Apsorptivnost:X (X Y ) = XX (X Y ) = X(d) Distributivnost:X (Y Z) = (X Y ) (X Z)X (Y Z) = (X Y ) (X Z)(e) De Morganovi zakoni:X (Y Z) = (X Y ) (X Z)X (Y Z) = (X Y ) (X Z)10 GLAVA1. UVODDokaz Dokazacemosamoprvi deMorganovzakon. Dokazivanjeostalihza-kona moze posluziti citaocu za vezbu.Neka je x X (Y Z). To znaci da x X, ali da x/ Y Z. Iz x/ Y Zsledi dax/ Yix/ Z. Dalje, izx Xix/ Ysledi dax X Yi slicno izx Xix/ Zsledi dax X Z, pa vazi dax (X Y ) (X Z). Kako ovovazi za svaki element skupaX (Y Z), zakljucujemo da jeX (Y Z) (X Y ) (X Z). (1.1)Neka je sadax (X Y ) (X Z). Ovo znaci dax X Yix X Z.Odavdedobijamodajex X, x / Y i x / Z. Izx / Y i x / Zsledi dax/ Y Z, pa dobijamo dax X (Y Z). Ovo takodje vazi za svaki elementskupa (X Y ) (X Z), pa zakljucujemo da je(X Y ) (X Z) X (Y Z). (1.2)Iz (1.1) i (1.2) sledi da jeX (Y Z) = (X Y ) (X Z).Ako su X1, X2, . . . , Xn skupovi, njihova unija X1X2. . . Xn moze kraceda se zapise kaon_i=1Xi.Slicno se presekX1 X2 . . . Xnkrace zapisuje kaon

i=1Xi.Zakoni iz teoreme 1.1.1 vaze i u slucaju kada imamo vise skupova, i koristeciskraceni zapis, oni glase:Distributivnost:X _n_i=1Yi_=n_i=1(X Yi)X _n

i=1Yi_=n

i=1(X Yi)De Morganovi zakoni:X _n_i=1Yi_=n

i=1(X Yi)X _n

i=1Yi_=n_i=1(X Yi)1.1. SKUPOVI 11ProizvodskupovaKao sto vec znamo, x, y oznacava skup koji sadrzi elementex i y. Skupx, y se ponekad naziva i neuredjeni parx iy. Primetimo da je x, y isto stoi y, x, kao i da x, y ima samo jedan element ako jex = y.U primenama se cesto namece potreba za razlikovanjem elemenata u paru.Stoga uvedimo notaciju (x, y) za uredjeni parx iy. Pritom vazi:(x, y) = (z, t) ako i samo akox = z iy = t.Napomena Zanimljivojedauredjeniparmozedasedenisepomocuneuredjenogparanasledecinacin:(x, y) = {{x}, {x, y}}.Slicno se denise i uredjenan-torka (x1, x2, . . . , xn) koja se sastoji od eleme-natax1, x2, . . . , xn. Pritom vazi:(x1, x2, . . . , xn) = (y1, y2, . . . , yn) ako i samo ako jexi = yizai = 1, 2, . . . , n.PoslednjaoperacijakojuspominjemojeproizvodXY skupovaXi Y .ProizvodskupovaXi Y jeskupsvihuredjenihparova(x, y), gde x Xiy Y , ili preciznije,X Y= (x, y): x X, y Y .Na primer, zaX = 1, 2, 3 iY= a, b imamo da jeX Y = (1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b),Y X = (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3).PrimetimodauopstemslucajuXY nijeisto stoi YX,tj. proizvodskupova nije komutativan.Slicnoproizvodudvaskupa, proizvodX1 X2 . . . Xnskupova X1,X2,. . . ,Xn, ili kracen

i=1Xn,denise se kaoskupsvihuredjenih n-torki (x1, x2, . . . , xn) takodaza i =1, 2, . . . , n vazixi Xi.Proizvod skupaXsa samim sobom krace se oznacava stepenom uzX, tj.X X = X2, X X X = X3, X X X X = X4, . . .Zadaci12 GLAVA1. UVOD1.2 FunkcijeSafunkcijamaili preslikavanjima, kakosedrugacijezovu, sreli smosevecusrednjoskolskoj matematici. Tada smo naucili da se funkcija denise pravilompreslikavanjakojeelementimajednogskupadodeljujeelementedrugogskupa.Na primer,jedna moguca funkcija jef1(n) = 2n 1,gde jen N. Isto takose moze zadati i funkcijaf2(x) = 2x 1, gde jex R. Ovakvo predstavljanjefunkcijanaglasavasamopravilopreslikavanja. Pri tomeseobicnokazekomskupu pripadaju argumenti funkcije (s tim sto se ponekad koristimo logikom dan oznacava prirodan broj,dokx oznacava realan broj),medjutim skoro nikadse ne kaze kom skupu pripadaju vrednosti funkcija. Zbog toga je ovo intuitivnopredstavljanje funkcija.MatematickadenicijafunkcijaDenicija1.2.1Pod funkcijom se podrazumeva uredjena trojka (A, B, f), gdejefAB, pri cemuzasvakox Apostoji tacnojednoy Btakoda(x, y) f. SkupA se naziva domen, skupBse naziva kodomen, afje pravilopreslikavanja.Cinjenica da funkcija preslikava elemente domenaA u elementekodomenaBpomocu pravila preslikavanjafse zapisuje pomocuf: A B,aza(x, y) f ravnopravno(i cesce)pisemof(x)=y. Samopravilopres-likavanjaf sezadajeformulomili navodjenjemparovaelemenata(x, y) kojipripadajuf.Denicija1.2.2Skupf(A) = f(x) [ x A se naziva slika funkcijef.Primer Funkcijaf1(n) = 2n 1 se pravilno zapisuje na sledeci nacin:f1 : N N, f1(n) = 2n 1,dok se funkcijaf2(x) = 2x 1 zapisuje pomocuf2 : R R, f2(x) = 2x 1.Primer Ako je A = 1, 2, 3, a B = 1, 3, 5, tada mozemo denisati funkcijuf3pomocuf3 : A B, f3(a) = 2a 1,ili drugacijef3 : A B, f3 = (1, 1), (2, 3), (3, 5).Uposlednjemslucajusmofunkcijudenisali pomocunavodjenjasvihparovaelemenata koji joj pripadaju.VrstefunkcijaVazni i najcescekorisceni tipovi funkcijaumatematici sudati usledecojdeniciji.1.2. FUNKCIJE 13Denicija1.2.3Funkcijaf: A Bnaziva se 1-1 ukoliko vazi(x1, x2 A) x1 ,= x2 f(x1) ,= f(x2).Funkcijaf: A Bnaziva se na ukoliko vazi(y B) (x A) f(x) = y.Funkcijaf: A Bnaziva se bijekcija ili obostrano jednoznacno preslikavanjeako je funkcija istovremeno i 1-1 i na.Primer Funkcijaa: 1, 2 1, 3, 5datapravilompreslikavanjaa(x)=2x 1je1-1, ali nijena, jersenijedanelementdomenanepreslikavauele-ment 5 iz kodomena. Funkcijab : 1, 2, 3 1, 3 data pravilom preslikavanjab = (1, 1), (2, 3), (3, 1) jeste na, ali nije 1-1, jer se elementi 1 i 3 domena pres-likavajuuisti elementkodomena. Nakraju, funkcijac: 1, 2, 3 1, 3, 5data pravilom preslikavanjac(x) = 2x 1 jeste i 1-1 i na, pa zakljucujemo daje to bijekcija.Funkcijaf : A Bsemozeslikovnopredstaviti takostonajprepredstavedomenAi kodomenBfunkcije, aondaseusmerenimlinijamasvaki elementx A poveze sa vrednoscuf(x) B. Na sl. 1.2 su predstavljene funkcijea,b ic iz gornjeg primera.Slikovno predstavljanje funkcijaa,b ic.Slika 1.2: Slikovno predstavljanje funkcijaOperacijesafunkcijamaS obzirom da su funkcije u stvari skupovi parova elemenata, sa njima mozemodavrsimosveoperacijekaoi saskupovima. Medjutim, porednjih, postojeioperacije koje su namenjene samo funkcijama.Denicija1.2.4Akosudatefunkcijef: A Bi g: B C, tadasepodslaganjemfunkcijaf i gpodrazumevafunkcijag f : A Cdatapravilompreslikavanjag f(x) = g(f(x)), x A.Denicija1.2.5Akosudatifunkcijaf: A BipodskupAt A, tadasepod redukcijom funkcije fna poddomen At, u oznaci f[A , podrazumeva funkcijaft : At Bdata pravilom preslikavanjaf[A (x) = f(x), x At.Denicija1.2.6ZaproizvoljanskupA, funkcijaiA: A AdatapravilompreslikavanjaiA(x) = x, x Anaziva se identicka funkcija na skupuA.14 GLAVA1. UVODDenicija1.2.7Ako je data funkcijuf: A B, tada se za funkcijug : B A kaze da je inverzna funkcija za funkcijufako vazig(f(x)) = x, x A,f(g(y)) = y, y B,tj. ako vazig f= iAi f g = iB.Inverzna funkcija za funkcijufse obicno obelezava saf1.Inverzna funkcija ne postoji za svaku funkciju. To mozemo videti i iz sledeceteoreme.Teorema1.2.8Zafunkcijuf: A Bpostojiinverznafunkcijaakoisamoako jefbijekcija.Dokaz Pretpostavimo da funkcija f: A B ima inverznu funkciju f1: B A i dokazimo da je f bijekcija. Funkcija f je 1-1, jer ako je f(x1) = f(x2) = y zax1 ,= x2, tada iz denicije inverzne funkcije sledi da je f1(y) = f1(f(x1)) = x1i f1(y) = f1(f(x2)) = x2, sto je kontradiktorno cinjenici da je f1funkcija ida, prema tome, moze da ima samo jednu vrednost za datu vrednostargumenta.S druge strane, funkcijafje na, jer za svakoy Bvazif(f1(y)) = y.Pretpostavimo sada da jefbijekcija i dokazimo da onda postoji funkcijahkoja je njena inverzna funkcija. Funkcijuh cemo denisati na sledeci nacin:h B A, (y, x) h ako i samo ako jef(x) = y.Primetimo da smo ovim, u stvari, samo denisali jedan podskup h BA, pastoga moramo tek da pokazemo da jeh zaista funkcija, tj. da za svakoy Bpostoji tacnojednox Atakodajeh(y)=x. Najpre, postojefunkcijafna, tozay Bpostoji x Atakodajef(x)=y, papodeniciji hvazi i(y, x) h. Dalje, posto je funkcijafi 1-1, ovakvox je jedinstveno, pa smo sezaista uverili da jeh funkcija i mozemo slobodno da pisemoh : B A, h(y) = x ako i samo ako jef(x) = y.Sada je jasno da vazih(f(x)) = x if(h(y)) = y, pa jeh inverzna funkcija zaf.PermutacijePodpermutacijomskupaAsepodrazumevasvakabijekcijaf : A AskupaAnasamogsebe. SkupsvihpermutacijaskupaAobicnoseobelezavasa Sym(A). Za skup Sym(A) svih permutacija skupaA vazi sledeca teorema,koju cemo dokazati kasnije. Ona ilustruje algebarsku strukturu skupa Sym(A).Teorema1.2.9Ako je dat skupA, tada za skup Sym(A) vaze sledece osobine:1.3. RELACIJE 15(i) (zatvorenost)(f, g Sym(A)) f g Sym(A);(ii) (asocijativnost)(f, g, h Sym(A)) f (g h) = (f g) h;(iii) (postojanje neutralnog elementa)(iA Sym(A)) (x A) iA(x) = x;(iv) (postojanje inverznog elementa)(f Sym(A)) (f1 Sym(A)) f f1= f1 f= iA.Zadaci1.3 RelacijeRelacija, unajkracem, predstavljaodnos izmedjuelemenatanekihskupova.Stroga matematicka denicija je sledeca.Denicija1.3.1Akosudati skupovi A1, A2, . . . , Ak, k N, tadasepodrelacijomduzinekizmedjuelemenataskupovaA1, A2, . . . , Akpodrazumevapodskup A1A2. . .Ak. Ako(x1, x2, . . . , xk) ,tadakazemodasuelementi x1, x2,. . . , xkurelaciji . Sdrugestrane,akojeA1=A2=. . . =Ak = A, tada kazemo da je relacija duzinekna skupuA.Primer Razmotrimo sledece skupove:A = Cira, Dragan, Marko ,B = logika, algebra, diskretna matematika ,C = ponedeljak, utorak, sreda, cetvrtak, petak .Tada = (Cira, logika, utorak),(Dragan, algebra, utorak),(Dragan, diskretna matematika, cetvrtak),(Marko, diskretna matematika, petak)predstavlja relaciju duzine 3, koja moze da predstavlja obaveze profesora i asis-tenata u pogledu predmeta i datuma.16 GLAVA1. UVODDenicija1.3.2Relacija A Bduzine 2 se nazivabinarnarelacija.Uobicajenojedasezaelementex Ai y Bkoji suurelaciji umesto(x, y)pise x y. Skup aA[ a b za nekobBsenazivadomenrelacije, a skup b B[ a b za nekoa A se naziva kodomen relacije.Napomena Primetimodajesvakafunkcijaf: A B,takodjebinarnarelacija,jerjef AB.Primer Na skupu 1, 2, 3, 4, 6 mozemo da denisemo binarnu relaciju takosto cemo da jex y ako jex manje ody ix deliy. Relaciju tada cine sledeciparovi elemenata = (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6).Ova relacija je slikovno predstavljena na sl. 1.3a slicno nacinu na koji se pred-stavljaju funkcije, tako sto se usmerenim linijama povezu parovi elemenata kojisu u relaciji.Nacini predstavljanja relacije.Slika 1.3: Nacini predstavljanja relacijaMedjutim, binarna relacija na konacnom skupuA moze se predstaviti josna dva nacina:tablicno - tako sto se nacrta tablica cije vrste i kolone predstavljaju ele-mente A, a zatim se u preseku vrste x i kolone y stavlja 1 ukoliko je x y,a 0 ukoliko nijex y.pomocu orijentisanih grafova - tako sto se svaki element skupa A predstavicvorom, a zatim se cvorovi x i y povezu usmerenom linijom od x ka y akojex y.Ova dva nacina predstavljanja su prikazana na sl. 1.3b i sl. 1.3c.Kao i funkcije, i relacije se mogu slagati.Denicija1.3.3Nekasudaterelacije ABi BC. Tadasepodslaganjem relacija ipodrazumeva relacija ACodredjena sa = (a, c) [ postojib Btako da jea b ib c.Napomena Sobziromdasufunkcijeposebanslucajrelacija, i slaganjefunkcijajeposebanslucajslaganjarelacija. Medjutim,primetimoveomabitnurazliku: slaganjefunkcija f: A Bi g: B Coznacava se sa g f, dok se slaganje relacija ABi B Coznacavasa . Znaci, kodslaganjafunkcijaprvufunkcijustavljamoiza ,dokkodslaganjarelacijaprvurelacijustavljamoispred .1.3. RELACIJE 17Nadalje cemo posmatrati samo binarne relacije kod kojih se domen i kodomenpoklapaju i pritom posvetiti paznju vaznim vrstama relacijarelacijama ekvi-valencije i relacijama poretka.RelacijeekvivalencijaDenicija1.3.4Relacija na skupuA je:(i) reeksivna, ako(x A) x x;(ii) simetricna, ako(x, y A) x y y x;(iii) tranzitivna, ako(x, y, z A) x yy z x z.Denicija1.3.5RelacijanaskupuAjerelacija ekvivalencijeakojereek-sivna, simetricna i tranzitivna.Primer Denisimo relaciju na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodnabroja u relaciji ako i samo ako su jednaki. Ova relacija je reeksivna, jer je svakibrojjednaksamomsebi, simetricna, jerizx=ysigurnosledi dajey=x, itranzitivna, jeriz x=yi y =zsledi daje x=z. Relacijajednakosti jesvakako najjednostavniji primer relacije ekvivalencije i njena svojstva su sluzilakao inspiracija za deniciju relacije ekvivalencije.Primer Relacija na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodna brojaurelaciji akojenjihovarazlikadeljivasa4(tj. akodajuisti ostatakprideljenju sa 4) je takodje relacije ekvivalencije. Naime, ova relacija je reeksivna,jer 4[x x = 0, simetricna, jer iz 4[x ysledi da 4[y x, i tranzitivna, jer iz4[x y i 4[y z sledi da 4[(x y) + (y z) = x z.Primer Neka su dati skup A = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 i njegovi uzajamno disjunktnipodskupoviB1 = 1, 2, 3,B2 = 4, 5 iB3 = 6, 7. Na skupuA mozemo dadenisemo relaciju na sledeci nacin:x y x iy pripadaju istom podskupuBi.Ova relacija je ocigledno reeksivna i simetricna, a tranzitivnost sledi iz cinjenicedaakojex yi y ztadaxi zpripadajuistompodskupukomepripadai y,akakoypripadatacnojednompodskupuBi,jersuoniuzajamnodisjunktni,toi xi zpripadajuovomistompodskupuBi, pazakljucujemodaje x z.Predstavljanje ove relacije pomocu orijentisanih grafova dato je na sl. 1.4.Poslednji primer ujedno ilustruje i sledecu deniciju.18 GLAVA1. UVODPredstavljanje relacije ekvivalencije pomocu orijentisanih grafovaSlika 1.4: Primer relacije ekvivalencijeDenicija1.3.6Neka je relacija ekvivalencije na skupuA i neka jex A.SkupCx = y A[ x ynaziva se klasa ekvivalencije elementax.Teorema1.3.7Neka je relacija ekvivalencije na skupuA. Tada vazi:(i) (x, y A) Cx = Cy Cx Cy = .(ii) A =

xACx.Dokaz (i) Pretpostavimo da jeCxCy ,= i nekaz CxCy. Tada jex ziy z, pa kako je relacija simetricna i tranzitivna, dobijamo da jex y. Sadaizw Cxsledi da jew x ix y, pa iz tranzitivnosti imamow y, tj. w Cy.Takodje vazi i obrnuto, tj. izw Cysledi da jew y iy x, pa imamo iw x,tj. w Cx. Ovo pokazuje da je sadaCx = Cy.(ii) Kako za svakox A vazi da jeCx A, to sledi i da je xACx A.S druge strane, za svakoy A vazi da jey Cy xACx, pa zakljucujemoda jeA =

xACx.Izprethodneteoremevidimodasurazliciteklaseekvivalencijeuzajamnodisjunktne, a da unija svih klasa ekvivalencije daje ceo skup. Podela skupa napodskupove sa ovakvim svojstvima drugacije se naziva particija skupa, tacnijeDenicija1.3.8Neka jeA proizvoljan skup i ( P(A). Ukoliko vazi(X, Y () X = Y X Y= iA =_XcX,tada se (naziva particija skupaA.Iz teoreme 1.3.7vidimodaklase ekvivalencije obrazujuparticijuskupa.Medjutim, vazi i obratno: svakoj particiji skupaodgovararelacijaekvivalen-cije na tom skupu cije su klase ekvivalencije upravo elementi particije.Teorema1.3.9Neka je ( particija skupaA. Denisimo relaciju na skupuApomocux y x iypripadaju istom elementu particije (.Tada je relacija ekvivalencije cije su klase ekvivalencije upravo elementi par-ticije (.1.3. RELACIJE 19Dokaz Relacija je reeksivna i simetricna po svojoj deniciji. Neka je sadax yi y z. Posto je (particija skupaA, postoji tacno jedan podskupC (takodayC(usuprotnom, akobi postojaladvarazlicitapodskupakojisadrze y onda bi oni imali neprazan presek, sto je nemoguce). Sada iz x y sledidax Ci izy zsledi i daz C, takodazakljucujemodavazi x z, jerpripadaju istom elementu C particije (. Prema tome, je relacija ekvivalencije.S druge strane, kao sto smo vec videli, za svakox A postoji tacno jedanpodskupC (tako dax C. Klasu ekvivalencijeCxelementax po denicijicinesvi oni elementi yAkoji takodjepripadajuC, odaklevidimodajeCx = C, tj. klase ekvivalencije su upravo elementi particije (.RelacijeporetkaDenicija1.3.10Relacija na skupuA je antisimetricna ako vazi(x, y A) x yy x x = y.Denicija1.3.11Relacija na skupuA je relacija poretka ako je reeksivna,antisimetricna i tranzitivna.Relacija poretka se takodje naziva i parcijalno uredjenje.Denicija1.3.12Uredjeni par(A, ), gdejerelacijaporetkanaskupuA,naziva se parcijalno uredjen skup.Primer Relacija manje ili jednako na skupuNje relacija poretka, jer je(x N) x x,(x, y N) x yy x x = y,(x, y, z N) x yy z x z.Kao i kod jednakosti, i u ovom slucaju su svojstva relacije vodila ka denicijirelacije poretka.Primer Relacija deliti [ na skupuNje relacija poretka, jer je(x N) x[ x,(x, y N) x[ yy [ x x = y,(x, y, z N) x[ yy [ z x[ z.Primer Za proizvoljan skupA relacija na skupuP(A) je relacija poretka,jer je(X P(A)) X X,(X, Y P(A)) X Y Y X X = Y,(X, Y, Z P(A)) X Y Y Z X Z.S obzirom na gornje primere relacija i u matematici je postalo uobicajenoda se relacija poretka oznacava simbolom _. Sada cemo denisati nekoliko cestosretanih pojmova kod parcijalnih uredjenja.20 GLAVA1. UVODDenicija1.3.13Nekaje(A, _)parcijalnouredjenjei nekajeB A. Zaelementa A se kaze da je donja granica zaBako je(x B) a _ x.Elementa A je najmanji element uB ako jea B ia je donja granica zaB.Za elementa A se kaze da je gornja granica zaBako je(x B) x _ a.Elementa A je najveci element uBako jea Bia je gornja granica zaB.Primetimo da kod parcijalnog uredjenja mogu da postoje elementi koji nisuuporedivi, pastogamogudapostojei podskupovi koji nemajunajmanji ele-ment, odnosno najveci element. Na primer, ako posmatramo relaciju poretka na skupu P(1, 2, 3), tada skup 1, 2, 3 nema niti najmanji, niti najvecielement.Svojstvarelacijeporetka naskupuNsuposluzilakaoinspiracijazajosdve vazne vrste uredjenja.Denicija1.3.14Relacija poretka _ na skupuA je linearno uredjenje ako zasvaka dva elementax, y A vazix _yiliy _x.Denicija1.3.15Linearnouredjenje _naskupuAjedobrouredjenjeakosvaki konacan podskup odA ima najmanji element u odnosu na uredjenje _.Zaslikovnopredstavljanje relacijaporetkanakonacnomskupumoguseiskoristiti tzv. Haseovi dijagrami. Dabismomogli daopisemokonstrukcijuHaseovog dijagrama potrebna nam je sledeca pomocna denicija.Denicija1.3.16NekajerelacijaporetkanakonacnomskupuAinekajex A proizvoljni element skupaA. Za elementy A se kaze da je neposredniprethodnik elementax ako jey x,y ,= x i vazi(z A) y z z x z = yz = x.Drugim recima,y je neposredni prethodnik odx ako nijedan drugi elementskupaA ne moze da se smesti izmedjuy ix.Kada je data relacija poretka na konacnom skupu A, tada za svaki elementskupa A mozemo da odredimo nivo u odnosu na relaciju . Naime, element x A je na nivou 0 ako nema neposrednog prethodnika. U suprotnom, element x jena nivou k, k > 0, ako ima bar jednog neposrednog prethodnika na nivou k 1,dok se svi ostali neposredni prethodnici nalaze na nivoima najvisek 1.Sada se Haseov dijagram relacije dobija na sledeci nacin: elementi skupa Ase poredjaju po nivoima pocev od nivoa 0 na dnu, do najveceg nivoa na vrhu isvaki element se spaja linijom sa svim svojim neposrednim prethodnicima. Nasl. 1.5 su prikazani Haseovi dijagrami za relacije na skupuP(1, 2, 3) i [ naskupu 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.1.4. MATEMATICKAINDUKCIJA 21Haseov dijagram za dve relacije poretkaSlika 1.5: Haseov dijagram relacije poretkaIz nacina konstrukcije Haseovog dijagrama mozemo da vidimo da su elementina istom nivou neuporedivi. Iz ovoga zakljucujemo da kod linearnog uredjenja,kod koga su svaka dva elementa uporediva, na svakom nivou postoji tacno jedanelement. Stoga je Haseov dijagram linearnog uredjenja veoma jednostavan: onpredstavlja niz elemenata skupa poredjanih jedan iznad drugog.1.4 MatematickaindukcijaMatematicka indukcija je jedan od najcescih nacina dokazivanja matematickihtvrdjenja u diskretnoj matematici, ali se cesto srece i u drugim granama matem-atike. S obzirom na njenu toliku rasprostranjenost, vazno je da se sa njom stobolje upoznamo.NekajeS(n)nekotvrdjenjekojezavisi odprirodnogbrojan; naprimer,S(n)mozedabudetvrdjenjezbirprvihnneparnihbrojevajednakjen2.Racunajuci ovezbirovemozemodaproverimodatvrdjenjevazi zanekemalevrednostin. Na primer,1 = 12, 1 + 3 = 22, 1 + 3 + 5 = 32, 1 + 3 + 5 + 7 = 42,1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52.Cak i ako tvrdjenje proverimo pomocu racunara za prvih milion vrednosti n, tojos uvek nije dokaz. Ko zna, milion i prvi broj i dalje moze da bude kontraprimer.Ispravnost ovog tvrdjenja dokazujemo pomocu principa matematicke indukcije,koji se sastoji u sledecem:(i) Dokazati da jeS(1) tacno;(ii) DokazatidavaziakojeS(n)tacno, tadajei S(n + 1)tacno; pritom,dokaz mora da vazi za proizvoljan prirodan brojn.Dokaz pod (i) se zove baza indukcije, dok se dokaz pod (ii) zove induktivni korak.U nasem primeru, tvrdjenjeS(n) je1 + 3 +. . . + (2n 1) = n2.Dokaz ovog tvrdjenja matematickom indukcijom odvija se na sledeci nacin:(i) S(1) je tacno, jer je 1 = 12;(ii) Ako je za neki brojn tvrdjenjeS(n) tacno, tada vazi1 + 3 +. . . + (2n 1) = n2.22 GLAVA1. UVODDodajuci sa obe strane 2n + 1 dobijamo da vazi1 + 3 +. . . + (2n 1) + (2n + 1) = n2+ 2n + 1 = (n + 1)2,sto pokazuje da je iS(n + 1) tacno.Ovim je dokaz zavrsen. Deluje jednostavno,zar ne? Da vidimo sada zbogcegajeovozaistadokazdatvrdjenjeS(n)vazi zasvaki prirodanbroj n. Ubazi indukcije najpre dokazujemo da je S(1) tacno. Ako zatim stavimo vrednostn = 1 u induktivni korak tada dobijamo da je S(2) takodje tacno. Ako sada novuvrednostn = 2 stavimo u induktivni korak, tada dobijamo da jeS(3) takodjetacno. Ponavljajuci ovaj postupak, redom dobijamo da su tacna tvrdjenja S(4),S(5), S(6), . . . i vidimo da na ovaj nacin mozemo da dokazemo da je tvrdjenjeS(n) tacno za svaki prirodan broj n. Tacnije, induktivni korak nam daje sledecibeskonacan niz implikacija:S(1) S(2) S(3) S(4) S(5) S(6) . . . S(n) . . .dok baza indukcije sluzi da zapocnemo kretanje po ovom nizu tako sto dokazujetacnost prvog tvrdjenja u njemu.Primer Dokazati da za svaki prirodan brojn vazi 1 + 2 +. . . +n =n(n+1)2.Dokaz Najpredokazujemobazuindukcije. Zan=1tvrdjenjesesvodi na1 =1(1+1)2, sto je tacno. Zatim prelazimo na dokaz induktivnog koraka. Stogapretpostavimo da je tvrdjenje1 + 2 +. . . +n =n(n + 1)2tacno za neki prirodan brojn. Dodajucin + 1 na obe strane dobijamo da vazi1+2+. . .+n+(n+1) =n(n + 1)2+(n+1) = (n+1)_n2+ 1_=(n + 1)(n + 2)2,stodokazujedajetvrdjenjetacnoi zabroj n + 1. Poprincipumatematickeindukcije, dokaz je zavrsen.Primer Dokazati da je za svaki prirodan brojn vrednost izraza 5n 4n 1deljiva sa 16.Dokaz Zan = 1 imamo da je 51 41 1 = 0, pa je svakako deljivo sa 16.Ako sada pretpostavimo da je tvrdjenje tacno za neki prirodan brojn, tada je5n4n1 deljivo sa 16.Sta se desava sa ovim izrazom za n+1?Imamo da je5n+14(n + 1) 1 = 5(5n) 4n 5 == 5(5n4n 1) + 20n + 5 4n 5 = 5(5n4n 1) + 16n.Sadavidimodajebroj5n+1 4(n + 1) 1zbirdvabroja, odkojihjesvakideljiv sa 16, pa je i on sam deljiv sa 16. Znaci, tvrdjenje je tacno i za broj n+1,pa je po principu matematicke indukcije dokaz zavrsen.1.4. MATEMATICKAINDUKCIJA 23Pri radu sa matematickom indukcijom treba paziti da baza indukcije obezbedivaznost prvog tvrdjenja u beskonacnom nizu implikacija koji se dobija ponav-ljanjem induktivnog koraka. Mozete li naci gresku u sledecem primeru?Primer Neka sul1, l2, . . . , ln, n 2, razlicite prave u ravni, tako da nikojedve nisu paralelne. Dokazati da se sve prave seku u istoj tacki.Laznidokaz Zan = 2 tvrdjenje je tacno, jer se svake dve neparalelne praveseku. Pretpostavimo zato da tvrdjenje vazi za neki prirodan broj n i posmatra-jmo tvrdjenje za n+1. Ako su date prave l1, l2,. . . , ln, ln+1, tada po indukcijskojpretpostavci sve prave osim poslednje (tj. pravel1, l2, . . . , ln1, ln) imaju za-jednickutacku; oznacimojesaA. Takodje, svepraveosimpretposlednje(tj.pravel1, l2, . . . , ln1, ln+1) imaju zajednicku tacku; oznacimo je saB. Praval1 se nalazi u obe grupe, pa sadrzi obe tacke A i B. Slicno se i prava ln1 nalaziuobegrupepaionasadrziobetackeAi B. Kakosel1i ln1sekusamoujednojtacki, tomoradabudeA=B. Prematome, svepravel1, l2, . . . , ln,ln+1imaju zajednicku tackuA.Resenje Iako u prethodnom dokazu sve izgleda u redu, tvrdjenje je ociglednonetacno. U cemu je onda problem?Oznacimo tvrdjenje saS(n). Ocigledno jeda jeS(2) tacno, pa je baza indukcije u redu. Induktivni korak na prvi pogleddeluje tacno. Ali kada ga malo bolje pogledamo, vidimo da je moguce zakljucitidasetackeAi Bpoklapajusamoakosupravel1i ln1razlicite, tj. akojen ,= 2. To znaci da induktivni korak generise niz implikacijaS(3) S(4) S(5) S(6) . . . S(n) . . .ali baza indukcije ne dokazuje prvo tvrdjenje iz ovog niza, tako da dokaz induk-cijom nije korektan.Kada bi mogli da dokazemo da je S(3) tacno, tada bi tvrdjenje vazilo za sveprirodnebrojeve. Medjutim, jasnojedatrirazlicitepraveuravninemorajuda se seku u jednoj tacki, pa niS(3) ne moze da bude tacno.U nekim slucajevima za dokaz tacnosti tvrdjenja S(n+1) u induktivnom ko-raku jednostavnije je zameniti pretpostavku da je S(n) tacno tvrdjenje pomocujacepretpostavkedasusvaprethodnatvrdjenjaS(1), S(2), . . . , S(n)tacna.Ovakavmodikovani principsenazivajakaindukcija, akoristi senasledecinacin:(i) Dokazati da jeS(1) tacno tvrdjenje;(ii) Dokazati da vazi ako su sva tvrdjenjaS(1), S(2), . . . , S(n) tacna, tadaje iS(n + 1) tacno tvrdjenje.Lakojevideti dai ovajprincipgarantujetacnosttvrdjenjaS(n)zasvakiprirodanbroj n.Stavise, postojijosmnogodrugihvarijantiindukcijekojesesve sastoje iz baze indukcije i induktivnog koraka. Njihova glavna odlika je da24 GLAVA1. UVODinduktivni korak generise beskonacan niz implikacija koje sluze da se dodje dotvrdjenjaS(n) za proizvoljan prirodni brojn, a baza indukcije sluzi da pokazetacnost uslova u prvoj implikaciji takvog beskonacnog niza.Primer DenisimoFibonacijevebrojeveF1, F2, F3, . . . takodajeF1=1iF2 = 1, dok je svaki sledeci clan niza jednak zbiru dva prethodna clana, tj.Fn = Fn1 +Fn2, n 3.Prema tome, prvih nekoliko Fibonacijevih brojeva je 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .Dokazati da vazi nejednakostFn _1 +52_n1.Dokaz Oznacimobroj (1 + 5)/2sa, atvrdjenjeFn n1pomocuS(n). Uovomslucaju, bazaindukcijecesesastojati oddokazadvaposebnatvrdjenjaS(1)i S(2), dokceinduktivni korakimati oblikakosutvrdjenjaS(n 1)i S(n)tacna,tadajetacnoitvrdjenjeS(n + 1). RazlogzaovakvuvarijantumatematickeindukcijejenacindenisanjaFibonacijevihbrojevaijedno interesantno svojstvo broja.Ako jen = 1, tada jeF1 = 1 = 0= n1, pa je tvrdjenjeS(1) tacno. Akojen = 2, tada jeF2 = 1 < 1, 6 < 1= phin1, pa je i tvrdjenjeS(2) tacno.Pretpostavimo sada da su za neki prirodan brojn tacna tvrdjenjaS(n 1)iS(n). Tada jeFn1 n2iFn n1, pa jeFn+1 = Fn +Fn1 n1+n2 = n2( + 1).Vazno svojstvo broja, zbog koga smo i izabrali ovakvu varijantu indukcije, jeda vazi2= + 1.Sada jeFn+1 n2( + 1) = n, pa je i tvrdjenjeS(n + 1) tacno. Ovim smozavrsili dokaz induktivnog koraka i samim tim dokazali da tvrdjenjeS(n) vaziza sve prirodne brojeven.Napomena Princip matematicke indukcije je ekvivalentan cinjenici da je skup prirod-nih brojeva dobro uredjen. Ova ekvivalencija se stoga moze iskoristiti za nesto drugacijedokazivanjetvrdjenjakojavazezaprirodnebrojeve.PretpostavimodaimamotvrdjenjeS(n)zakojevazidasutacnatvrdjenjaS(1)itvrdjenjeakojeS(n)tacno,tadajeiS(n + 1)tacno. DrugacijinacindasedokazedautomslucajuS(n)vazizasveprirodnebrojevenjesledeci:Pretpostavimodapostoji ntakodatvrdjenjeS(n)nijetacnoi nekaXoznacava skupsvih prirodnihbrojevan za koje tvrdjenjeS(n) nije tacno.Kakojeskupprirodnihbrojevadobrouredjen, toznaci daakojeskupXneprazan, tada onima najmanji element n0. Kako je S(1) tacno,imamodajen0>1. Postojen0najmanji elementskupaX, tojen0 1.4. MATEMATICKAINDUKCIJA 251 / Xi tvrdjenje S(n0 1) je tacno. Sadaiz induktivnogkorakazan = n01dobijamodajetvrdjenjeS(n0)tacno,tj. dajen0/ X, stojekontradikcija. OvakontradikcijapokazujedajeskupXprazan,tj. dajetvrdjenjeS(n)tacnozasveprirodnebrojeven.NacindokazivanjagdepocinjemorecenicomNekaje n0najmanji broj koji nezadovoljava tvrdjenje koje zelimo da dokazemo i zavrsavamo kontradikcijom ponekadzamenjujematematickuindukciju. Obanacinausustiniradeisto,astvarjeokolnostiililicnogukusakojicesenacinkoristiti.Zadaci26 GLAVA1. UVODGlava2KombinatorikaGlavna tema u ovom poglavlju je razvijanje ekasnih metoda za prebrojavanjekonacnog skupaX. Kada seXpojavi u slozenom problemu,njegovi elementiobicnoimajustrukturukojujelakoopisati matematickimjezikom, ali suzanjihovo prebrojavanje potrebni mnogo delotvorniji metodi od pukog nabrajanjasvih elemenata.Uovompoglavljupocinjemodarazvijamotakvemetode. Prvi odeljaksebavi denicijom i osnovnim principima prebrojavanja, na koje smo se svi tolikonavikli daretkoobracamopaznjunanjih. Zbogtogaceprvihparteoremaizovogodeljkamozdabiti dosadne, ali suneophodnezastrogozasnivanjekombinatorike. Posleprvogodeljkastvari postajumnogozanimljivije. Udrugomitrecemodeljkuposmatramouredjeneineuredjeneizboreelemanataskupa. U cetvrtom odeljku izucavamo identitete sa binomnim koecijentima, a uposlednjem odeljku se bavimo jos jednim principom prebrojavanjaprincipomukljucenja i iskljucenja.Prica o prebrojavanju se nastavlja u sledecem poglavlju, gde cemo proucavatimetodfunkcije generatrise, koji ce predstavljati nase najjace orudje medjumetodima prebrojavanja.2.1 PrincipiprebrojavanjaMatematickadenicijaprebrojavanjaSta mislimo kada kazemo da skup iman elemenata?Podsetimo se, najpre,kako prebrojavamo jednostavne skupove. To radimo tako sto redom pokazujemona elemente skupa i izgovaramo reci jedan, dva, tri, . . . . Kada svaki elementdobije svoj broj, stajemo i poslednji izgovoreni broj predstavlja broj elemenatau skupu.2728 GLAVA2. KOMBINATORIKADa bismo ovu kazi-i-pokazi tehniku preveli na jezik matematike, moramo da,za svaki prirodan brojn, denisemo skupNn = 1, 2, 3, . . . , n.Kazi-i-pokazi tehnika svakom elementu skupaNnpridruzuje element skupaXkoga prebrojavamo; drugim recima, ona odredjuje funkciju f iz Nn u X (sl. 2.1).Jasno je da je funkcija fbijekcija, jer ukoliko nismo pogresili pri brojanju, svakielementXdobijatacnojedanbroj. Znaci, akojeXskupi nprirodanbrojipostoji bijekcija izNnuX, tada kazemo daXiman elemenata.Slika 2.1: Prebrojavanje studenataPrimetimo odmah da nasa denicija prebrojavanja ne iskljucuje mogucnostdaskupmozeistovremenoimati i melemenatai nelemenatazam ,=n. Usustini, svi smoveciskusili situacijukadasmobrojali neki dostaveliki skup,recimo broj automobila na parkingu, i stalno dobijali razlicite odgovore. Sledecateorema je glavni korak u dokazu da je ovo moguce samo zbog greske u brojanju,i da je broj elemenata skupa jedinstven.Teorema2.1.1Ako su m i n prirodni brojevi tako da je m < n, tada ne postojiinjekcija izNnuNm.Dokaz NekaSoznacava skup prirodnih brojevan za koje postoji injekcija izNn u Nm za neko m < n. Ako S nije prazan skup, onda postoji njegov najmanjielementk, a posto jekuS, tada postoji injekcijai izNkuNlza nekol 1. Prematomel 1 je prirodan broj i situacija moze da se prikaze kao na sl. 2.2.Slika 2.2: Pretpostavljena injekcijai: Nk Nl.Ako nijedna od vrednosti i(1), i(2), . . . , i(k1) nije jednaka l, tada restrikcijai na skup Nk1 daje injekciju iz Nk1 u Nl1. S druge strane, ako je i(b) = l zanekob za koje je 1 b k 1, tada mora bitii(k) = c l, posto jei injekcija.U ovom slucaju mozemo da konstruisemo injekciju i iz Nk1 u Nl1 kao sto jeprikazano na sl. 2.3, tj.i(b) = c, i(r) = i(r) (r ,= b).Usvakomslucaju, postojanjeinjekcijeiz Nk1uNl1jeukontradikcijisaizboromkkaonajmanjegelementauS. Prematome, Sjeprazanskupitvrdjenje je dokazano.2.1. PRINCIPIPREBROJAVANJA 29Slika 2.3: Konstrukcija injekcijeikada jei(b) = l.Pretpostavimo da postoji skupXkoji iman elemenata, a takodje i m ele-menata za nekom < n. Zakljucujemo da postoje bijekcije: Nn X, : Nm X,pa su i 1i 1 takodje bijekcije. Posebno, 1 je injekcija iz Nn u Nm, stoje suprotno teoremi 2.1.1. Prema tome,tvrdjenje Ximan elemenata mozeda vazi za najvise jedan prirodan brojn.PrincipjednakostiKadaXimanelemenatapisemo [X[=nikazemodajekardinalnost(ilivelicina) skupaXjednakan. Za prazan skup posebno usvajamo da je[[ = 0.Kada je [X[ = n, cesto je pogodno pisatiX = x1, x2, . . . , xn,sto je samo drugi nacin da se kaze da postoji bijekcijaizNnuXtako da je(i) = xi(1 i n).Skup X je konacan ako je prazan ili je [X[ = n za neki prirodan broj n. Skupje beskonacan ako nije konacan. Takav je, na primer, skup svih prirodnih bro-jevaN. Sada dolazimo do prvog principa prebrojavanjaprincipa jednakosti.Teorema2.1.2(Principjednakosti)AkoizmedjudvakonacnaskupaAi Bpostoji bijekcija, tada je [A[ = [B[.Dokaz Zbog postojanja bijekcije izmedjuA iB, izA = sledi da jeB = , atakodje izB = sledi da jeA = , pa u svakom slucaju vazi [A[ = [B[ = 0.Usuprotnom, nekaje [A[=n, [B[=mzanekeprirodnebrojeveni mineka su: Nn A,: Nm Bi: A Bbijekcije. Tada je1 bijekcijaizNnuNm. Ako jem n, tada je11injekcijaizNmuNn, sto je opet u kontradikciji sa teoremom 2.1.1. Prema tome, morada vazim = n.PrincipzbiraSledeci princip je takodje veoma jednostavan i koriscen je pri prebrojavanjujos od pradavnih vremena.30 GLAVA2. KOMBINATORIKATeorema2.1.3(Principzbira)AkosuAi Bneprazni i disjunktni konacniskupovi (tj. A B = ), tada je[A B[ = [A[ +[B[.Dokaz Posto suA iBneprazni i konacni skupovi, mozemo da ih zapisemo ustandardnom obliku:A = a1, a2, . . . , ar, B = b1, b2, . . . , bs.Posto suA iBdisjunktni, unijaA Bmoze da se zapise u slicnom obliku:A B = c1, c2, . . . , cr, cr+1, cr+2, . . . , cr+s,gde jeci = ai(1 i r) i cr+i = bi(1 i s).Prema tome, [A B[ = r +s = [A[ +[B[.Jasno je da princip zbira i dalje vazi ako je jedan od skupovaA iBprazan(ili caki oba). Ovaj principsenaocigledannacinmozeprosiriti naunijuproizvoljnog broja disjunktnih konacnih skupovaA1,A2, . . . ,An:[A1 A2 . . . An[ = [A1[ +[A2[ +. . . +[An[.Dokaz ove cinjenice je laka vezba za koriscenje matematicke indukcije.PrincipproizvodaCesto smo u situaciji da brojimo stvari koje se lakse predstavljaju kao paroviobjekata, negokaopojedinacniobjekti. Pretpostavimo, naprimer, dajestu-dentska sluzba na Odseku za matematiku sredjivala prijave studenata za okto-barski ispitni rok. Pritom su dosli do situacije kao u tabeli 2.1.Algebra Diskretna mat.Mat. analizaAnaBrankoCeca

Zlatko Tabela 2.1: Ispiti prijavljeni u oktobarskom roku.U tabeli, svaka vrsta odgovara jednom studentu, svaka kolona jednom pred-metu, a ako je student x prijavio ispity tada je na odgovarajucoj poziciji (x, y)u tabeli postavljen znak . Ukupan broj ovih znakova je ujedno i broj ispitnihprijava. Drugim recima, problem je prebrojati skupSparova (x, y) tako da je2.1. PRINCIPIPREBROJAVANJA 31student x prijavio ispit y. U opstem obliku, ako su X i Ydati skupovi, problemje prebrojati podskupSskupaX Y .Jasno je da postoje dva nacina prebrojavanja ispitnih prijava iz tabele 2.1. Sjedne strane, mozemo da prebrojavamo predmete koje je prijavio svaki studentponaosobisaberemorezultate, doksdrugestrane, mozemodaprebrojavamostudente koji su prijavili svaki predmet ponaosob i saberemo rezultate. Naravno,za ocekivati je da ce oba nacina dati isti broj.Ovarazmatranjamozemodapreciziramonasledecinacin. PretpostavimodajepodskupSskupaXY (gdesuXi Y konacni skupovi)datpomocuznakova u opstem obliku tabele 2.2 iz studentske sluzbe.yZbir u vrsti xrx(S) Zbir u koloni cy(S)[S[Tabela 2.2: Ispiti prijavljeni u oktobarskom roku.Prvi nacin prebrojavanja je da izbrojimo koliko se puta znak pojavljuje uvrstix i dobijemo vrednostrx(S), za svakox uX(tj. rx(S) = [S (x, y): y Y [). Ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po vrstama:[S[ =

xXrx(S).Drugi nacin je da izbrojimo koliko se puta znak pojavljuje u koloni y i dobijemovrednostcy(S), zasvakoyuY (tj. cy(S)= [S (x, y): x X[). Uovomslucaju ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po kolonama:[S[ =

yYcy(S).Cinjenicadaimamodvarazlicitaizrazaza [S[ cestosekoristi upraksi zaproverurezultataracunanja. Onatakodjeimavelikuvaznostiuteoriji, zatosto ponekad mozemo da dobijemo veoma neocekivane rezultate izjednacavanjemdvaizrazaodkojihsvakiprebrojavaistiskupsamonadrugacijinacin. Ovimdolazimo i do sledeceg principa prebrojavanja.Teorema2.1.4Neka suXiYkonacni neprazni skupovi, i neka jeSpodskupX Y . Tada vazi:(i) Broj elemenata skupaSje dat sa[S[ =

xXrx(S) =

yYcy(S),32 GLAVA2. KOMBINATORIKAgde su rx(S) i cy(S) zbirovi po vrstama i kolonama kako su ranije navedeni.(ii) Ako jerx(S) = rza svakox icy(S) = c za svakoy, tada jer[X[ = c[Y [.(iii) (Princip proizvoda) Broj elemenata skupaX Yjednak je[X Y [ = [X[[Y [.Dokaz (i)Skupznakova uvrsti xmozeseformalnodenisatikaoskupparovaizScijajeprvakoordinatajednakax, takodajerx(S)kardinalnostovogskupa. Postosuoviskupovidisjunktni, izprincipasabiranjasledidaje[S[ jednako zbiru brojevarx(S). Slicno se dokazuje i rezultat zacy(S).(ii)Akojerx(S)=rzasvex S, tadauprvomizrazuza [S[ ima [X[sabiraka jednakihr, pa je[S[ = r[X[.Slicno je [S[ = c[Y [ i rezultat sledi.(iii) U ovom slucaju jeS=XY ,pa jerx(S) = [Y [ za svakox izX. Izdela (ii) sada sledi da je [X Y [ = [X[[Y [.Primer Pretpostavimo da je Odsek za matematiku odlucio da svaki studentmora da prijavi tri ispita u oktobarskom roku. Posto su ispiti odrzani, asistentisu prijavili da su brojevi studenata koji su izasli na ispite jednaki 32, 28, 14, 10,9, 5.Sta zakljucujemo iz ovoga?Resenje Neka je n ukupan broj studenata. Posto se pretpostavlja da je svakistudent izasao na tri ispita, po metodu zbira po vrstama ukupan broj stude-nata koji su izasli na ispite je 3n. S druge strane, asistenti su prijavili zbirovepo kolonama, pa treba da vazi3n = 32 + 28 + 14 + 10 + 9 + 5 = 98.Medjutim, ovo je nemoguce, jer 98 nije deljivo sa 3. Kako odbacujemo moguc-nost da su asistenti dali pogresne brojeve,jedini zakljucak je da neki studentinisu izasli na prijavljene ispite. Ali to ionako vise nikoga ne zacudjuje!DirihleovprincipTeorema2.1.1, kojusmodokazali dabi opravdali denicijukardinalnosti,moze da se upotrebi na jos nekoliko nacina. Pretpostavimo da imamo skupX,cije cemo elemente zvati loptice, i skupY , cije cemo elemente zvati kutije.Distribucija loptica u kutije je jednostavno funkcijafizXuY : ako lopticaxideukutijuy, tadajef(x)=y. Zaprimer, distribucijanasl. 2.4odgovarafunkciji prikazanoj na desnoj strani.U ovom modelu, funkcija je surjekcija ako se u svakoj kutiji nalazi bar jednaloptica,a injekcija je ako se u svakoj kutiji nalazi najvise jedna loptica. Sada2.1. PRINCIPIPREBROJAVANJA 33Slika 2.4: Distribucija i odgovarajuca funkcija.je jasno da ako ima vise loptica nego kutija tada se u nekoj kutiji moraju nacibar dve loptice;drugim recima funkcija ne moze da bude injekcija. Formalno,ovo je posledica teoreme 2.1.1. Pretpostavimo da je [X[ =m i [Y [ =n, gde jem > n; tada injekcija izXuYdaje injekciju izNmuNn, sto je u suprotnostisa teoremom. Ovo zapazanje je poznato kao Dirihleov princip:ako jem loptica smesteno un kutija im > n,tada se bar u jednoj kutiji nalaze bar dve loptice.Ima mnogo ociglednih primena Dirihleovog principa, kao sto su:(i) U svakom skupu od 13 ili vise osoba, postoje bar dve koje su rodjene istogmeseca.(ii) Usvakomskupuod367ili viseosoba, postojebardvekojesurodjeneistog dana.(iii) Usvakomskupuodmilionosoba, postojebardvekojeimajuisti brojdlaka na glavi.Naravno, postoje i nesto umesnije primene.Primer Dokazati da ako jeXskup osoba,tada postoje dve osobe uXkojeimaju isti broj prijatelja uX. (Pretpostavlja se da ako jex prijateljy, tada jeiy prijateljx.)Resenje Posmatrajmo funkciju f denisanu na X tako da je za svaku osobu xizX,f(x) = broj prijateljax uX.Akoje [X[ =m, mogucevrednosti f(x)su0, 1, . . . , m 1, postoprijatelj xmozedabudesvakaosobaizXizuzevx. Prematome, fjefunkcijaizXuY= 0, 1, . . . , m1.U ovom trenutku ne mozemo odmah da primenimo Dirihleov princip, postoskupovi Xi Y imajuisti broj elemenata. Medjutim, akopostoji osobaxkojaimam 1prijatelja, ondajesvakaosobaprijatelj x, paprematomenepostoji osobakojanemaprijatelja. Drugimrecima, brojevi m 1i 0nemogu istovremeno biti vrednosti funkcijef. To znaci da jeffunkcija iz skupavelicinem na skup velicinem1 (ili manje), pa nam Dirihleov princip kaze dapostoje dve osobex1ix2, za koje jef(x1) = f(x2), kao sto se i tvrdilo.Primenom principa zbira dobija se nesto opstiji oblik Dirihleovog principa.Pretpostavimo da je odredjeni broj loptica smesten u n kutija i neka Ai oznacavaskuplopticaukutiji i(1 i n). Postosuskupovi Aidisjunktni, ukupan34 GLAVA2. KOMBINATORIKAbrojlopticaje [A1[ + [A2[ + . . . + [An[, iakoseusvakojkutijinalazinajviser loptica, ukupan broj loptica je najviser +r +. . . +r = nr.Drugim recima:ako jem loptica smesteno un kutija im > nr,tada se bar u jednoj kutiji nalazi barr + 1 loptica.Primer Dokazati da u svakom skupu od sest osoba postoje tri osobe tako dase one uzajamno poznaju ili se uzajamno ne poznaju.Resenje Neka jea proizvoljna osoba iz ovog skupa i smestimo preostalih petosoba u dve kutije: kutija 1 sadrzi osobe koje poznaju a, a kutija 2 sadrzi osobekoje ne poznajua. Posto je 5 > 22, jedna od ovih kutija sadrzi bar tri osobe.Pretpostavimodakutija1sadrziosobeb, ci d(amozdaijosneke). Akosebilokojedveodosobab, ci dpoznaju, recimobi c, tadaje a, b, cskupodtri osobekojeseuzajamnopoznaju. Usuprotnom, nikojedveosobeizskupa b, c, d se ne poznaju, pa taj skup takodje zadovoljava uslove tvrdjenja.U slucaju da kutija 2 sadrzi tri ili vise osoba, slicnim razmatranjem se dolazido istog zakljucka.Primer Ovdetrebastaviti neki zesci primerupotrebeDirihleovogprincipa.Tako nesto bi trebalo da se nadje u knjizi Proofs from THE BOOK.Zadaci1. Predavanju iz Diskretne matematike prisustvuje 26 studenata. Svaki mladic poz-najetacno8devojakanapredavanju,asvakadevojkapoznajetacno5mladica.Kolikodevojakaimanapredavanju?2. Dato je nekoliko razlicitihpodskupova skupa {1, 2, . . . , 8}, tako da svaki odnjihima cetirielementaidasesvakielementskupa {1, 2, . . . , 8}nalaziutacnotri oddatihpodskupova. Kolikoimapodskupova? Nadjitebarjednufamilijupodskupovasatakvimosobinama.3. Dali jemogucenaci familijupodskupovaskupa {1, 2, . . . , 8}takodasvaki odnjihimatacnotri elementai dasesvaki elementskupa {1, 2, . . . , 8}nalazi utacnopetpodskupova?4. Slepi covekimahrpuod10sivihi 10crnihcarapa. Kolikocarapatrebadaizaberedabibiosigurandaimaparisteboje?Kolikonjihtrebadaizaberedabibiosigurandaimaparsiveboje?5. Ukvadratustranice2datoje5tacaka.a) Dokazatidapostojedvetacketakodajenjihovorastojanjenajvise2.b) Koliko tacaka mora da bude izabrano tako da postoji bar jedan par tacakanarastojanjunajvise2nzan N?2.2. UREDJENIIZBORIELEMENATA 356. Ukvadratustranice1dataje101tacka, pri cemunikojetri nisukolinearne.Dokazati dapostoji trougaosatemenimaudatimtackama, cijapovrsinanijevecaod0, 01.7. Dokazati dapostoji n N, takodasedecimalni zapis broja3nzavrsavasa0001.8. DatjeskupX= {1, 2, . . . , 2n}.a) dokazati da ako iz skupa Xizaberemo n+1 broj tada medju njima postojebrojeviaibtakodaa|b;b) dokazati dapostoji podskupsanelemenatatakodanijedanodnjegovihelemenatanedelinekidrugiodnjegovihelemenata.Uputstvo Poda)nekajeX

podskupkoji cinin + 1izabranibroj,aY skupsvih neparnih brojeva {1, 3, . . . , 2n1}. Denisimo funkciju f

: X Ypomocuf(x) = najvecineparanprirodanbrojkojidelix.Sadajostrebapokazatidafnijeinjektivnopreslikavanje. . .9. Dokazati da u proizvoljnom skupu od n+1 prirodnih brojeva postoje dva cija jerazlika deljiva sa n. Da li tvrdjenje ostaje u vaznosti ako se rec razlika zamenisazbir?10. Dokazati daunizubrojevaa1, a2, . . . , anpostoji podnizbrojevaciji jezbirelemenatadeljivsan.11. Dokazati da se medju n+1 razlicitih prirodnih brojeva manjih od 2n mogu nacitribrojatakodajedanodnjihbudejednakzbiruostaladva.12. Neka je x1, x2, . . . , xrniz razlicitih celih brojeva. Za svako i (1 i r) neka mioznacava duzinu najduzeg rastuceg podniza koji pocinje sa xii neka nioznacavaduzinu najduzeg opadajuceg podnizakoji pocinje saxi. Dokazati daje funkcijaf,kojabrojui(1 i r)dodeljujepar(mi, ni),injektivnafunkcija.Naosnovuovogapokazati danizodmn + 1razlicitihcelihbrojevamoradasadrziilirastucipodnizsamelemenatailiopadajucipodnizsanelemenata.13. Pokazatidauskupuod10osobapostojeili cetiriosobekojesesvemedjusobnopoznajuilitriosobeodkojihsenikojedvenepoznaju.2.2 UredjeniizborielemenataPonekadjeporedakukojemseelementi nalazebitan, dokponekadnije. Naprimer,rec STOP je razlicita od reci POTS, bez obzira sto su obe reci formi-raneodslovaizskupa O, P, S, T. Sdrugestrane, zbirbrojeva1 + 2 + 3jeisti kaozbir2 + 3 + 1, bezobzira stojeredosledovihbrojevapromenjen. Uovom odeljku cemo nauciti kako da prebrojimo odredjene izbore elemenata kodkojihjeporedakbitan, akasnije cemoproucavatiizboreelemenatakodkojihporedak nije bitan. Takodje cemo nauciti da je vazno da li je ili nije dozvoljenoponavljanje elemenata.Primer Posmatrajmo skup A, B, C, D. Na koliko nacina mozemo da izabe-remo dva slova?36 GLAVA2. KOMBINATORIKAResenje Postoje cetiri moguca odgovora na ovo pitanje, u zavisnosti od togada li je bitan poredak slova, kao i da li je dozvoljeno ponavljanje slova.(a) Akojeporedakbitani dozvoljenojeponavljanjeslova, tadapostoji 16mogucih izbora:AA BA CA DAAB BB CB DBAC BC CC DCAD BD CD DD(b) Ako je poredakbitan, a ponavljanje nije dozvoljeno, tada postoji 12mogucih izbora:AB BA CA DAAC BC CB DBAD BD CD DC(c) Ako poredaknije bitan, a dozvoljeno je ponavljanje, tada postoji 10mogucnosti:AA BB CC DDAB BC CDAC BDAD(d) Akoporedaknijebitan, anijedozvoljenoni ponavljanje, tadapostojisamo 6 mogucnosti:AB BC CDAC BDADOvaj primer pokazujecetiri najvaznijatipakombinatornihproblema. Uovomi sledecemodeljkunaucicemodaresavamosveovetipoveproblemauopstem slucaju, tj. kada je problem izabratin elemenata iz skupa sam eleme-nata. U ovom odeljku uopsticemo slucajeve (a) i (b), dok cemo kasnije proucitislucajeve (c) i (d).UredjeniizborisaponavljanjemUprethodnomprimerusmovideli dajeuslucaju(a)broj izborajednak16 = 42. Evo jos jednog slicnog primera:Primer Koliko postoji razlicitih reci sa 5 slova (koristeci nase pismo sa 30 slovai ukljucujuci i besmislene reci kao kcndv)?2.2. UREDJENIIZBORIELEMENATA 37Resenje Posto se svako od 5 slova moze nezavisno izabrati na 30 nacina, nijetesko videti da je odgovor 305. I, zaista, rec sa 5 slova se moze posmatrati kaopreslikavanje skupa 1, 2, . . . , 5 u skup slova a,b,c,. . . ,z: za svako od 5 mestau reci, sa rednim brojevima 1, 2, . . . , 5, mi odredjujemo slovo na tom mestu.Nalazenje ovakvih jednostavnih prevodjenja svakodnevnih problema na jezikmatematike je jedna od osnovnih vestina matematickog zanata. Sada nije teskovideti da uredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa M sa m elemenatau stvari odgovara preslikavanju skupa 1, 2, . . . , n u skupM.Teorema2.2.1NekajeNskupsanelemenata(kojimozedabudeiprazan,tj. n = 0, 1, 2, . . .) i neka jeMskup sam elemenata,m 1. Broj svih mogucihpreslikavanjaf: N Mjednak jemn.Dokaz Do rezultata se moze doci imitiranjem ideje iz prethodnog primera, alicemo iskoristiti priliku da se naviknemo na stroge matematicke dokaze.Zatozadokazkoristimometodmatematickeindukcijepon.Stateorematvrdi zan = 0?U ovom slucaju, posmatramo sva preslikavanjafskupaN= uneki skupM. Denicijapreslikavanjanamkazedatakvofmoradabudeskupuredjenihparova(x, y) takodax N=i yM. Postoprazanskupnemaelemenata, fnemozedasadrzi nijedantakavuredjeni par, pajejedina mogucnost da jef= (nema uredjenih parova). S druge strane,f= zadovoljavadenicijupreslikavanja: denicijakazedazasvakox Nnestomoradavazi, ali nemanijednogx N. Prematome, postoji tacnojednopreslikavanjef: M. Ovo se slaze sa formulom, jer jem0= 1 zam 1, pazakljucujemo da smo proverili slucajn = 0 kao bazu indukcije.Dalje, pretpostavimodajeteoremadokazanazasve n n0i sve m 1. Nekajen=n0 + 1i posmatrajmoskupNsanelemenatai skupMsamelemenata. Izaberimoproizvoljanelement a N. Zaopispreslikavanjaf: N M potrebno je znati vrednost f(a) M i preslikavanje ft: Na M.Vrednost f(a)mozedaseizaberenamnacina, azaizbor ftimamomn1mogucnosti poinduktivnoj hipotezi. Svaki izbor f(a)mozedasepovezesasvakim izborom ft, tako da je ukupan broj mogucnosti za fjednak m mn1=mn.Ovde ide slika sa strane 49 iz Nesetrilove knjige!!!Napomena Uredjeni izbori elemenataseumnogimknjigamanazivajuvarijacije,takodaprethodnateorematvrdidajebrojvarijacijanelemenataodmelemenatasaponavljanjemjednakmn.Teorema2.2.2Svaki skup X sa n elemenata ima tacno 2npodskupova (n 0).38 GLAVA2. KOMBINATORIKADokaz PosmatrajmoproizvoljanpodskupAskupaXi denisimopreslika-vanjefA: X 0, 1. Zax XodredjujemofA(x) =_1 akox A0 akox/ A.Ovo preslikavanje se cesto srece u matematici i naziva se karakteristicna funkcijaskupaA. Vizuelno,Ovde ide slika sa strane 50 iz Nesetrilove knjige!!!Razliciti skupovi AimajurazlicitefunkcijefA, i obrnuto, svakopreslikavanjef: X 0, 1 odredjuje skupA = x X[f(x) = 1 tako da jef= fA. Prematome, broj podskupovaXje isti kao broj svih preslikavanjaX 0, 1, a to je2npo teoremi 2.2.1.UredjeniizboribezponavljanjaNeka je f funkcija iz 1, 2, . . . , n u skup Mkoja odgovara uredjenom izboruelemenata. Kadajeponavljanjeelemenatadozvoljeno, mogucejeizabratiistielement dva puta, tako da vazi f(r) = f(s) za razlicite r i s iz 1, 2, . . . , n. Akoponavljanje nije dozvoljeno, tada jef(r) ,=f(s) za svakor ,=s, pa vidimo dauredjenim izborima elemenata bez ponavljanja odgovaraju injektivne funkcije.Teorema2.2.3Neka jeNskup san elemenata i neka jeMskup sam eleme-nata,n, m 0. Broj svih injektivnih preslikavanjaf: N Mjednak jem(m1)(mn + 1) =n1

i=0(mi).Dokaz Dokaz izvodimo indukcijom po n. Kada je n = 0, prazno preslikavanjeje injektivno,pa postoji tacno jedno injektivno preslikavanje,i ovo se slaze sadogovorom da se vrednost praznog proizvoda denise kao 1. Znaci, formula vazizan = 0.Primetimo (teorema 2.1.1) da ne postoji injektivno preslikavanje zan>mi da se ovo takodje slaze sa formulom (jer se tada u njoj pojavljuje cinilac 0).Posmatrajmo skup N sa n elemenata, n 1, i skup M sa m elemenata, m n. Uzmimo element a Ni izaberimo vrednost f(a) Mproizvoljno, na jedanodm mogucih nacina. Preostaje nam da izaberemo injektivno preslikavanje izNa u Mf(a). Po induktivnoj hipotezi, postoji (m1)(m2)(mn+1) mogucnosti za ovaj izbor. Sve u svemu, dobijamom(m1)(m2)(mn + 1) injektivnih preslikavanjaf: N M.Napomena Ovajrezultatbiudrugimknjigamaglasio: broj varijacijasaneleme-nataodmelemenatabezponavljanjajednakjem(m1) (mn + 1).Zadaci2.3. PERMUTACIJE 392.3 PermutacijeNapomena Smanjiti uvodnu pricu koliko se moze, ostaviti primer sa mesanjemkarata, za primene reci samo ukratko da je algoritmu za sortiranje koji koristisamo medjusobno poredjenje dva elementa niza u opstem slucaju potrebno barcnlog n koraka za neku konstantuc (ili (nlog n) koraka).Generisanje permutacijatrebadabude glavnastvar! Denicijaleksiko-grafskog poretka, rednog broja permutacije, nerekurzivni algoritmi iz Dragosa,odnosno Ruskey-a, kao i slucajne permutacije.BijektivnopreslikavanjekonacnogskupaXnasamogsebenazivaseper-mutacijaskupaX. NajcescesezaskupXuzimaskup 1, 2, . . . , n. Primerpermutacije skupa 1, 2, . . . , 5 je funkcija denisana pomocu(1) = 2, (2) = 4, (3) = 5, (4) = 1, (5) = 3.Bijektivno preslikavanje konacnog skupa na samog sebe je ujedno i injekcija, iobrnuto svako injektivno preslikavanje konacnog skupa na samog sebe je bijek-cija. Ovoznacidapermutacijepredstavljajuposebanslucajuredjenogizboraelemenata kod koga se bira svihn odn elemenata. Prema teoremi 2.2.3, brojpermutacija skupa san elemenata jednak jen(n 1). . .21. Ovaj broj se,posmatran kao funkcija odn, oznacava san! i citan faktorijel. Znaci,n! = n(n 1). . .21 =n1

j=0(n j) =n

i=1i.Posebno zan = 0 vazi 0! = 1 (jer se 0! denise kao prazan proizvod).Napomena Funkcijan!jakobrzoraste,brzeodsvakeeksponencijalnefunkcije. ZaprocenunjenevrednostikoristiseStirling-ovaformulakojatvrdidazavelikonvazin! 2n_ne_n.Ovaprocenajedostadobra: cakizan = 8greskajesamo1, 04%.Ako se elementi skupaXnalaze u nekom poretku, permutaciju mozemo dazamislimo i kao preuredjivanje elemenata u novi poredak. Gornja permutacija ,denisana na skupuX = 1, 2, . . . , 5, moze da se zapise i na sledeci nacin: =_1 2 3 4 52 4 5 1 3_.U prvoj vrsti smo naveli elemente X i ispod svakog x X u prvoj vrsti, napisalismo element(x) u drugoj vrsti.Iako se permutacije mogu posmatrati kao preuredjivanje elemenata uredje-nog skupa, njihova denicija kao bijektivnih preslikavanja ima tu prednost stose permutacije, kao vrsta funkcija, mogu slagati na uobicajeni nacin. Neka jepermutacija skupa 1, 2, . . . , 5 data sa =_1 2 3 4 53 5 1 4 2_.40 GLAVA2. KOMBINATORIKAKako je slaganje dve bijekcije ponovo bijekcija, preslikavanje, denisano sa(i) = ((i)), predstavlja novu permutacija skupa 1, 2, . . . , 5 datu sa =_1 2 3 4 55 4 2 3 1_, sto se vidi iz dijagrama1 2 3 4 5 2 4 5 1 3 5 4 2 3 1.Drugi i pogodniji nacinzapisapermutacijajepomocuciklusa. Primetimoda za permutaciju vazi(1) = 2, (2) = 4, (4) = 1.Prematome, prevodi 1u2, 2u4i 4nazadu1, i izovograzlogakazemodaelementi 1, 2i 4cineciklus(duzine3). Slicno, elementi 3i 5cineciklusduzine 2, pa pisemo = (1 2 4)(3 5).Ovojetzv. ciklusnanotacijaza. Svakapermutacijamozedasezapiseuciklusnoj notaciji na sledeci nacin:1. pocinjemo sa proizvoljnim elementom (npr. a) i zapisujemo elemente (a),((a)), (((a))),. . . dok ponovo ne dodjemo doa,tako da dobijemociklus;2. biramoelement koji senepojavljujeunekomodprethodnihciklusaizapisujemo ciklus koji on proizvodi;3. prethodni postupak ponavljamo dok god svi elementi ne budu rasporedjeniu cikluse.Permutacijei se u ciklusnoj notaciji zapisuju kao = (1 3)(2 5)(4), = (1 5)(2 4 3).Iako je predstavljanje permutacije u ciklusnoj notaciji u sustini jedinstveno,postoje dva ocigledna nacina da promenimo zapisivanje bez uticaja na samu per-mutaciju. Najpre, svaki ciklus moze da pocne bilo kojim od svojih elemenatanaprimer, ciklusi (78213)i (13782)predstavljajuisti ciklus. Drugo,poredak ciklusa nije vazanna primer, (1 2 4)(3 5) i (3 5)(1 2 4) predstavljajuistu permutaciju. Vazne stvari su broj i duzina ciklusa, kao i poredak elemenataunutarciklusa, ionisujedinstvenoodredjeni. Prematome, ciklusnanotacijanam daje mnogo korisnih informacija o permutaciji.Gde se primenjuju permutacije?One se koriste kod projektovanja i prouca-vanja razlicitih algoritama za sortiranje. U teoriji grupa, grupe permutacija (saslaganjemfunkcijakaooperacijomugrupi) predstavljajujedanodosnovnihpredmetaproucavanja. Osnovni razlogzanemogucnost opstegalgebarskogresenja jednacine petog stepena lezi u osobinama grupe svih permutacija skupa2.3. PERMUTACIJE 41sapetelemenata. Rubikovakocka, kojajebilaizuzetnopopularnapocetkom1980-ih, predstavljalepprimerslozenegrupepermutacija. Veomazamrsenasvojstvapermutacijase primenjujukodmatematickogproucavanjamesanjakarata. Ovo je samo mali uzorak oblasti gde permutacije igraju vaznu ulogu.Primer Karte oznacene brojevima 1 do 12 poredjane su kao sto je prikazanodole levo. Karte se skupljaju po vrstama i zatim se ponovo dele, ali po kolonamaumesto po vrstama, tako da se dobija raspored kao dole desno.1 2 3 1 5 94 5 6 2 6 107 8 9 3 7 1110 11 12 4 8 12Koliko puta mora da se izvrsi ovaj postupak pre nego sto se karte ponovo nadjuu pocetnom rasporedu?Resenje Neka je permutacija koja predstavlja postupak premestanja karata,tako da je(i) = jako se kartajpojavljuje na mestu koje je pre premestanjazauzimala kartai. Ako predstavimo pomocu ciklusa dobijamo = (1)(2 5 6 10 4)(3 9 11 8 7)(12).Ciklusi (1)i (12)znacedakarte1i 12svevremeostajunasvojimmestima.Preostala dva ciklusa imaju duzinu 5, tako da ce se posle pet ponavljanja pos-tupka sve karte naci na svojim pocetnim mestima. (Probajte.) Drugim recima5= id, gde 5predstavlja petostruko ponavljanje permutacije , a id oznacavaidenticnu permutaciju, denisanu said(j) = j.Primer Napisi pricuokoriscenjuporetkapermutacijazatkanjerazlicitimkoncimai tuprikazi slikuSteinhaus-Johnson-Trottertkanja, kojasenalazi ufajlu StJoTrWe.gif. Takodje napravi i odgovarajucu sliku za leksikografsko ure-djenje permutacija.GenerisanjepermutacijaOvde ce biti prikazano nekoliko nacina za generisanje svih permutacija,zagenerisanje slucajne permutacije, i naravno, za generisanje permutacije sa datimrednim brojem (sto je takodje prosto ko pasuljdelis broj sa najvecim mogucimfaktorijelom i uzimas onaj broj koji nije vec potrosen blablabla. . . ).Slucajne permutacije mogu najjednostavnije na sledeci nacin:fork := n, n 1, . . . , 2, 1 doswap((k), (rand(k)))gde jerand(k) slucajan broj izmedju 1 ik 1 (a mozda moze i izmedju 1 ik). Reference za ovo su sledece:R. Durstenfeld, Algorithm 235: Random permutations, CACM (1964), 420.G. de Balbine, Note on random permutations, Mathematics of Computation21 (1967), 710712.42 GLAVA2. KOMBINATORIKAObavezno stavi link na Frank Rusky-jev Combinatorial Object Server, kojise nalazi na adresi http://www.theory.cs.uvic.ca/ cos/cos.html . Tamo stvarnoima puno vrednog da se nadje i za studente i za ostale, kao i za ovu knjigu, jer setu nalaze i generisanje particija brojeva, a mozda nekog od njih to i zainteresuje,pa se odluci na prava istrazivanja!Na kraju krajeva, ne zaboravi da u susednom direktorijumu Resursi imasza ovo vaznu cetvrtu glavu iz knjige Frank-a Ruskey-a o generisanju kombina-tornih objekata.Varijacije necemo generisatisamo cu reci da se odgovarajuci algoritam zagenerisanje permutacija moze lako prepraviti tako da radi za varijacije.Zadaci1. Komitetoddevetosobatrebadaizaberepredsednika, sekretarai blagajnika.Nakolikonacinajemoguceobavitiovajizbor?2. Nakolikonacinasemoguizabrati jednocrnoi jednobelopoljenasahovskojtablitakodaseoninenalazeuistojvrstiiliistojkoloni?3. Nakolikonacinamozemodarasporedimoosamtopovana sahovskojtablitakodasenikojadvanenalazeuistojvrstiiliistojkoloni?4. Neka se u odeljenju nalazi m devojcica i n decaka. Na koliko nacina se oni mogurasporeditiuvrstutakodasusvedevojciceuvrstijednazadrugom?5. Koliko ima ukupno permutacija skupa {1, 2, . . . , 6} tako da je 2= id, = id?6. Napisiteciklusnunotacijuzapermutaciju1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 5 7 8 4 6 1 2 9.7. Nekasui permutacijeskupa {1, 2, . . . , 8}dateuciklusnoj reprezentacijipomocu= (123)(456)(78), = (1357)(26)(4)(8).Zapisiteuciklusnojnotacijipermutacije,,2,1,1.8. Nekasuipermutacijeskupa {1, 2, . . . , 9}cijesuciklusnereprezentacije = (1237)(49)(58)(6), = (135)(246)(789).Predstavitiuciklusnojreprezentacijipermutacije,,2,2,1,1.9. Dokazatidajenajvecistepenprostogbrojapkojidelin!jednak_np_+_np2_+ . . . +_npk_+ . . . .10. Datoje10studenataS1,S2,. . . ,S10.(a) Nakolikonacinaseovistudentimoguporedjatiuvrstu?(b) Kolikoimaporedakaakostudenti S2, S6 i S9 zeledastojejednoporeddrugog(ubilokomporetku)?2.3. PERMUTACIJE 43(c) KolikoimaporedakatakodaS2,S6iS9nestojesvijednoporeddrugog?11. Dalimedjubrojevima1, 2, . . . , 1010imavise onihkojisadrze cifru9udecimal-nomzapisuilionihkojijenesadrze?12. Kolikoimaprirodnihbrojevasanajvisencifaraukojimasepojavljujecifra9?13. KolikosebinarnihrelacijamozedenisatinaskupuXsanelemenata?Kolikopostoji:a) reeksivnihrelacija;b) simetricnihrelacija;c) reeksivnihisimetricnihrelacija?14. (a)Kolikoiman nmatricasaelementimaizskupa {0, 1, . . . , q 1}?(b)Nekajeqprostbroj. Kolikoimamatricakaou(a)cijadeterminantanijedeljivasaq? (Drugimrecima, kolikoimanesingularnihmatricanadpoljemsaqelemenata?)Uputstvo Izaberi prvukolonukaoproizvoljannenulavektornadpoljemsaqelemenata(takvihvektoraimaqn 1=qn q0). Drugakolonanesmedabudelinearnakombinacijaprvekolone,stoiskljucujeqvektora. Trecakolonanesmedabudelinearnakombinacijaprvedvekolone, stoiskljucujeq2vektora(ovdetrebapokazatidajesvihq2linearnihkombinacijaprvedvekolonezaistarazlicito!). Uopste, zai-tukolonuimamoqn qi1mogucnosti, pajeukupanbrojtrazenihmatricajednak(qn1)(qnq)(qnq2) (qnqn1) =n1

i=0(qnqi).15. Ukolikosepermutacijaskupa {1, 2, . . . , n}izmedjubrojeva1innalazitacnordrugihbrojeva?16. Nakolikonacinasestosobamozedasednezaokrugli stookokojegsenalaziseststolica(pricemuserasporedi koji sedobijajurotiranjemokocentrastolasmatrajuistim)?17. Koliko postoji permutacija spila od 32 karte (od 7 do A) pri kojima se sva cetiriasanalazemedjuprvih10karata?18. Tri belekugliceoznacenesaa, bi cicetiricrnekugliceoznacenesa1, 2, 3i 4trebaporedjati takodaistobojnekuglicenisususedne. Nakolikonacinasetomozeuciniti?19. Kljucevi se dobijaju pravljenjem useka razlicitih dubina na unapred odredjenimmestima. Akopostoji osammogucihdubina, kolikomestatrebadapostoji dabinapravilimilionrazlicitihkljuceva?20. Koliko reci sa cetiri slova postoji u azbuci od 30 slova ako sva slova u reci morajudabudurazlicita?21. Svakusobuukuci,ciji jeplandatnasl. 2.5, trebaokreciti ujednuodnbojatakodasobespojenevratimaimajurazliciteboje. Nakolikonacinasemozeizvrsitiovakvokrecenje?44 GLAVA2. KOMBINATORIKASlika 2.5: Krecenje soba22. Nekajeunbroj reci duzinenuazbuci {0, 1}kodkojihnikojedvenulenisuuzastopne. Dokazatidajeu1= 2, u2= 3, un= un1 + un2(n 3).23.Spil od52karte je podeljennadvajednakadelai promesantakodaakojepocetni poredakkaratabio1, 2, 3, 4, . . . tadajenovi poredak1, 27, 2, 28, . . .. Kolikoputamoradaseponovi ovakvomesanjeprenegostosespil ponovonadjeupocetnomporetku?24. Dokazati dausvakomskupuod20osobaili postojecetiri osobekojesesvemedjusobnopoznajuilipostojecetiriosobetakodasenikojedvenepoznaju.25. Akosusitcelibrojevitakodajes 2,t 2,tadapostojinajmanjiceobrojr(s, t) tako da za svako n r(s, t) vazi da u svakom skupu od n osoba ili postojis osoba koje se sve medjusobno poznaju ili postojit osoba tako da se nikoje dvenepoznaju. Dokazatidajer(s, 2) = s, r(2, t) = t, r(s, t) r(s 1, t) + r(s, t 1).2.4 NeuredjeniizborielemenataNeuredjeniizborielemenatabezponavljanjaUprethodnomodeljkusmozamatematickodenisanjepojmauredjenogizborakelemenatakonacnogskupaXkoristili preslikavanje f izuredjenogskupa 1, 2, . . . , k u skupX. Na ovaj nacin, bili smo u mogucnosti da kazemoda je elementf(1) izabran prvi, elementf(2) drugi, a elementf(k) poslednji.S druge strane, kod neuredjenog izbora elemenata skupaXnije vazno kojijeelementizabranprvi, akoji poslednji, takodanemapotrebeuvoditi pres-likavanja. Sobziromdasadarazmatramoneuredjeneizboreelemenatabezponavljanja vidimo da oni predstavljajuk-toclane podskupove skupaX.Denicija2.4.1Neka jeXskup, aknenegativan ceo broj. Simbol_Xk_oznacava skup svihk-toclanih podskupova skupaX.Na primer, _a,b,c]2_= a, b, a, c, b, c.Denicija2.4.2Nekasun knenegativnicelibrojevi. Binomnikoecijent_nk_ je funkcija promenljivihn ikdata pomocu_nk_=n(n 1)(n 2)(n k + 1)k(k 1)21=

k1i=0 (n i)k!.2.4. NEUREDJENIIZBORIELEMENATA 45Primetimo da simbol _xk_ sada ima dva znacenja, u zavisnosti od toga da lijex skup ili broj. Opravdanje za ovo preklapanje simbola nalazi se u sledecojteoremi.Teorema2.4.3Brojk-toclanih podskupova konacnog skupaXjednak je _]X]k_,tj. vazi_Xk_=_[X[k_.Proof Neka jen = [X[. Prebrojacemo uredjene izborekelemenata skupaXbezponavljanjanadvanacina. Sjednestrane, izteoreme2.2.3znamodajeovaj broj jednakn(n 1)(n k + 1). S druge strane, od svakogk-toclanogpodskupa M _Xk_uredjivanjem njegovih elemenata mozemo da dobijemo k! ra-zlicitih uredjenih izbora k elemenata i svaki uredjeni izbor k elemenata moze dase dobije samo iz jednogk-toclanog podskupaMna ovaj nacin. Prema tome,n(n 1)(n k + 1) = k!_Xk_.Napomena Posebne vrednosti binomnih koecijenata su_n0_= 1,_n1_= n i_nn_= 1.Primetimoinacedasedenicija2.4.2mozeprosiriti nasverealnevrednosti n, takodamozemodapisemo_2, 53_= 2, 5 (3, 5) (4, 5)3 2 1= 6, 5625.Ovudenicijumozemodaprosirimoinanegativnevrednostikdogovoromdaje_nk_= 0 zak< 0.GenerisanjekombinacijaOvdecebiti dati odgovarajuci algoritmi zagenerisanjekombinacija, stojemoguceviseanalognoslucajupermutacija. Zagenerisanjekombinacijasaponavljanjemnemapotrebe, jerjeizdokazateoremeusledecempododeljkujasno da se one mogu svesti na kombinacije bez ponavljanja.Zaovogenerisanjetrebakonsultovati websajt Frank-aRuskey-asauni-verziteta u Viktoriji, Kanada, koji pise knjigu o generisanju kombinatornih ob-jekata. Tamo bi cela ova prica vec trebalo da se nalazi.S druge strane, najbolji algoritam za generisanje svih kombinacija se nalaziu sledecem radu:P. Eades,B. McKay, Analgorithmforgeneratingsubsetsofxedsizewitha strong minimal change property, Inf. Process. Lett. 19 (1984), 131133.Na kraju krajeva, ne zaboravi da u susednom direktorijumu Resursi imasza ovo vaznu cetvrtu glavu iz knjige Frank-a Ruskey-a o generisanju kombina-tornih objekata.46 GLAVA2. KOMBINATORIKANeuredjeniizborielemenatasaponavljanjemAko dozvolimo ponavljanje u neuredjenom izboru elemenata, onda on vise nepredstavlja obican podskup. Pretpostavimo da smo napravili jedan neuredjeniizbor kelemenatasaponavljanjemizkonacnogskupaX= a1, a2, . . . , an.Zai = 1, 2, . . . , n nekasioznacava koliko je puta elementaiizabran. Kako jeukupno izabranok elemenata, to vazis1 +s2 +. . . +sn = k, si 0, i = 1, 2, . . . , k. (2.1)Sdruge strane, ukolikoimamouredjenun-torkunenegativnihcelihbrojeva(s1, s2, . . . , sn) kojazadovoljavaprethodnujednacinu, tadaonajednoznacnoopisujejedanneuredjeni izborelemenatasaponavljanjem, jer sipredstavljabroj pojavljivanja elementaaiu izboru.Prema tome, broj neuredjenih izbora k elemenata sa ponavljanjem skupa Xjednak je broju uredjenih n-torki nenegativnih celih brojeva (s1, s2, . . . , sn) kojezadovoljavaju (2.1).Dabismonaslibrojovakvihuredjenihn-torki,pretpostavimodasvakaodn promenljivihs1,s2, . . . ,sn odgovara jednoj odn kutija u nizu. Neka je datok jednakih lopti koje treba rasporediti u kutije na neki nacin (uz pretpostavkuda svaka kutija moze da primi svih k lopti ako je potrebno). Tada svaki moguciraspored lopti odgovara jednom resenju jednacine (2.1). Na primer, zak = 7 in = 6 resenje 0 + 1 + 0 + 3 + 1 + 2 = 7 odgovara rasporedu lopti Sada smo dakle zainteresovani da nadjemo broj rasporeda lopti u kutijama. Akoobrisemo dna kutija, kao i krajnji levi i desni zid kutija, tada ostaje samo k loptiin 1 unutrasnji zid koji ih razdvaja: Vidimo da raspored lopti u kutijama odgovara nizu odn + k 1 objekata, odcega jeklopti i n 1 unutrasnjih zidova. Svaki raspored lopti je odredjenk-toclanim podskupom skupa 1, 2, . . . , n + k 1 koji predstavlja pozicije loptiuovomnizu,pajeukupanbrojtakvihrasporedajednak _n+k1k1_. OvimsmodokazaliTeorema2.4.4Broj neuredjenih izborak elemenata sa ponavljanjem skupaXjednak je_[X[ +k 1k 1_.Zadaci2.5. BINOMNIKOEFICIJENTI 472.5 BinomnikoecijentiBinomni koecijenti _nk_imajuneobicnoveliki broj primenai sasvimsigurnosunajvazniji kombinatorni pojam. Izmedjuostalog, oni semnogokoristei uanalizi algoritama.FaktorijelnareprezentacijaBinomni koecijenti se najjednostavnije predstavljaju pomocu faktorijela.Lema2.5.1Za cele brojeven ikza koje jen k 0 vazi_nk_=n!k!(n k)!. (2.2)Dokaz Ovajednakost sedobijaprosirenjemrazlomkaudeniciji 2.4.2bi-nomnog koecijenta sa (n k)!. Naime,_nk_=n(n 1)(n 2)(n k + 1)k(k 1)21=n(n 1)(n 2)(n k + 1)(n k)!k(k 1)21(n k)!=n!k!(n k)!.Osim stosepomocuprethodnelemebinomnikoecijentimogupredstavitipomocufaktorijela, onatakodjedopustaiobratnumogucnostdakombinacijefaktorijela predstavimo pomocu binomnih koecijenata.UslovsimetricnostiPomocu (2.2) lako se dokazuje i sledecaLema2.5.2Za svaki ceo brojn 0 i svaki ceo brojkvazi_nk_=_nn k_. (2.3)Dokaz Iz jednakosti (2.2) dobijamo_nk_=n!k!(n k)!=n!(n k)!k!=n!(n k)!(n (n k))!=_nn k_.Kombinatorno, jednakost (2.3) znaci da je broj k-toclanih podskupova skupaXsan elemenata jednak broju podskupova san kelemenata. Ovo se mozeproveriti i direktnodovoljno je svakomk-toclanom podskupu dodeliti njegovkomplement uX.AdicionaformulaPomocu (2.2) je takodje moguce dokazati i48 GLAVA2. KOMBINATORIKALema2.5.3Za cele brojeven ikvazi_nk_=_n 1k_+_n 1k 1_. (2.4)Dokaz U ovom slucaju elegantniji dokaz se dobija kombinatornim tumacenjemobe strane jednakosti (2.4). Leva strana (2.4) predstavlja brojk-toclanih pod-skupova nekog n-toclanog skupa X. Izaberimo proizvoljni element a X. Sadak-toclane podskupove skupaXmozemo da podelimo u dve grupe u zavisnostiod toga da li sadrze a ili ne. Podskupovi koji ne sadrze a su upravo svi k-toclanipodskupovi skupaX a, pajenjihovbroj _n1k_. AkojeAneki k-toclanipodskupskupaXkojisadrzi a,tadapodskupuAmozemodamupridruzimopodskupAt=A akoji sadrzi k 1elemenata. Lakojeproveriti dajeovopridruzivanjebijekcijaizmedjusvihk-toclanihpodskupovaskupaXkojisadrzeai svihpodskupovasak 1elemenataskupaX a. Broj takvihpodskupovajestogajednak _n1k1_. Sveusvemu, broj k-toclanihpodskupovaskupaXje jednak _n1k_+_n1k1_.Prethodna lema vazi i u slucajevima kada jek < 0 ilik> n, jer su tada svibinomni koecijenti jednaki 0. Ona takodje vazi i kadan nije ceo broj ili kadajen < 0, s tim sto u ovim slucajevima ona vise nema kombinatorno tumacenje.Jednakost (2.4) je blisko povezana sa tzv. Paskalovim trouglom:11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 11 5 10 10 5 11 6 15 20 15 6 1......Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj 1, azatim se svaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnih brojevau prethodnom redu napise njihov zbir, i na kraju se na oba kraja novog reda stavibroj 1. Indukcijom uz pomoc jednakosti (2.4) moze da se dokaze da (n + 1)-vired sadrzi binomne koecijente_n0_,_n1_, . . . ,_nn_. Paskalov trougao omogucava ida se proizvoljan binomni koecijent izracuna koristeci samo sabiranje: dovoljnojenacisamoonebrojevekojiseuPaskalovomtrouglunalazegorelevoigoredesno od trazenog binomnog koecijenta.BinomnateoremaNajvaznije svojstvo binomnih koecijenata iskazano je u sledecoj2.5. BINOMNIKOEFICIJENTI 49Teorema2.5.4Za svaki nenegativni ceo brojn vazi(x +y)n=n

k=0_nk_xkynk(2.5)(ovojejednakostdvapolinomasapromenljivamaxi y,pavazizaproizvoljnevrednostix iy).Dokaz Binomnu teoremu dokazujemo indukcijom pon. Zan = 0 obe stranejednakosti(2.5)sujednake1. Pretpostavimostogada(2.5)vazizanekon =n0 0 i dokazimo da tada (2.5) vazi i zan = n0 + 1. Dakle,(x +y)n0+1= (x +y)(x +y)n0(induktivna pretpostavka za (x +y)n0)= (x +y)n0

k=0_n0k_xkyn0k= xn0

k=0_n0k_xkyn0k+yn0

k=0_n0k_xkyn0k=n0

k=0_n0k_xk+1yn0k+n0

k=0_n0k_xkyn0k+1(promena granica promenljivek u prvoj sumi)=n0+1

k=1_n0k 1_xkyn0k+1+n0

k=0_n0k_xkyn0k+1(izdvajanje dva posebna slucaja)=_n0n0_xn0+1y0+n0

k=1_n0k 1_xkyn0k+1+_n00_x0yn0+1+n0

k=1_n0k_xkyn0k+1(koristimo _n0n0_= 1 =_n0+1n0+1_ i _n00_= 1 =_n0+10_)=_n0 + 1n0 + 1_xn0+1y0+_n0 + 10_x0yn0+1+n0

k=1__n0k 1_+_n0k__xkyn0+1k(koristimo _n0k1_+_n0k_=_n0+1k_)=_n0 + 1n0 + 1_xn0+1y0+_n0 + 10_x0yn0+1+n0

k=1_n0 + 1k_xkyn0+1k(vracanje dva posebna slucaja)50 GLAVA2. KOMBINATORIKA=n0+1

k=0_n0 + 1k_xkyn0+1k.Ako u binomnoj teoremi stavimo y = 1 tada dobijamo vazan specijalni slucaj(1 +x)n=n

k=0_nk_xk. (2.6)Izbinomneteorememozemodadobijemorazneidentitetekoji ukljucujubi-nomne koecijente. Par najjednostavnijih se dobijaju ako u (2.6) redom stavimox = 1 ix = 1:_n0_+_n1_+_n2_+. . . +_nn_= 2n, (2.7)_n0__n1_+_n2_. . . + (1)n_nn_= 0. (2.8)Sabiranjem, odnosno oduzimanjem, identiteta (2.7) i (2.8) dobijamo takodje_n0_+_n2_+_n4_+. . . = 2n1,_n1_+_n3_+_n5_+. . . = 2n1.Zadaci2.6 BinomniidentitetiBinomni koecijenti zadovoljavajunahiljadeidentiteta, i vecvekovimaseis-trazujunjihovaneverovatnasvojstva. Celeknjigesuposvecenesamonjima,pa cak postoje i automatizovani metodi za dokazivanje identiteta sa binomnimkoecijentima. Jedanodjednostavnijihtakvihmetodacemonaci usledecojglavi.Uklasicnoj kombinatorici postojedvaopsteprihvacenanacinazadokazi-vanje binomnih identitetaanaliticki i kombinatorni. Pod analitickim dokazi-vanjem se podrazumeva koriscenje poznatih binomnih identiteta za transforma-ciju izraza sa binomnim koecijentima, dok se pod kombinatornim dokazivanjempodrazumeva tumacenje obe strane identiteta kao izraza koji prebrojavaju nekiskup objekata na dva razlicita nacina.AnalitickodokazivanjebinomnihidentitetaPored najjednostavnijih svojstava (2.2), (2.3), (2.4), kao i veoma vazne binomneteoreme, za rad sa binomnim koecijentima se cesto koriste i sledece leme.Izvlacenjeizzagrada2.6. BINOMNIIDENTITETI 51Lema2.6.1Za ceo brojk ,= 0 i proizvoljan brojn vazi_nk_=nk_n 1k 1_=nn k_n 1k_. (2.9)Dokaz Ovejednakosti selakodokazujufaktorijelnomreprezentacijom(2.2)binomnih koecijenata:_nk_=n!k!(n k)!=n(n 1)!k(k 1)!(n k)!=nk_n 1k 1_,_nk_=n!k!(n k)!=n(n 1)!k!(n k)(n k 1)!=nn k_n 1k_.SumacionaformulaLema2.6.2Za cele brojeven im,n, m 0 vazin

k=0_r +kk_=_r0_+_r + 11_+. . . +_r +nn_=_r +n + 1n_, (2.10)n

k=0_km_=_0m_+_1m_+. . . +_nm_=_n + 1m+ 1_. (2.11)Dokaz Obeformuledokazujemomatematickomindukcijomponuzpomocadicione formule (2.4).Zan = 0 obe strane jednakosti (2.10) su jednake 1. Pretpostavimo sada dajednakost (2.10) vazi za nekon = n0. Sada zan = n0 + 1 imamon0+1

k=0_r +kk_=n0

k=0_r +kk_+_r +n0 + 1n0 + 1_(induktivna pretpostavka)=_r +n0 + 1n0_+_r +n0 + 1n0 + 1_(adiciona formula)=_r + (n0 + 1) + 1n0 + 1_.Sto se tice jednakosti (2.11) zan = 0 njena leva strana je jednaka _0m_, dokjedesnastranajednaka _1m+1_. Tadasuzam=0obestranejednake1, doksu zam ,= 0 obe strane jednake 0. U svakom slucaju, jednakost (2.11) vazi zan = 0.Pretpostavimo sada da ona vazi za neko n = n0. Tada za n = n0 +1 imamon0+1

k=0_km_=n0

k=0_km_+_n0 + 1m_(induktivna pretpostavka)=_n0 + 1m+ 1_+_n0 + 1m_(adiciona formula)=_(n0 + 1) + 1m+ 1_.52 GLAVA2. KOMBINATORIKAJednakost(2.11)secestopojavljujeuprimenama. Naprimer, zam=1imamo zbir aritmeticke progresije_01_+_11_+. . . +_n1_= 0 + 1 +. . . +n =_n + 12_=(n + 1)n2.Pretpostavimo da zelimo da nadjemo zbir 12+22+. . . +n2. Ako primetimoda jek2= 2_k2_+_k1_, tada se lako dobija da jen

k=0k2=n

k=0_2_k2_+_k1__= 2_n + 13_+_n + 12_.Resenje, kojesmodobili ubinomnimkoecijentima, mozemodavratimouuobicajenu notaciju:12+ 22+. . . +n2= 2(n + 1)n(n 1)6+ (n + 1)n2=13n(n + 12)(n + 1).Zbir13+ 23+ . . . + n3mozedasedobijenaslicannacin; usustini, svakipolinom a0+a1k +a2k2+. . . +amkmmoze da se izrazi u obliku b0_k0_+b1_k1_+. . . +bm_km_ za pogodno izabrane koecijenteb0,b1, . . . ,bm.NegacijagornjegindeksaLema2.6.3Za svaki ceo brojki proizvoljan brojn vazi_nk_= (1)k_n +k 1k_. (2.12)Dokaz Ovasejednakost dobijajednostavnoizsamedenicijebinomnogko-ecijenta:_nk_=n(n 1)(n 2)(n k + 1)k(k 1)21=(1)kn(n + 1)(n + 2)(n +k 1)k(k 1)21= (1)k_n +k 1k_.Negacijagornjegindeksaje cestokorisnatransformacijagornjegindeksaubinomnom koecijentu.Primer Dokazati sumacionu formulun

k=0(1)k_rk_=_r0__r1_+ + (1)n_rn_= (1)n_r 1n_. (2.13)2.6. BINOMNIIDENTITETI 53Dokaz Koristeci redom negaciju gornjeg indeksa (2.12) i prvu sumacionu for-mulu (2.10) dobijamon

k=0(1)k_rk_=n

k=0_r +k 1k_=_r +nn_= (1)n_r 1n_.PojednostavljivanjeproizvodaLema2.6.4Za sve cele brojevem iki proizvoljan brojn vazi_nm__mk_=_nk__n kmk_(2.14)Dokaz Ovu jednakost je dovoljno dokazati u slucaju kada jen ceo broj m.Pritommozemodapretpostavimodaje0 k m, jersuusuprotnomobestrane jednakosti jednake 0. Sada imamo_nm__mk_=n!m!m!(n m)!k!(mk)!=n!(n k)!k!(n k)!(mk)!(n m)!=_nk__n kmk_.Prethodnujednakostsmodokazali samozacelevrednosti nkojesu m.Medjutimonavazi zasverealnevrednosti n. Naime, vecsmodokazali dajednakost_nm__mk_=_nk__n kmk_vazi zabeskonacnomnogovrednosti n. Obestraneove jednakosti supolinomipo promenljivojn. Nenula polinom stepenarmoze da ima najviserrazlicitihkorena, tako da ako (oduzimanjem) dva polinoma stepena rimaju istu vred-nost ur +1 ili vise razlicitih tacaka, onda su ti polinomi identicki jednaki. Ovajprincip se moze koristiti za prosirenje vaznosti mnogih identiteta sa celih brojevana realne brojeve.SumeproizvodaJednakostiusledecojlemi sekoristekadatrebasumirati proizvoddvabi-nomna koecijenta u kojima se sumacioni indeksk nalazi na donjem mestu.Lema2.6.5Za svaki ceo brojn i svaki ceo brojr 0 vazi

k_rk__sn k_=_r +sn_, (2.15)

k_rk__sn +k_=_r +sr +n_. (2.16)54 GLAVA2. KOMBINATORIKAOvu lemu cemo dokazati malo kasnije. Najpre cemo da vidimo par primerakako se prethodne jednakosti mogu koristiti za rad sa binomnim identitetima.Primer Ako je r nenegativni ceo broj, koja je vrednost izraza

k_rk__sk_k?Dokaz Izvlacenjem iz zagrada (2.9) mozemo da se oslobodimo spoljasnjegk:

k_rk__sk_k =

k_rk__s 1k 1_skk = s

k_rk__s 1k 1_.Sada moze da se primeni jednakost (2.16) san = 1. Krajnje resenje je

k_rk__sk_k = s_r +s 1r 1_.KombinatornodokazivanjebinomnihidentitetaKao sto smo vec rekli, pod kombinatornim dokazivanjem se podrazumeva tumacenjeobe strane identiteta kao izraza koji prebrojavaju neki skup objekata na dva ra-zlicita nacina. Ovaj nacin dokazivanja primenjujemo u dokazu leme 2.6.5.Dokazleme2.6.5 Najpre cemo dokazati jednakost (2.15)

k_rk__sn k_=_r +sn_.NekajedatskupXsar + selemenata. Desnastranagornjejednakostipredstavlja brojn-toclanih podskupova skupaX.ObojimosadarelemenataskupaXucrvenu, apreostalihselemenatauplavuboju. Drugi nacindaseizabere n-toclani podskupskupaXjestedaseizaberekcrvenihelemenatai n kplavihelemenata. Zasvakokpostoji_rk_ nacina da se izaberu crveni elementi, i nezavisno od toga, _snk_ nacina dase izaberu plavi elementi. Sveukupno, n-toclani podskup skupaXmoze da seizabere na k_rk__snk_ nacina, sto je upravo leva strana gornje jednakosti.Jednakost (2.16) se dokazuje pomocu prethodne jednakosti i dvostruke pri-mene uslova simetricnosti. Naime, vazi

k_rk__sn +k_=

k_rk__ss n k_=_r +ss n_=_r +sr +n_.Primer Dokazati da vazin

k=0_nk_2=_2nn_.2.6. BINOMNIIDENTITETI 55Dokaz Zadokazkoristimouslovsimetricnosti i jednakost(2.15)sar=n,s = n:n

k=0_nk_2=n

k=0_nk__nn k_=_2nn_.Primer Dokazati da vazin

k=0_2n2k__2kk_22n2k=_4n2n_.Dokaz Nalazenje odgovarajucegkombinatornogtumacenjaovogbinomnogidentiteta je malo teze.NekajedatskupX= x1, x2, . . . , x4n. Desnastranagornjejednakostipredstavlja broj podskupova skupaXsa 2n elemenata.Sadatrebaovepodskupoveprebrojati nadrugaciji nacin. NekajeAi=x2i1, x2i za i = 1, 2, . . . , 2n. Skupovi Ai, i = 1, 2, . . . , 2n predstavljaju parti-ciju skupaX. Neka jeM Xproizvoljan podskup sa 2n elemenata. Za svakoi = 1, 2, . . . , 2n presekM Aiima 0, 1 ili 2 elementa, medjutim vazi da je2n = [M[ =2n

i=1[M Ai[.NekajekbrojskupovaAitakodaje [M Ai[=2. Izprethodnejednakostitada sledi da je broj skupova Ai tako da je [M Ai[ = 1 jednak 2n2k, dok jebroj skupovaAitako da jeM Ai = jednak takodjek.Posle ovog razmatranja konacno vidimo kako se drugacije mogu prebrojatipodskupovi skupaXsa 2n elemenata. Naime, od ukupno 2n skupovaA1,A2,. . . ,A2n izabracemo 2n2k skupova iz kojih cemo izabrati po jedan element upodskup. Izbor ovih skupova mozemo da napravimo na _2n2n2k_=_2n2k_ nacina.Kakosvaki skupAiimapodvaelementa, tozasvaki odizabranihskupovapostoje dva nacina da izaberemo jedan element u podskup, pa je ukupan brojnacina za to jednak 22n2k. Konacno, od preostalih 2k skupova Ai treba izabratijoskskupova cija cemo oba elementa izabrati u podskup, sto se moze uraditina _2kk_ nacina, tako da je ukupan broj nacina da se izabere podskup skupaXsa 2n elemenata jednakn

k=0_2n2k__2kk_22n2k.Zadaci56 GLAVA2. KOMBINATORIKA2.7 MultinomijalnikoecijentiPostoji nekoliko uopstenja pojma binomnog koecijenta, od kojih su najvaznijimultinomijalni koecijenti. Razmotrimo sledeci problem: koliko razlicitih reci,ukljucujuci besmislene, mozedasesastavi odslovareci ABRAKADABRA?Drugimrecima, nakolikorazlicitihnacinasemogupreurediti ovaslova? Za-mislimonajpredasesvaslovaureci razlikuju, takodaimamo5razlicitihslova A itd. Na primer, mozemo da ih ucinimo razlicitim dodajuci im indekse:A1B1R1A2K1A3D1A4B2R2A5. Sadaimamo11razlicitihslovakojamogudasepreuredena11! razlicitihnacina. PosmatrajmoproizvoljnurecsacinjenuodneindeksiranereciABRAKADABRA,naprimerBAKARADABAR.Odkoliko razlicitih indeksiranih reci mozemo da dobijemo ovu rec brisanjem in-deksa? Indeksi 5slovaAmogudaserasporedena5! nacina, indeksi 2slovaB mogu da se rasporede (nezavisno) na 2! nacina, za 2 slova R takodje imamo2! mogucnosti i konacnozapojednoslovoKi Dimamopo1! mogucnost.Prema tome, rec BAKARADABAR, kao i bilo koju drugu rec dobijenu od reciABRAKADABRA, mozemo da indeksiramo na 5!2!2!1!1! nacina. Broj neindek-siranih reci, sto je i resenje problema, jednak je 11!/(5!2!2!1!1!).Isti argument vodi i do sledeceg opsteg rezultata:ako imamo k1+k2+. . .+kmobjekata odm razlicitih vrsta, od cegakijednakih objekatai-te vrste, tada jebroj razlicitih rasporeda ovih objekata u nizu dat izrazom(k1 +k2 +. . . +km)!k1!k2!km!.Ovaj izraz se obicno zapisuje kao_k1 +k2 +. . . +kmk1, k2, . . . , km_i nazivamultinomijalni koecijent. Usustini, zam=2dobijamobinomnikoecijent, tj. _nk,nk_oznacavaistostoi _nk_.Stavise, svaki multinomijalnikoecijent se moze predstaviti pomocu binomnih koecijenata:_k1 +k2 +. . . +kmk1, k2, . . . , km_=_k1 +k2k1__k1 +k2 +k3k1 +k2_

_k1 +k2 +. . . +kmk1 +. . . +km1_.Najvaznijesvojstvomultinomijalnihkoecijenatapredstavljasledeceuop-stenje binomne teoreme.Teorema2.7.1(Multinomijalnateorema)Za proizvoljne realne brojeve x1,x2, . . . ,xmi za svaki prirodan brojn 1 vazi(x1 +x2 +. . . +xm)n=

k1 +. . . +km = nk1, . . . , km 0_nk1, k2, . . . , km_xk11xk22 xkmm.2.8. PRINCIPUKLJUCENJA-ISKLJUCENJA 57Desnastranamultinomijalneformuleobicnoimaprilicnomnogosabiraka,posto se sabira po svim kompozicijama broja n u m sabiraka, ali se ova teoremaionakonajcescekoristi kakobismoodredili koecijentuzneki odredjeniclan.Na primer, multinomijalna teorema nam kaze da je koecijent uz clan x2y3z5urazvoju izraza (x +y +z)10 jednak _102,3,5_= 2520.Multinomijalna teorema se moze dokazati indukcijom po n, ali se elegantnijidokaz moze dobiti tehnikama koje cemo obraditi u sledecoj glavi.Zadaci2.8 Principukljucenja-iskljucenjaJedan od osnovnih principa prebrojavanjaprincip zbira (teorema 2.1.3) tvrdidaje [A B[ zbir [A[ i [B[ kadasuAi Bdisjunktni skupovi. AkoAi Bnisu disjunktni, sabiranjem [A[ i [B[ elemente preseka [AB[ brojimo dva puta(sl. 2.6a). Stoga, da bi dobili pravu vrednost [A B[ moramo oduzeti [A B[:[A B[ = [A[ +[B[ [A B[. (2.17)Slicnorasudjivanjeprimenjujemoi uslucajutri skupa(sl. 2.6b). Kadasaberemo [A[, [B[ i [C[ elementepreseka [A B[, [B C[ i [C A[ brojimodva puta (ukoliko nisu u