DISKRETNA MATEMATIKAZoranMitrovicElektrotehnickifakultetuBanjaluci2Sadrzaj1 Predgovor 72 Elementiteorijebrojeva 92.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Djeljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Euklidov algoritam. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4 Prosti brojevi. Osnovna teorema aritmetike. . . . . . . . . . . . . 152.5 Modularne aritmetike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6 Eulerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.7 RSA metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.8 Kineska teorema o ostacima. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 Binomnaipolinomnaformula 333.1 Binomni koecijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.2 Binomna formula. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Polinomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.4 Neki identiteti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374 Funkcijegeneratrise 394.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.2 Particije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.3 Hanojske kule. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.4 Steinerov problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.5 Fibonaccijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.6 Problem dijagonalnih triangulacija . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.7 Sistemi rekurzivnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.8 Problem dearanzmana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.9 Kompozicijski inverz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.10Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5134 SADRZAJ5 Sume 575.1 Gausov postupak. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.2 Metoda perturbacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.3 Beskonacne sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 615.4 Primjena izvoda i integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 656 DirichletovprincipiRamseyevateorema 676.1 Dirichletov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.2 Ramseyeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 696.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697 Grafovi 717.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.2 Stepen cvora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 747.3 Povezani grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 767.4 Stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 787.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 797.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 808 Linearnoprogramiranje 838.1 Standardni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 838.2 Dualnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 888.3 Teorema o dualnosti i teorema o ekvilibrijumu . . . . . . . . . . 908.4 Operacije sa pivotima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 938.5 Simpleks tabela. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.6 Pravila za operacije sa pivotima kod simpleks metoda . . . . . . 1028.7 Dualni simpleks metod. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1068.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1069 Diskretnateorijavjerovatnoce 1099.1 Pojam vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1099.2 Uslovna vjerovatnoca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1129.3 Bernulijeva sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1149.4 Diskretne slucajne promjenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1169.5 Slucajni procesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1199.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12110 Algebarskestrukture 12510.1Parcijalno uredeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12510.2Mreze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13110.3Grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133SADRZAJ 511 Teorijaizracunavanja 14111.1Regularni jezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14111.2Automati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14111.3Tjuringove masine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14112 Teorijakodova 14312.1Generatorske matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14312.2Hemingovi kodovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14313 Primjeneteorijebrojeva 14513.1Prepoznavanje oblika. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14513.2Funkcije hesiranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14513.3Kriptograja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14514 Zadacisakolokvijumaipismenihispita 14714.11. Kolokvijum 28. novembar 2007. . . . . . . . . . . . . . . . . . 14714.21. Kolokvijum 28. novembar 2007. (Rjesenja). . . . . . . . . . . 14814.31. Kolokvijum 10. decembar 2007. (Popravni) . . . . . . . . . . . 15114.42. Kolokvijum 6. februar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15214.52. Kolokvijum 13. februar 2008. (Popravni) . . . . . . . . . . . . 15314.6Pismeni 8. septembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15314.71. Kolovijum 26. novembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15415 Literatura 1576 SADRZAJGlava1Predgovor-78 GLAVA1. PREDGOVORGlava2Elementiteorijebrojeva2.1 UvodKlasicna 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 Euklidovim1elementima.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 brojeva n, tako dabrojn21 ima tacno 4 djelitelja.Goldbachova2hipoteza: Svakiseparanbroj2n, n 2,mozeizrazitikao 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-MarieLegendre3: Zasvakidovoljnovelikirealnibroj x,npr.x 117postoji barjedanprostbroj izmedubrojevaxi x + x. Tujehipotezujekrajem18. vijekapostavioLegendre, ali onai dodanasnijerijesena. Ovojesamojedanodproblemavezanzatzv. problemgustineprostih brojeva.1Euklid(330p.n.e. -275p.n.e.), grcki matematicar.Ziviojei radiouAleksandriji gdjejestvoriomatematicku skolu. Napisaojebrojnadjela,odkojihnekanisusacuvanaipoznatasusamoponaslovu. Sacuvanadjelasu: Elementi(geometrijakaonaukaoprostoru)u13knjiga,Optika(steorijomperspektive),idr.2ChristianGoldbach,(1690-1764),pruskimatematicar.3Adrien-MarieLegendre, (1752-1833)biojefrancuskimatematicar. Znacajandoprinosjedaonapoljimastatistike,teorijebrojeva,apstraktnealgebreimatematickeanalize.910 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVA10. Hilbertov4problem 1900:Postoji li algoritam za nalazenje rjesenjaDiofantske jednacine?(Negativan odgovor dao Matijasevic 1970.)(a)Pelovajednacina: Najpoznatija Diofantska jednacina jex2dy2= 1,gdje je d prirodan broj koji nije kvadrat. Sva pozitivna cijela rjesenja(xn, yn) ove jednacine su data saxn +dyn = (x0 +dy0)n,gdje je (x0, y0) najmanje rjesenje Pelove jednacine u pozitivnim cije-lim brojevima.(b)Fermatov5zadnjivelikiteorem: Jednacinaxn+yn= zn,nemarjesenjaunenegativnimcijelimbrojevimagdjejenprirodanbroj veci od 2. (Tvrdnju je dokazao Andrew Wiles6.)(c)Catalanovahipoteza1843: Jedina rjesenja jednacinexuyv= 1,u prirodnim brojevimax, y, u, v su 3223= 1. (Tvrdnju je dokazaoMihalescu 2003.)MaliFermatovteorem: Ako jen prirodan broj i p prost broj koji nedijeli n,onda jenp1 1(modp). Time je zapravo dokazan jedan smjertzv. kineskehipotezeodskoro2000godinaprijedajeprirodanbroj nprost ako i samo ako je 2n 2 djeljiv san. Njen drugi smjer nije istinit,npr. 23413 2 je djeljiv sa 341, a 341 = 3111. Mali Fermatov teorem jetemelj mnogih rezultata iz teorije brojeva, a jos se koristi kao kompjuterskametoda provjere je li broj prost.Teorema, Klaus Roth1958, (DobitnikFieldsovemedalje): Zarealan algebarski broj nejednacina pq 0, ima konacno mnogo rjesenja.4DavidHilbert, (1862-1943) je bionjemacki matematicar koji je daovazandoprinos unekolikogranamatematike.5PierredeFermat, (1601-1665)biojefrancuski matematicari pravnikutuluskomparla-mentu. UzDekarta,jedanjeodnajznacajnijihmatematicaraFrancuske17. veka.6Andrew John Wiles, roden 11. aprila 1953. godine u Kembridzu) je britanskimatematicar. PostaojeslavandokazavsiVelikuFermaovuteoremu, poznatuikaoFermaovaposlednja teorema, 1995. godine. Na Univerzitetu u Getingenu svecano mu je urucena nagradajuna1997. godineuiznosuod60000dolara, kojuje1908. godinezavjestaonjemacki indu-strijalacPaulVolfskeronomekodokazeFermaovuposlednjuteoremu.2.2. DJELJIVOST 112.2 DjeljivostDenicija2.1. Neka sua ib cijeli brojevi. Kazemo daa dijelib ako jea ,= 0i postoji k Ztakodajeb=ak. Pisemoa[bi citamoadijeli b. Broj anazivamo djelitelj brojab, a brojb sadrzilac brojaa.Osobine relacije biti djelitelj :Reeksivnost,Antisimetricnost,Tranzitivnost.Primjer2.1. Akosua, b, c Z, ondaiza[bi a[cslijedi a[(nb + mc)zabilokoja dva cijela brojam in.Primjer2.2. Neka sux iycijeli brojevi. Pokazati da je 3x + 5ydjeljiv sa 13ako i samo ako jex + 6ydjeljivo sa 13.Rjesenje. 13[3x + 5y 13[5(3x + 5y),pa13[15x + 25y. Kakoje15x + 25y =13x+13y+2(x+6y) dobijamo 13[x+6y. S druge strane, 13[x+6y 13[3(x+6y),pa 13[(3x + 5y) + 13y, a odavde 13[3x + 5y.Teorema2.1. Neka jea N ib Z tada postoje jedinstveni cijeli brojeviqirtakvi da jeb = aq +ri 0 r < a.Dokaz. Pokazimo prvo egzistenciju brojevaq ir. Konstruisimo skupS = b as 0 : s Z.Skup S je neprazan podskup skupa N0, pa ima najmanji elemenat. Neka jetor. Tada postojiq Z takav da jeb aq = r. Jasno je da jer 0. Pokazimoda jer < a. U suprotnom bi imalir a, pa jeb a(q + 1) = r a > 0. Dakle,b a(q + 1) Sib a(q + 1) < r sto je nemoguce.Pokazimojedinstvenost brojevaq i r. Pretpostavimodaje b =aq1 +r1ib = aq2 +r2, gdje je 0 r1< a i 0 r2< a. Tada jea[q2q1[ = [r2r1[ < a,pa kako suq1iq2cijeli brojevi to je [q2 q1[ = 0. Znaciq1 = q2ir1 = r2.Denicija2.2. Akosua, b, Ztakvi dajed[ai d[bondadnazivamozajednickidjelitelj oda ib.Najvecizajednickidjelitelj brojevaa ib oznacavamo sa (a, b).Najmanji prirodanbroj ciji suai bdjelitelji nazivamonajmanji za-jednickisadrzilac i oznacavamo sa [a, b].Primjer2.3. (a, b) = (b, a) = ([a[, [b[),[a, b] = [b, a] = [[a[, [b[],akod[a id[b tada jed[(a, b),12 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVAakoa[m ib[m tada je [a, b][m,(a, b) mina, b maxa, b [a, b].ako jea =n

j=1pujjib =n

j=1pvjjtada je(a, b) =n

j=1pmin{uj,vj}ji [a, b] =n

j=1pmax{uj,vj}j. (2.1)Primjer2.4. Odrediti (460, 200) i [460, 200].Kakoje460=22 523i 200=23 52imamo(460, 200) =22 5=20i[460, 200] = 23 52 23 = 4600.Primjedba 2.1.Na slican nacin se moze denisati (a1, a2, . . . , an) i [a1, a2, . . . , an],gdje sua1, a2, . . . , ancijeli brojevi.Teorema2.2. Neka sua ib prirodni brojevi. Tada postoje cijeli brojevix iytakvi da je (a, b) = ax +by.Dokaz. SkupS = ax +by> 0 : x, y Zjepodskupskupa N,paimanajmanjielemenatd0. Toznacidapostojecijelibrojevix0iy0takvi da jed0 = ax0 +by0. Pokazimo da jed0[ax +by za svex, y Z. (2.2)Ako (8.1) ne bi vrijedilo postojali bi cijeli brojevix1iy1takvid0ax1 +by1.Znaci postoje brojeviq ir, 1 r < d0, takvi da jeax1 +by1 = qd0 +r,pa jea(x1 qx0) +b(y1 qy0) = r,sto je nemoguce, jer jed0minimum skupaS. Dakle, vrijedi (8.1), pa zax = 1iy = 0 imamod0[a, a zax = 0 iy = 1 imamod0[b, to znacid0[(a, b). S drugestrane, (a, b)[a i (a, b)[b, pa (a, b)[ax0+by0 to jest (a, b)[d0. Znaci d0 = (a, b).Posljedica2.1. Akosuai brelativnoprosti brojevi tojest (a, b)=1tadapostoje cijeli brojevix iytakvi da jeax +by = 1.Primjer2.5. Pokazati da jednacina 12x + 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 jednacina 12x+15y = 3.2.3. EUKLIDOVALGORITAM 13Primjedba2.2. Iz dokaza teoreme 2.2. vidimo da je(a, b) = minax +by> 0 : x, y Z.Primjer2.6. Dokazati da razlomak21n + 414n + 3ne moze da se skrati ni za jedanprirodan brojn. (IMO, Rumunija, 1959)Rjesenje. Zasvaki nvrijedi3(14n + 3) 2(21n + 4) = 1,padobijamodaakod[14n + 3 id[21n + 4 da jed = 1.2.3 EuklidovalgoritamUprethodnoj sekciji smovidjeli dajezarjesavanjelinearneDiofantove7jednacine,ax +by = c, potrebno naci najveci zajednicki djelilac brojevaa ib.Algoritamdat usledecoj teoremi dajepostupakzaodredivanjenajvecegzajednickog djelioca dva broja.Teorema2.3. (Euklidovalgoritam)Pretpostavimodasua, b Ni a2idasvakiprirodan broj m za koji vrijedi 2 m < n ima reprezentaciju koja se sastoji odproizvoda prostih brojeva. Ako je n prost broj tada je dokaz gotov, u suprotnompostoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je 2 n1< n i 2 n2< n i n = n1n2.Zbogindukcijskepretpostavke n1i n2imajureprezentacijeprekoproizvodaprostih brojeva, pa prema tome takvu reprezentaciju ima i brojn.Dokazimo sada jedinstvenost. Prepostavimo da jen = p1p2 pr = p

1p

2 p

s,gdjesup1 p2 pr, p

1 p

2 p

sprosti brojevi. Imamop1[p

1 p

2 p

s, pa p1[p

i za neki i 1, . . . , s. S druge strane p

1[p1 p2pr, pa p

1[pjza nekij 1, . . . , r. Dakle, imamop1 = p

i p

1 = pj p1,pa jep1 = p

1. Sada jep2 pr = p

2 p

s,pa se na slican nacin pokaze da jer = s ipi = p

i, i = 1, . . . , r.8S.Germain,1776-1831,francuskamatematicarka16 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVAPosljedica 2.2. Neka jen prirodan broj. Tada postoje prosti brojevip1, . . . , pki prirodni brojevi1, . . . ktakvi da jen = p11 pkk. (2.3)Denicija 2.4.Reprezentacija (2.3) se naziva kanonska dekompozicija brojan.Primjer2.12. 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, p N. (USA MO, 1972)Rjesenje. Pretpostavimo da jem = pa11 pa22 pakk, n = pb11 pb22 pbkk, p = pc11 pc22 pckk,gdje sup1, p2, . . . , pkprosti 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] = pmax{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 je2 maxa, b, c maxa, b maxa, c maxb, c= 2 mina, b, c mina, b mina, c minb, c.Mozemo pretpostaviti da vrijedia b c. Tada je2 maxa, b, c maxa, b maxa, c maxb, c = 2c b c c = b,slicno,2 mina, b, c mina, b mina, c minb, c = 2a a a b = b.2.4. PROSTIBROJEVI.OSNOVNATEOREMAARITMETIKE. 17Primjer2.13. Odrediti broj pozitivnih djelilaca brojan = p11 pkk.Denicija2.5. Ukupan broj pozitivnih djelilaca brojan oznacava se sa(n).Primjer2.14. Pokazati da za uzajamno proste brojevem in vrijedi(mn) = (m)(n).Primjer2.15. Pokazati da jen potpun kvadrat ako je(n) neparan broj.Denicija2.6. Zbir svih pozitivnih djelilaca brojan oznacava se sa(n).Primjer2.16. Ako jen = p11 pkkpokazati da je(n) =1 p111 p1

1 pkk1 pk.Primjer2.17. Pokazati da za uzajamno proste brojevem in vrijedi(mn) = (m)(n).Primjer2.18. Odrediti(600) i(500).Teorema2.6. (Euklid) Skup prostih brojeva je beskonacan.Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Neka sup1< p2 1 i stavimoa = b + 1. Tada jeapa = (b + 1)p(b + 1) = bp+_p1_bp1+ +_pp 1_b + 1 b 1.= (bpb) +_p1_bp1+ +_pp 1_b.Po indukcijskoj hipotezibp b je djeljivo sap. S druge strane, kako jep prostto jep[_pk_, k = 1, . . . , p 1, pa je dokaz gotov.Primjer 2.21.Pokazati da postoji prirodan broj k takav da je 11256= 1+257k.Primjer2.22. Ako jep prost broj veci od 3, dokazati da 6p[abpapb.2.5 ModularnearitmetikeUovojsekciji, koristeciosobineprostihbrojevanastavljamodaizucavamorelaciju a dijelib.Denicija 2.7.Ako je n[ab onda kazemo da je a kongruentno b po modulon i to pisemoa b( modn).Osobinerelacijebitikongruentanmodulon:Relacija biti kongruentan modulo nje relacija ekvivalencije na 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.Primjer2.23. Odrediti prirodan brojp ako sup i 8p2+ 1 prosti brojevi.Prema prethodnom svaki se cijeli broj moze zapisati u jednom od sljedecatri oblika :n = 3k, n = 3k + 1 n = 3k 1,gdje jekcijeli broj. Ako jep ,= 3 onda jep oblika 3k 1, jer jep prost.U oba slucaja je8p2+ 1 = 3(24k216k + 3)djeljivo sa 3. Dakle, ostaje jedino mogucnost da jep = 3 i u tom slucajuimamo 8p2+ 1 = 73 sto je prost broj.2.5. MODULARNEARITMETIKE 19Ako jea b( modn) ic d( modn) onda jea c b d( modn) iac bd( modn).Ako jea b( modn), d N id[n onda jea b( modd).Ako jea b( modn) onda jeac bc( modn) za svaki prirodan brojc.Ako je a b( modn) onda je ak bk( modn) za svaki prirodan broj k.Ako jeac bc( modn) i (c, n) = 1 onda jea b( modn).Dokazimo na primjer posljednju osobinu.Neka jeac bc( modn). Tada imamon[c(a b), pa kako je (c, n) = 1 to jen[a b. Znacia b( modn).Primjedba2.5. Moze se pokazati da jeac bc( modn) ako i samo ako jea b_modn(c,n)_.Primjer2.24. Odrediti posljednju cifru u dekadnom zapisu broja 3400.Vrijedi 34 1( mod 10), pa je3400 1100( mod 10),to jest3400 1( mod 10).Dakle, posljednja cifra broja 3400je 1.Primjedba2.6. MaluFermatovuteoremumozemozapisatiinasljedecinacin:Ako jea prirodan broj ip prost onda jeap a( modp).Primjer2.25. Nekajepprostbrojveciod2i pnedijeli a. Pokazatidajejedan i samo jedan od brojevaA = a1+2++(p1)1, B = a1+2++(p1)+ 1,djeljiv sap.Na osnovu male Fermatove teoreme jeap1 1( modp), pa jeAB =_a(p1)p21__a(p1)p2+ 1_ = a(p1)p1 0( modp).Dakle, p [ AB. KakojeB A = 2i pprostbrojveciod2,tosamojedanodbrojeva moze biti djeljiv sap.Primjer2.26. Akojepprosti nprirodanbrojtakavdajep[(4n2+ 1), tadap 1( mod 4).Rjesenje. Jasnodajep ,=2. Neparanbroj pri dijeljenjusa4dajeostatak1ili 3. Prema tome, treba dokazati da dap nije oblika 4k + 3. Pretpostavimo da20 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVApostoji ktakavdajep = 4k + 3. NaosnovumalogFermatovogteorema,jerpnije djeljivo san je(2n)p1 1( modp).Iz pretpostavke zadatka je(2n)2 1( modp),pa je(2n)p1 (2n)4k+2 ((2n)2)2k+1 (1)2k+1 1( modp),sto je kontradikcija. Prema tome,p 1( mod 4).Nekajedatprirodanbroj m>1. Posmatrajmomklasacijelihbrojevakongruentnih 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.Izaberemo m brojeva tako da svaki bude iz po jedne klase. Tako izabrani brojevinazivaju se potpuni sistem ostataka po modulum. Svedeni sistem ostataka pomodulu m se dobija ako se iz potpunog sistema ostataka izbace brojevi koji nisuuzajamno prosti sam. 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) = 1 i neka je 1, 2, . . . , k proizvoljan potpuni(svedeni)sistemostatakapomodulum. Tadaje a1, a2, . . . , akpotpuni(svedeni) sistem ostataka po modulum.Dokaz. Brojevaaiima koliko i brojevai, pa treba dokazati da brojeviaiiajpripadaju razlicitim klasam po modulum ako jei ,= j. Ako bi biloai aj( modm),kako je (a, m) = 1, imali bi da je1 j( modm), sto je nemoguce.Teorema2.9. Akojepprost broj, ondazasvaki broj k 2, 3, . . . , p 2,postoji tacno jedan brojl 2, 3, . . . , p 2, takav da jekl 1( modp)i vrijedil ,= k.Dokaz. Na osnovu teoreme 2.8 brojevik, 2k, 3k, . . . , (p 1)k, pkobrazujupotpuni sistemostatakapomodulup, pauzeti unekomredoslijedudajuostatke0, 1, 2, . . . , p 1pomodulup. Toznaci dapostoji tacnojedanl 2, 3, . . . , p 1 takav da jekl 1( modp).2.5. MODULARNEARITMETIKE 21Brojl ne moze biti jednakk, jer bi u tom slucaju imalik2 1( modp),a ovo je ekvivalentno sa(k 1)(k + 1) 0( modp).Ovo znaci da jek 1( modp) ilik 1( modp),sto je nemoguce, jer jek 2, 3, . . . , p 2.Teorema2.10. (Wilson9) Ako jep prost broj, tada vrijedi(p 1)! 1( modp).Dokaz. Zap=2tvrdenjeociglednovrijedi. Akojepprostbrojveciod2, uproizvodu(p 1)! = 123. . .(p 1)ima paran broj faktora. Na osnovu teoreme 2.9 vrijedi23. . .(p 2) 1( modp),kako je1(p 1) 1( modp),dobijamo tvrdenje teoreme.Primjer2.27. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja 93! sa 97.Kako je 97 prost broj na osnovu Wilsonove teoreme imamo96! 1( mod 97).Pretpostavimo da je93! x( mod 97).Sada dobijamo969594x (1)(2)(3)x( mod 97).Dakle,1 6x( mod 97),pa vrijedi6x 1( mod 97),kako je (16, 97) = 1 mnozenjem posljednje jednakosti sa 16 dobijamo96x 16( mod 97),9JohnWilson(1741-1793),engleskimatematicar.22 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVAto jestx 16( mod 97),odavde jex 16( mod 97),pa jex 81( mod 97).Primjer2.28. Ako jep prost broj veci od 2, dokazati12 32 52 . . .(p 2)2 (1)p+12( modp).Na osnovu Wilsonove teoreme je123. . .(p 1) 1( modp).Za svako i = 0, 1, 2, . . . vrijedi i (pi)) modp). Zamijenimop12parnihbrojevanalijevojstraniprvekongruencijebrojevimanjimakongruentnimkojise dobijaju iz druge kongruencije zai = 2, 4, . . . , p 1. Dobijamo12 32 52 . . .(p 2)2(1)p12 1( modp).2.6 EulerovafunkcijaDenicija2.8. Nekaje (n) broj prirodnihbrojevakoji nisuveci odn, auzajamnosuprosti san. Denisimo(1) =1. Nataj nacinjedenisanafunkcija : N N koja se naziva Eulerova10funkcija.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 4Denicija2.9. Funkcijaf: N N je multiplikativna ako jef(mn) = f(m)f(n),za sve prirodne brojevem in za koje je (m, n) = 1.10LeonhardPaulEuler,(1707-1783)jebio svajcarskimatematicarizicar.ZiveojeiradiouBerlinui Petrogradu. Euler je dosaodovelikihotkricaupotpunorazlicitimoblastimakaostosumatematickaanalizai teorijagrafova. Uveoje uupotrebuveliki broj terminakojisekoristeusavremenojmatematiciiunaprediomatematickunotaciju,posebnouokviruanalize. Takodejei jedanodnajplodonosnijihmatematicara-sacuvanojeoko900njegovihradova. Laplasoverijeci CitajteEulera,citajteEulera, tojenaszajednicki uciteljnajboljepokazujuEulerovuticajnamatematiku. Eulerovlikjenekolikoputa stampannapostanskimmarkicamauSvajcarskoj, Njemackoj i Rusiji, aasteroid2002Eulerjedobioimeunjegovucast. Luteranskacrkvagajeuvrstilausvojkalendarsvetaca. SecanjunaEulerasuposvetili24. maj.2.6. EULEROVAFUNKCIJA 23Dacemo neke osobine Eulerove funkcije.Teorema2.11. Eulerova funkcija je multiplikativna.Dokaz. Nekaje(m, n) = 1,trebaodreditibroj (mn)elemenatakojisuuza-jamno prosti samn u sljedecoj tabeli:1 2knn + 1 n + 2n +k2n...... ... ...(m1)n + 1 (m1)n + 2(m1)n +kmnUbilokojoj koloni tabelesusvi elementi uzajamnoprosti sanili nijedan.Kolona u kojoj su svi elementi uzajamno prosti sa n ima (n). Kako je (m, n) =1 u svakoj takvoj koloni ima(m) koji su uzajmno prosti sam. Dakle ukupanbroj elemenata koji su uzajamno prosti i sam i san je(m)(n).Teorema 2.12. Ako jen = p11p22 pkkkanonska faktorizacija brojan ondaje(n) = n_1 1p1__1 1p2_

_1 1pk_.Dokaz. Ako jep prost broj onda u nizu1, 2, . . . , p, . . . , 2p, . . . , p1pima p1brojeva djeljivih sa p, pa je (p) = pp1. Odavde i iz prethodneteoreme dobijamo(n) = (p11)(p22)(pkk) = p11_1 1p1_p22_1 1p2_ pkk_1 1pk_,cime je dokaz zavrsen.Primjer2.30.(120) = (23 35) = 223050(2 1)(3 1)(5 1) = 32.Teorema2.13. (Gaussova11formula) Za svaki prirodan brojn vrijedi

d|n(d) = n.11JohannCarl FriedrichGau, (1777-1855)biojenjemacki matematicari naucnikkoji jedaoznacajandoprinosumnogimpoljima,ukljucujuciteorijubrojeva,analizu,diferencijalnugeometriju, geodeziju, elektrostatiku, astronomiju i optiku. Poznat kao princ matematicarainajveci matematicaroddavnina, Gaussjeostaviotragnamnogimpoljimamatematikeinaukeismatrasejednimodnajuticajnijihmatematicarauistoriji.24 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVADokaz. Neka jen = p11 p22 pkk, gdje supirazliciti prosti brojevi. Tada je

d|n(d) = ((1) +(p1) + +(p11)) ((1) +(p2) + +(p22)) ((1) +(pk) + +(pkk)) = (1 +p1 1 +p21 p1 + +p11p111)(1+p21+p22p2++p22p212)(1+pk1+p2kpk++pkkpk1k) == p11 p22 pkk= n.Teorema2.14. (Eulerova teorema) Ako je (a, m) = 1 onda jea(m) 1(modm).Dokaz. Neka su 1, 2, . . . , (m) razliciti brojevi koji su uzajamno prosti sa mi manji odm. Kako je (a, m) = 1 uzajamno prosti brojevi sam su ia1, a2, . . . , a(m).Iz osobina relacije biti kongruentanimamoa(m)12 (m) 12 (m)(modm).Kako je (i, m) = 1 imamoa(m) 1(modm).Posljedica2.3. (Mala Fermatova teorema) Ako jep prost broj ip ne dijeliaonda jeap1 1(modp).Primjer 2.31. Akosuai muzajamnoprosti prirodni brojevi, tadapostojirjesenje kongruencijeax b(modm).Naime, iz Eulerove teoreme imamob(a(m)11) 0(modm),pa je rjesenje,x = ba(m)1.2.7. RSAMETOD 25Primjer2.32. Naci sve proste brojevep za koje je broj 5p2+ 1 djeljiv sap2.Ocigledno jep ,= 5. Sada mozemo primijeniti Eulerovu teoremu:5(p2) 1(modp2),to jest5p2p 1(modp2).Dakle,5p2+ 1 5p 5p2p+ 1 5p+ 1(modp2).Znaci treba da je5p+ 1 0(modp2).Prema maloj Fermatovoj teoremi, je5p 5(modp),pa je5p+ 1 5 + 1 0(modp).Dakle, p = 2 ili p = 3. Za p = 2 je 52+1 2(mod4), za p = 3 je 59 1(mod9).Prema tomep = 3.2.7 RSAmetod2.8 KineskateoremaoostacimaU primjeru 2.31 vidjeli smo kako se mogu rjesavati neke kongruencije. Sljedecateorema daje potreban i dovoljan uslov kada sistem kongruencija ima rjesenje.Teorema2.15. ( Kineskateoremaoostacima)Nekasum1, . . . , mrpoparovimauzajamnoprostibrojeviinekasua1, . . . , arproizvoljnicijelibrojevi.Tada postoji rjesenje sistema kongruencija:x a1(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. Stavimom = m1 mr, tada je_mmj, mj_ = 1, j = 1, . . . , .26 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVAPrema primjeru 8.26 za svejpostoji cijeli brojbjtakav da jemmj bj 1(modmj).Jasno,mmj bj 0(modmi) zai ,= j.Stavimox0 =r

j=1mmjbjaj,ocigledno jex0 mmibiai ai(modmi).Dakle,x0je rjesenje sistema.Ako jex1rjesenje, imamox1 x0(modmi), i = 1, . . . , r,pa jex1 =x0 + km za nekok Z. Osim togax0 + km zadovoljava sistem, paje teorema dokazana.Primjedba2.7. Uslovdasumipoparovimauzajamnoprosti jebitan, jernaprimjer sistemx 0(mod2)x 1(mod2),nema rjesenje.Primjer2.33. Odrediti najmanji prirodan bojx za koji jex 5(mod17)x 7(mod11)x 3(mod13).Uvedimo oznake kao u teoremi 2.15,a1 = 5, a2 = 7, a3 = 3,m1 = 7, m2 = 11, m3 = 13, m = 71113 = 1001,mm1= 143,mm2= 91,mm3= 77.Odredimob1, b2, b3. Iz 143b1 1(mod7), dobijamo 3b1 1(mod7), pa jeb1 3(7)1 361 243 5(mod7),2.8. KINESKATEOREMAOOSTACIMA 27na slican nacin, iz 3b2 1(mod11) i 77b3 1(mod13) dobijamob2 3(11)1 4(mod11),b3 (1)(13)1 1(mod13).Znaci,x0 =mm1b1a1 +mm2b2a2 +mm3b3a3 = 14355 + 9147 + 77(1)3 = 5982.Kako jex0 = 5 1001+887, zakljucujemo da je 887 najmanji prirodan broji kojije rjesenje sistema.28 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVA2.9 Zadaci1. 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 1 k 6.4. Neka su x i y cijeli brojevi. Dokazati da je 3x+4y djeljiv sa 11 ako i samoako jex + 5y djeljiv sa 11.5. Nekasuai buzastopni cijeli brojevi i nprirodanbroj. Dokazati daje(an +b, bn +a) neparan broj.6. Naci sveprirodnebrojevedtakvedad[n2+ 1i d[(n + 1)2+ 1zaneken N.7. Neka su a, b i c tri razlicita cijela broja i Ppolinom sa cjelobrojnim koe-cijentima. Dokazati da je je nemoguce da je P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a.(1974 USA MO)8. Dokazati da je (m, n)[m, n] = mn, za svem, n N.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 svem, n, p N.11. Ako sua ib prirodni brojevi, dokazati da jean+bn (a, b)n+ [a, b]nzasven N.12. Dokazati da ako jea > 3 brojevia, 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 je37712neparan i slozen broj.15. Dokazati da ako je 2n+ 1 prost da jen slozen.16. Denisimo niz Tn = 22n+1, n N. Dokazati da je (Tn, Tm) = 1 za n ,= m.17. Odrediti sa koliko nula se zavrsava 2009!.2.9. ZADACI 2918. 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[m5m za svem N.21. Dokazati da zbir kvadrata pet uzastopnih cijelih brojeva ne moze biti tacankvadrat.22. Dokazati da razlomak26n + 539n + 7ne moze da se skrati ni za jedan prirodanbrojn.23. Pokazati da je (k4+ 3k2+ 1, k3+ 2k) = 1 za svakik N.24. Datojenbrojevaa1, a2, . . . , an. Dokazati daseodnjihmozeodabratinekoliko ciji je zbir kvadrata djeljiv san.25. Nacinajmanjibrojkojipridijeljenjusan, n + 1, . . . , n + mdajeredomostatker, r + 1, . . . , r +m.26. Nekaje S =nN[nnemadrugihprostihdjelilacaosim2, 3i 5.Izracunati

nS1n.27. Dokazati da je(n) < 2n, za sven N.28. Koliko ima prirodnih brojeva koji dijele bar jedan od brojeva 1060, 2050, 3040?29. Koliko ima djeljitelja broja 3030koji 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) brojp2savrsen broj.32. Neka sua, b, c id (a ,= c) prirodni brojevi. Dokazatia c( modab +cd) a c( modad +bc).33. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja 641500sa 9. (Rez. 1)34. Ako jep prost broj onda za svea, b, c N vrijedi6p[a +b +c 6p[ap+bp+cp.35. Rijesiti jednacinu22009x 1(mod13).30 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVA36. Koliko ima prirodnih brojeva n 106koji su djeljivi sa 7 i nisu djeljivi sa10, 12 i 25?37. Koristeci Eulerovu teoremu rijesiti kongruencijsku jednacinu22x 1(mod729).38. Rijesiti sistem kongruencijskih jednacina(a)x 2(mod3)x 3(mod5)x 2(mod7).(b)x 1(mod2)x 2(mod3)x 3(mod5).39. Dokazati da je zan, m N,(m n) = (m)(n) (m, n)((m, n)).40. Dokazati da jen13 n(mod2730) za sven N.41. Ako jep prost broj veci od 2, dokazati22 42 62 . . .(p 1)2 (1)p+12( modp).42. Nekasuai bprirodnibrojevitakvidaje(a, b) = 1,tedajeabpotpunkvadrat. Dokazati da su tadaa ib potpuni kvadrati.43. Naditeprirodanbroj nsaosobinomdajen2kvadrat,n3kub, an5petapotencija nekog prirodnog broja.44. Dati su prirodni brojevia ib. 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. Nekajebroj2k+ 1prost. Dokazatidajetadak= 0ili k= 2nzanekin 0. (Brojevi fn= 22n+ 1nazivajuseFermatovibrojevi. Fermatjesmatraodasusvioniprosti. Zaista, f0= 3, f1= 5, f2= 17, f3= 257if4 = 65537 su prosti. Medutim, f5 = 232+ 1 je slozen, 641[f5. Hipotezaje da je samo konacno mnogo Fermatovih brojeva prosto.)2.9. ZADACI 3147. Akoje(p, q)=1i p 2dokazati daunizu_pnqn+1_imabeskonacnomnogo cijelih brojeva.48. Broj a je dobijen tako sto su brojevi od 1 do 101 napisani jedan do drugog.Dokazati da jea slozen broj. Da li jea kvadrat nekog prirodnog broja?49. Odreditix za koje jex23x + 2 0(mod53).50. Rijesiti sistem kongrencijskih jednacina2x + 3y 1(mod11)x + 4y 4(mod11).51. Rijesiti kongruencijske jednacine(a) x23x 0(mod11),(b) x2 4(mod23).32 GLAVA2. ELEMENTITEORIJEBROJEVAGlava3Binomnaipolinomnaformula3.1 BinomnikoecijentiNeka jen N 0, izrazn! naziva se faktorijel brojan i denise se san! =_123n, n N,1, n = 0.Izraz_nk_ naziva se binomni koecijent i denise se kao brojktoclanihpodskupova skupa san elemenata, to jest_nk_ = [A 1, 2, . . . , n : [A[ = k[.Prebrojavanjemktoclanih podskupova skupa san elemenata uocavamo da jeprethodna denicija ekvivalentna sa_nk_ =n(n 1)(n k + 1)k!,ako iskoristimo deniciju faktorijela imamo_nk_ =n!k!(n k)!.Prethodna denicija se moze prosiriti i u slucaju da se ne radi o cijelim broje-vima. Ako jer C onda se denise_rk_ =_r(r1)(rk+1)k!, k 0,0, k < 0.Sljedece osobine binomnih koecijenata se jednostavno provjeravaju:3334 GLAVA3. BINOMNAIPOLINOMNAFORMULA1._n0_ =_nn_ = 1,2._nk_ =_nn k_,3. k_nk_ = n_n 1k 1_,4._nk_ =_n 1k_+_n 1k 1_,5._nm__mk_ =_nk__n kmk_ =_nmk__n m+kk_,6._n0_ _nn 1_ >_nn_.3.2 BinomnaformulaNije komplikovano provjeriti da vrijede sljedece jednakosti(x +y)2= x2+ 2xy +y2,(x +y)3= x3+ 3x2y + 3xy2+y3,(x +y)4= x4+ 4x3y + 6x2y2+ 4xy3+y4.Ove jednakosti suspecijalanslucaj opstije jednakosti poznate podnazivomNewtonova1binomna formula.Teorema3.1. 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)nu oblikun faktora jednakihx +y i pomnozimote faktore(x +y)n= (x +y)(x +y)(x +y) =

a1a2 an.1Sir Isaac Newton bio je engleski zicar, matematicar, astronom, alhemicar i lozof. Smatrasejednomodnajvecihlicnosti uistoriji nauke. Rodenje4. januara1643. uEngleskoj, apreminuo31. marta1727. uLondonu.3.2. BINOMNAFORMULA 35Dobijamo sumu 2nsabiraka oblikaa1a2 an, gdje suai x, y, i = 1, . . . , n.Za svaki k 0, 1, 2, . . . , n, postoji tacno_nk_sabiraka a1a2 an, kod kojihsukod faktoraa1, a2, . . . , anjednakix, an kfaktora jednakiy. Na osnovutoga zakljucujemo da vrijedi jednakost (3.1).Newtonova binomna formula se moze dokazati i koristeci matematicku indu-kciju.Dokaz binomne formule matematickom indukcijom po n:Zan = 1 imamo(x +y)1=_10_x10y0+_11_x11y1,sto je tacno.Iz pretpostavke da je formula tacna za prirodan brojn imamo(x +y)n+1= (x +y)(x +y)n= (x +y)n

k=0_nk_xnkyk=n

k=0_nk_xn+1kyk+n

k=0_nk_xnkyk+1=n

k=0_nk_xn+1kyk+n+1

k=1_nk 1_xn+1kyk.Dakle,(x +y)n+1=_n0_xn+1y0+n

k=1__nk_+_nk 1__xn+1kyk+_nn_x0yn+1.Kako je_nk_+_nk 1_ =_n + 1k_,imamo(x +y)n+1=n+1

k=0_n + 1k_xn+1kyk,a to je i trebalo dokazati.Primjedba3.1. Za svakoz C za koje je [z[ < 1 i za sve R vrijedi(z + 1)=+

k=0_k_zk36 GLAVA3. BINOMNAIPOLINOMNAFORMULAPrimjer 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_+ =_n1_+_n3_+_n5_+ = 2n1.3.3 PolinomnaformulaNekasun1, n2, . . . , nknenegativni cijeli brojevi zakojevrijedi n1 + n2 + +nk = n. Polinomni koecijent se denise sa_nn1, n2, . . . , nk_ =n!n1!n2!nk!.Ako specijalno uzmenon1 = k in2 = n k dobijamo binomni koecijent_nk, n k_ =n!k!(n k)!=_nk_.Teorema3.2. Nekasuki nprirodnibrojevi. Tadazasvex1, x2, . . . , xk Cvrijedi(x1 +x2 + +xk)n=

_nn1, n2, . . . , nk_xn11xn22 xnkk, (3.4)gdjesesabiranjevrsi posvimktorkama(n1, n2, . . . , nk)nenegativnihcijelihbrojeva za koje vazin1 +n2 + +nk = n.Dokaz. Ako izraz (x1 +x2 + +xk)nnapisemo u obliku proizvodan faktorajednakihx1 + x2 ++ xki pomnozimotefaktore, dobicemozbirkoji imaknsabirakaoblikaa1a2. . . an, gdjesua1, a2, . . . , an x1, x2, . . . , xk. Nekasun1, n2, . . . , nknenegativni cijeli brojevi takvi da jen1 + n2 ++ nk=n.Broj sabirakaoblikaa1a2 an, ukojimajezasvaki broj j 1, 2, . . . , ktacnonjod brojevaa1, a2, . . . , anjednakoxj, jednak je brojun-varijacija tipa(n1, n2, . . . , nk)elemenatax1, x2, . . . , xk, tojestn!n1!n2!nk!.Prematomedobi-jamo formulu (3.4).Primjer3.2. Naci koecijent uzx15u razvoju (1 x2+x3)20.Broj15semozepredstavitiuoblikuzbirasabirakajednakih2ili3nasljedecatri nacina2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3,3.4. NEKIIDENTITETI 372 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3,3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3,pa na osnovu formule (3.4) dobijamo da je koecijent uzx15jednak_2013, 6, 1__2014, 3, 3_+_2015, 0, 5_.3.4 NekiidentitetiPrimjer3.3. Sumaciona formula. Matematickom indukcijom se dokazujen

k=0_m+kk_ =_m+n + 1n_.Primjer 3.4.Suma proizvoda. Odredujuci koecijent uz xk, (0 k minn, m)u razvoju polinoma(1 +x)n+m= (1 +x)n(1 +x)mdobijamo_n +mk_ =k

i=0_ni__mk i_. (3.5)Ako je u (3.5)n = m, koristeci osobinu 2. binomnih koecijenata dobijamo_2nk_ =k

i=0_ni_2.Primjer3.5. Vandermondova2konvolucija.

k_rm+k__sn k_ =_r +sm+n_.3.5 Zadaci1. Naci sve vrijednosti zan ik za koje je_nk + 1_ = 5_nk_.2. Odrediti max_k_2009k_[k 0, 1, . . . , 2009_.3. Dokazati nejednakosti(a) 2 1 produzimo dalje do cvorav3itd. Na taj nacindolazimo do puta v1v2v3. . ..Cvorovi tog puta se ne ponavljaju jer bi inace imaliciklus. Kako cvorova ima konacno mnogo postoji posljednji cvor koji mora bitistepena 1.7.5. EULEROVIIHAMILTONOVIGRAFOVI 79Teorema 7.5. Ako je G = (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 taj 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.Posljedica7.1. (a) Za svako stabloG = (V, E) vrijedi

vV(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 imamo

vV(v) = 2[V [ 2.(b) Ako je G netrivijalno stablo onda je (v) 1 za svaki cvor v, pa sada tvrdnjaslijedi iz (a).Primjer7.23. Svako stablo san cvorova iman 1 grana.Rjesenje. Tvrdenje slijedi iz teoreme 7.5.7.5 EuleroviiHamiltonovigrafoviDenicija 7.12. Eulerova setnja je graf G = (V, E) koji je setnja i koji sadrzisvaku granu tacno jednom. Graf je Eulerov ako sadrzi Eulerovu setnju.Denicija7.13. Hamiltonov1ciklus je grafG = (V, E) koji je ciklus i kojisadrzi sve vrhove odV . Graf je Hamiltonov ako sadrzi Hamiltonov ciklus.Primjer7.24. (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 sliciProblem se sastoji u tome da se obavi setnja u kojoj ce se svaki most obici tacnojednom. DrugimrijecimapitanjejedalipostojiEulerova setnjanagrafukao1WilliamRowanHamilton(1805-1856)jebioirskimatematicar,zicariastronomkojijedaoznacajandoprinosrazvojuoptike,dinamikeialgebre.80 GLAVA7. GRAFOVIna sliciNegativan 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-vanjakrozsvakigradprodesamojednom. Drugimrijecimatrazisepotrebanidovoljanuslovkadajegraf Hamiltonov. Tojejedanodnajvecihnerijesenihproblema teorije grafova.Teorema 7.6. Neka je dat graf G = (V, E). Ako je minvV(v) 2 onda G sadrziciklus.Dokaz. Pretpostavimosuprotno, tojestdagraf Gnemaciklusa. NekajeHkomponentapovezanosti cvoravzakoji je(v) 2. Hjestablo. AkojeHnetrivijalan onda postoje bar dva cvora uHsa stepenima 1, sto je nemoguce.Ako jeHtrivijalan onda ima ciklus, sto je opet nemoguce.Teorema7.7. Povezangraf GjeEulerovakoi samoakosvi cvorovi imajuparan stepen.Teorema7.8. Povezani graf ima Eulerovu setnju ako i samo ako ima najvisedva vrha neparnog stepena.Primjedba7.5. Na osnovu prethodne teoreme zakljucujemo da graf mostova uKonigsbergu nema Eulerove staze.Primjer7.26. 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 incidencije0 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 4.7.6. ZADACI 81Koliko komponenata povezanosti ima dati graf?2. Nacrtati graf sa 10 cvorova sa stepenom regularnosti 3. (Petersenov graf)3. Petprijatelja, kojiodlazenaodmor, dogovoreseda cesvakiodnjihdase javi raglednicom trojici od ostala cetiri. Da li je moguce organizovatikorespodenciju tako da svako pise onim prijateljima koji ce i njemu pisati?4. Nacrtati bipartitne grafove K1,2, K2,2, K2,3, K3,3 i 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 grafoveKniKm,n.8. Odrediti matrice susjedstva za put sa tri cvora i ciklus sa cetiri cvora.9. (a) Koliko grana imaju grafoviKniKm,n?(b) Koliko iznosi suma stepeni cvorova kod grafovaKniKm,n?10. Dokazati dabipartitangrafsa2ncvorovamozedaimamaksimalnon2grana.11. (a) Dat je grafG = (V, E), pri cemu je [V [ = 6. Dokazati da bar jedanod grafovaG iGCkao podgraf imaC3.(b) Naolimpijadi sesastalo sesttakmicara. Izmeduproizvoljnatri odnjihpostoje dvakojamogudase sporazumijunanekomjeziku.Dokazatidapostojetritakmicaratakodasvakadvaodnjihmoguda se sporazumiju.12. Koliko ukupno ima grafova san cvorova im grana?82 GLAVA7. GRAFOVI13. Neka jeXskup od n elemenata. Pretpostavimo da cvorove grafaG pre-dstavlja skup nepraznih podskupova od X, pri cemu su dva cvora spojenagranomakoi samoakojepresjekodgovarajucihpodskupovaskupaXprazan. 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.Dokazatidausvakomtrenutkuturnirapostojebardvaigracakojisu 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 iGCsadrzi 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 vrijednostin Nkompletan grafKnima Ojlerovu setnju?Glava8Linearnoprogramiranje8.1 StandardniproblemiProblem linearnog programiranja mozemo denisati kao problem maksimizi-ranja ili minimiziranja linearne funkcije zavisne od nekih linearnih ogranicenja.Ogranicenja mogu biti jednakosti ili nejednakosti. Navedimo jedan jednostavanprimjer.Odrediti realnebrojevex1i x2takvedajesumax1 + x2maksimalnauzuslovex1 0, x2 0 ix1 + 2x2 44x1 + 2x2 12x1 +x2 1.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. Prvadvauslova, x1 0, x2 0, suspecijalna. Zanjihkazemodasu uslovinenegativnosti i cesto se nalaze u problemima linearnog programi-ranja. Ostale uslove nazivamo glavni uslovi. Funkcija koju treba maksimizirati(minimizirati) se naziva funkcijacilja. Ovde, funkcija cilja jex1 +x2.Kakoprethodni primjer imasamodvijepromjenljive, mozemogarijesitipomocu graka skupa svih tacaka u ravni koje ispunjavaju date uslove (grakdopustivog 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 kojoj se dostize maksimum za x1 +x2 nad dopu-stivim skupom. Funkcija x1+x2 je konstanta na pravoj sa koecijentom pravca-1, naprimjer, napravoj x1 +x2=1, mozemopomjerati tupravuodko-ordinatnogpocetkanavisei naravno, vrijednostodx1 + x2raste. Zato, po-trazimopravukojaimakoecijentpravca-1, kojajenajudaljenijaodkoordi-natnogpocetkai kojasijecedopustivi skup. Tojepravakojaprolazi kroz8384 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEpresjecnutackupravihx1 + 2x2=4i 4x1 + 2x2=12, tojest kroztacku(x1, x2) = (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 kao grackametoda.Lako je zakljuciti da u opstem slucaju funkcija cilja, buduci da je linearna,uvijekdostizemaksimum(iliminimum)unekomvrhudopustivogskupa, akojedopustivi skupogranicen. Ponekad, maksimum(ili minimum)sedostizeina cijeloj ivici dopustivog skupa, ali tada ce se naravno dostici i na nekom odvrhova.Nisusviproblemilinearnogprogramiranjajednostavnizarjesavanje. 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 problemminimuma, igrajuposebnuulogu. Kodtihproblema, 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 dat mvektor, b = (b1, . . . , bm)T, nvektor c = (c1, . . . , cn)Ti matricarealnih brojeva, formatamn,A =__a11a12 a1na21a22 a2n............am1am2 amn__.Standardni problem maksimuma:Odrediti nvektor, x = (x1, . . . , xn)T,koji maksimiziracTx = c1x1 + +cnxnuz uslovea11x1 +a12x2 + +a1nxn b1a21x1 +a22x2 + +a2nxn b2...am1x1 +am2x2 + +amnxn bm,iliAx bix1 0, x2 0, . . . , xn 0,ilix 0.Standardni problem minimuma:Odrediti mvektor, y = (y1, . . . , ym)T,koji minimizirayTb = y1b1 + +ymbm8.1. STANDARDNIPROBLEMI 85uz uslovey1a11 +y2a21 + +ymam1 c1y1a12 +y2a22 + +ymam2 c2...y1a1n +y2a2n + +ymamn cn,iliyTA cTiy1 0, y2 0, . . . , ym 0,iliy 0.Primjetimo da su glavni uslovi opisani preko kod standardnog problemamaksimuma 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.Primjer1. Problemprehrane. Neka je datom razlicitih tipova hrane,F1, . . . , Fm, koji sadrze odredene kolicine od n hranljivih sastojaka, N1, . . . , Nn,koji su od esencijalnog znacaja za dobro zdravlje. Neka jecjdnevni minimumhranljivog sastojka Nj. Neka je bi cijena po jedinici hrane Fi. Dalje, neka je aijkolicina hranljivog sastojkaNjsadrzanog u jedinici hraneFi. Problem je da seodredi minimalna cijena kostanja dnevnih potreba za hranljivim sastojcima.Neka jeyibroj jedinica hraneFikoji se mogu kupiti u toku dana. Cijenakostanja prehrane u toku dana jey1b1 + +ymbm. (8.1)Kolicina hranljivog sastojkaNj, koji se sadrzi u ovoj dijeti jey1a1j +y2a2j + +ymamj,zaj = 1, . . . , n, po nasoj pretpostavci minimalna kolicina jecj, pa trazimoy1a1j +y2a2j + +ymamj cj, j = 1, . . . , n. (8.2)Naravno, pretpostavljamo da je nabavljena kolicina hrane nenegativna, pa prematome imamo uslovey1 0, y2 0, . . . , ym 0. (8.3)Dakle, problemjeminimizirati (8.1)uzuslove(8.2)i (8.3). Ociglednojetostandardni problem minimuma.Primjer 2. Problem transporta. Neka je datoIizlaza ili proizvodackihskladista, P1, . . . , PI, koji snabdijevaju odredenom robomJ marketa M1, . . . , MJ,86 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEkoji robu trebaju prodati. SkladistePi sadzi kolicinu robesii = 1, 2, . . . I, ma-rketMjpotrazuje kolicinurj, j = 1, . . . , Jrobe. Neka jebijcijena transportapo jedinici robe iz skladistaPi do marketaMj. Problem je odrediti minimalnucijenu transporta uz uslov da svaki market dobije kolicinu potrazivane robe.Neka jeyijkolicina robe transponovana iz skladistaPido marketaMj. Ci-jena kostanja ukupnog tansporta jeI

i=1J

j=1yijbij. (8.4)Kolicina robe poslana iz skladistaPijeJ

j=1yiji kako je kolicina robe sadrzaneu skladistuPijednakasi, dobijamo usloveJ

j=1yij sii = 1, . . . , I. (8.5)KolicinarobekojajestiglaumarketMjjeI

i=1yiji kakojepotraznjautommarketurj, dobijamo usloveI

i=1yij rjj = 1, . . . , J. (8.6)Kako pretpostavljamo da kolicina poslane robe iz skladistaPido marketaMjne moze biti negativna, dobijamo usloveyij 0 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. Problemanalizeaktivnosti. Nekajedatonaktivnosti,A1, . . . An, koje kompanija moze razvijati, koristeci mresursa, R1, . . . , Rm. Nekajebi dostupnost resursaRi,aijje sadrzanost resursaRi u koristenju aktivnostiAipojedinici koristenja. Nekaje cjdobitnavrijednost kompanijekoristeciaktivnost Aj po jedinici koristenja. Problem je izabrati odgovarajuce aktivnostipo jedinici koristenja kako bi kompanija imala maksimalnu dobit.Neka jexjkolicina koristenja aktivnostiAju radu. Vrijednost dobiti jen

j=1cjxj. (8.8)Sadrzaj resursa Ri koji je koristen u radu, ne moze biti veci od bi, to jest imamouslove,n

j=1aijxj bii = 1, . . . , m. (8.9)8.1. STANDARDNIPROBLEMI 87Po pretpostavci, ne mozemo imati aktivnosti sa negativnim vremenom koristenja,to jest,x1 0, x2 0, . . . , xn 0. (8.10)Dakle, ovde je problem maksimizirati (8.8) uz uslove (8.9) i (8.10), to jest, radise o standardnom problemu maksimizacije.Primjer4. Problemoptimalneraspodjele. NekaI osobamogudaobavljaju Jposlova. Cijena osobe i po radnom danu na poslu j je aij. Problemje napraviti raspodjelu osoba po poslovima tako da se maksimizira ukupna dobit.Za datu raspodjelu, neka brojevixijpredstavljaju velicinu vremena osobeina posluj. Prema tome,J

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

i=1xij 1, j = 1, . . . , J (8.12)ixij 0, i = 1, . . . , I, j = 1, . . . , J. (8.13)Nejednakost (8.11) predstavlja cinjenicu da osoba ne moze imati vise od 100%radnogvremena, (8.12)znaci danaposluj mozebiti isplacenasamojednanaknada 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 maksimiziranjeI

i=1J

j=1aijxij(8.14)uz uslove (8.11), (8.12) i (8.13). Ovo je standardni problem maksimiziranja sam = I +Jin = IJ.Funkcija koja se maksimizira ili minimizira naziva se funkcijacilja.Vektor x, za standarni problem maksimuma ili vektor y za standardni pro-blem minimuma je dopustivivektor ako ispunjava sve date uslove.Skup svih dopustivih vektora naziva se dopustiviskup.Linearno programiranje je dopustivo ako je dopustivi skup neprazan, inace,radi se o neprakticnom linearnom programiranju.Dopustivi problemmaksimuma(minimuma)jeneogranicenakofunkcijaciljamozedaimaproizvoljnevelikepozitivne(negativne) vrijednosti, inacekazemo da se radi o ogranicenom problemu.Dopustivi vektorukomefunkcijaciljadostizemaksimalnuili minimalnuvrijednost naziva se optimalnivektor.Svaki problemlinearnogprogramiranja se moze zapisati usta-ndardnoj formi. Problemlinearnogprogramiranjamozebiti denisankaomaksimiziranje ili minimiziranje linearne funkcije uz neke linearne uslove. Svi88 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEtakvi problemi mogusezapisati uoblikustandardnogproblemamaksimumakoristeci sljedece tehnike.Problem minimuma moze se zamijeniti sa problemom maksimuma tako stose funkcija cilja pomnozi sa 1. Slicno, uslovi zapisani u formin

j=1aijxj bi,mogu se zapisati san

j=1(aij)xj bi.Mogu nastati i sljedeca dva problema.1. Nekiuslovimogubitijednakosti. Jednakostn

j=1aijxj = bi,mozemoodstraniti, rjesavajucitajuslovpoxjzanekoaij ,= 0izamje-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, promjenljivaxjne ispunjava uslov nene-gativnosti, mozemo je zamijeniti sa dvije promjenljive,xj = uj vj, gdjejeuj 0 ivj 0.8.2 DualnostSvakiproblemlinearnogprogramiranjaimadualniproblemlinearnogpro-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,b i ymvektori i A je matrica tipa mn. Pretpostavimo da je m 1 i n 1.Denicija8.1. Dualni problem standarnog problema maksimumamax cTx (8.15)Ax b, x 0je denisan kao standardni problem minimumamin yTb (8.16)yTA c, y 0.8.2. DUALNOST 89Razmotrimo ponovo numericki primjer iz prethodne sekcije: Odrediti realnebrojevex1 ix2 takve da je sumax1 +x2 maksimalna uz uslovex1 0, x2 0 ix1 + 2x2 44x1 + 2x2 12 (8.17)x1 +x2 1.Dualni problem ovog standardnog problema maksimuma je sljedeci standardniproblem minimuma: Odrediti realne brojevey1, y2iy3koji minimiziraju4y1 + 12y2 +y3uz uslovey1 0, y2 0, y3 0 iy1 + 4y2 y3 1 (8.18)2y1 + 2y2 +y3 1.Ako standardni problem minimuma (8.16) transformisemo u standardni pro-blem maksimuma (mnozeci A, b i c sa 1), njegov dualni problem po denicijije standardni problem minimuma koji, kada se transformise u standardni prob-lem maksimuma (ponovo mijenjajuci znak svih koecijenata) postaje problem(8.15).Dakle, dualni problemstandardnogproblemaminimuma (8.16)jestandardniproblemmaksimuma (8.15).Zaprobleme(8.15) i (8.16) kazemodasudualni.Standardni problem maksimuma i dualni problem minimuma mozemo isto-vremeno predstaviti na sljedeci nacin:x1x2 xny1a11a12 a1n b1y2a21a22 a2n b2...............ynam1am2 amn bm c1 c2 cn(8.19)Nas numericki primjer u ovoj notaciji mozemo zapisati na sljedeci nacinx1x2y11 2 4y24 2 12y3-1 1 1 1 1(8.20)Vezaizmedustandardnogproblemai njegovogdualnogproblemajedatasljedecom teoremom.90 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJETeorema8.1. Ako jex dopustivo rjesenje standardnog problema maksimuma(8.15)i akojeydopustivorjesenjenjegovogdualnogproblema(8.16), ondavrijedicTx yTb. (8.21)Dokaz.cTx yTAx yTb.Prva nejednakost slijedi izx 0 i cT yTA.Druga nejednakost slijedi izy 0 i Ax b.Posljedica8.1. Akosustandardniinjegovdualniproblemdopustiviondasuoba i ograniceni.Dokaz. Ako je y dopustiv 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.Posljedica8.2. Akojexdopustivvektorzastandardardni problemmaksi-muma (8.15) i ydopustiv vektor za dualni problem (8.16), tako da jecTx = yb,onda su xi yoptimalna rjesenja za probleme (8.15) i (8.16) respektivno.Dokaz. Ako je x dopustivi vektor za (8.15), onda jecTx yTb = cTx,a odavde zakljucujemo da je xoptimalan vektor. Na slican nacin se pokaze iza y.8.3 Teoremaodualnosti i teoremaoekvilibri-jumuSljedecafundamentalnateoremadajevezuizmedustandardnogi dualnogproblema. Dokazoveteoremenijejednostavankaoprethodneteoreme. Micemo dati taj dokaz kasnije kada teoremu dokazujemo koristeci simpleks metod.(Simpleksmetodjealgoritamskimetodzarjesavanjeproblemalinearnogpro-gramiranja.) Napomenimo da je ova teorema sadrzana i u minimax teoremi izteorijeigara.8.3. TEOREMAODUALNOSTIITEOREMAOEKVILIBRIJUMU 91Teorema 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 xminimuma n. x(8.22)Kaoprimjer primjeneposljedice8.2navodimosljedeci problemmaksimuma.Odreditix1, x2, x3ix4koji maksimiziraju2x1 + 4x2 +x3 +x4uz uslovexj 0 zaj = 1, 2, 3, 4 ix1 + 3x2 +x4 42x1 +x2 3 (8.23)x2 + 4x3 +x4 3.Dualni problem ovog problema je : odreditiy1, y2iy3koji minimiziraju4y1 + 3y2 + 3y3uz usloveyj 0 zaj = 1, 2, 3 iy1 + 2y2 23y1 +y2 +y3 3 (8.24)4y3 1y1 +y3 1.Vektor(x1, x2, x3, x4)=(1, 1, 1/2, 0)ispunjavausloveproblemamaksimumaivrijednostfunkcijeciljaje13/2. 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 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJETeorema 8.3. (Teoremaoekvilibrijumu) Neka su x i y dopustivi vektoriza standardni problem maksimuma (8.15) i njegov dualni problem (8.16) respe-ktivno. Tada su xi yoptimalni vektori ako i samo ako jeyi= 0 za svei za koje jen

j=1aijxj< bi(8.25)ixj= 0 za svejza koje jem

i=1yiaij> cj. (8.26)Dokaz. Uslov (8.25) implicira da jeyi= 0 samo ako jen

j=1aijxj bi.Zato vrijedim

i=1yibi =m

i=1yin

j=1aijxj=m

i=1n

j=1yiaijxj. (8.27)Slicno uslov (8.26) impliciram

i=1n

j=1yiaijxj=n

j=1cjxj. (8.28)Posljedica 8.2 implicira da su xi yoptimalni vektori.Pretpostavimo sada da su xi yoptimalni vektori.Kao u prvoj liniji dokaza teoreme 8.1, imamon

j=1cjxj m

i=1n

j=1yiaijxj

i=1yibi. (8.29)Koristeciteoremuodualnostidobijamoda, akosuxi yoptimalnivektori,lijeva strana je jednaka desnoj strani u (8.29). To mozemo zapisati san

j=1_cj m

i=1yiaij_xj= 0. (8.30)Kako su x i y dopustivi vektori, svaki sabirak prethodne sume je nenegativan.Prema tome, suma moze biti jednaka 0 samo ako je svaki sabirak jednak 0. Zato,ako jem

i=1yiaij> cj,onda jexj= 0. Na slican nacin se dokaze dan

j=1aijxj< bi,implicirayi= 0.8.4. OPERACIJESAPIVOTIMA 93Uslovi (8.25) i (8.26) se nazivaju i slabiuslovikomplementarnosti. 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, y2iy3koji minimiziraju4y1 + 12y2 +y3uz uslovey1 0, y2 0, y3 0 iy1 + 4y2 y3 1 (8.31)2y1 + 2y2 +y3 1.Mi smo odredili rjesenje dualnog problema i vidjeli smo da jex1ix2. Zato, iz(8.26)dobijamodaoptimalni vektorydajejednakosti uobenejednakosti u(8.31) (2 jednacine sa 3 nepoznate). Iz uslova (8.25) zakljucujemo da je y3 = 0.Rjesavajuci sljedece dvije jednacine,y1 + 4y2 = 12y1 + 2y2 = 1dobijamo (y1, y2) = (1/3, 1/6). Kako je taj vektor dopustiv, teorema o ekvilibri-jumu impliciradajetoioptimalanvektor. Provjeravajuci vrijednostfunkcijeciljautomvektorudobijamo4(1/3) + 12(1/6)=10/3i vidimodajetoistorjesenje problema maksimuma.Zakljucimo, akopretpostavimodaimamojednorjesenjestandardnogpro-blema,mi mozemo rijesiti dualni koristeci slabe komplementarne uslove i pro-vjeriti da li je nasa pretpostavka korektna.Interpretacijadualnogproblema. Poreddodatnepomoci zatrazenjerjesenja, 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, odredimointerpretacijudualnihpromjenljivihx), x2, . . . , xn. Udualnim uslovima,n

j=1aijxj bi, (8.32)parametribisu velicine cijene po jedinici hrane, Fiiaijsu velicine po jedinicihranljivih sastojakaNjpo jedinici hraneFi.8.4 OperacijesapivotimaRazmotrimo sljedeci sistem jednacina.3y1 + 2y2 = s194 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEy1 3y2 + 3y3 = s2(8.33)5y1 +y2 +y3 = s3.Ovde su izrazene zavisne promjenljive s1, s2 i s3 preko nezavisnih promjenljivihy1, y2 i y3. Pretpostavimo da zelimo dobiti y2, s2 i s3 preko y1, s1 i y3. Odredimoiz prve jednaciney2,y2 =12s1 32y1,i zamijenimo nadenu vrijednost zay2u ostale jednacine.y1 3_12s1 32y1_+ 3y3 = s25y1 +_12s1 32y1_+y3 = s3.Ove tri jednacine jednostavno postaju32y1 + 12s1 = y2112y1 32s1 + 3y3 = s2(8.34)72y1 + 12s1 +y3 = s3.Prethodni primjer je tipican za sljedecu klasu problema. Neka je dat sistemodn linearnih funkcija sam nepoznatih, zapisan u matricnoj formiyTA = sT(8.35)gdje je yT= (y1, . . . , ym), sT= (s1, . . . , sn), iA =__a11a12 a1na21a22 a2n............am1am2 amn__.Jednacina (8.35) se moze zapisati u obliku sistemay1a11 + +yiai1 + +ymam1 = s1...y1a1j + +yiaij + +ymamj = sj(8.36)...y1a1n + +yiain + +ymamn = sn.8.4. OPERACIJESAPIVOTIMA 95U toj formis1, . . . , sn su zavisne promjenljive iy1, . . . , ym su nezavisne promje-nljive.Pretpostavimo da zelimo zamijeniti neku od zavisnih promjenljivh sa nekomod nezavisnih promjenljivih. Na primjer, zelimo da izrazimos1, . . . .sj1, yi, sj+1, . . . , snprekoy1, . . . , yi1, sj, yi+1, . . . , ym,gdjesmoyii sjzamijenili. Tojemoguceakoi samoakojeaij ,=0. Akojeaij ,= 0, mozemojtu jednacinu rijesiti prekoyi, pa dobijamoyi =1aij(y1a1j yi1a(i1)j +sj yi+1a(i+1)j ymamj). (8.37)Sadamozemozamijeniti yiuostalejednacine. Naprimjer, ktajednacinapostajey1_a1k aika1jaij_+ +sj_aikaij_+ +ym_amk aikamjaij_ = sk. (8.38)Na taj nacin dobijamo sistem jednacina u oblikuy1a11 + +sjai1 + +ymam1 = s1...y1a1j + +sjaij + +ymamj = yi(8.39)...y1a1n + +sjain + +ymamn = sn.Na osnovu (8.37) i (8.38) dobijamoaij =1aijahj = ahjaijzah ,= iaik =aikaijzak ,= jahk = ahk aikahjaijzak ,= jih ,= i.Opisimoprethodnuprocedurunasljedeci nacin. ZapisimomatricuAuobliku tabele gdje elementiy1 doym cine prvu kolonu i elementis1 dosn prvuvrstu. Ta tabela reprezentuje sistem jednacina (8.35). Zamjenu yi i sj oznacimotako stocemopodvuci aiji zvacemogapivot. Sadacrtamonovutabelusa96 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEzamjenom yi i sji novim aij. Nova tabela, naravno, reprezentuje sistem (8.39),koji je ekvivalent jednacinama (8.36).s1 sj sny1a11 a1j a1n............yiai1 aij ain............ymam1 amj amns1 yi sny1a11 a1j a1n............sjai1 aij ain............ymam1 amj amnZa primjer iz uvoda, dobijamos1s2s3y13 1 5y22 -3 1y30 3 1y2s2s3y13/2 11/2 7/2s11/2 3/2 1/2y30 3 1Operacije sa pivotima se mogu sumirati preko sljedece notacije:p rc q1/p r/pc/p q (rc/p)Naznacimo: Pivotseslikaureciprocnuvrijednost. Vrijednostiuistojvrstiukojojjepivotsedijelesapivotom. Vrijednostiuistojkoloniukojojjepivotsedijelesapivotomi mijenjajuznak. Preostalevrijednosti seumanjujuzavrijednost koja se dobije mnozenjem odgovarajucih vrijednosti koje se nalaze uistoj vrsti i koloni u kojoj se nalaze oni sami i pivot podijeljene sa pivotom.Za primjer iz uvoda imamoy2s2s3y13/2 11/2 7/2s11/2 3/2 1/2y30 3 1y2s2y3y13/2 5 7/2s11/2 3 1/2s30 3 1y2y1y3s20.3 0.2 0.7s11.4 0.6 1.6s3-0.9 0.6 -1.1Posljednja tabela daje prikaz y1, y2 iy3 preko s1, s2 is3. Preuredujuci vrstei kolone mozemo odrediti A1,y1y2y3s10.6 1.4 1.6s20.2 0.3 0.7s30.6 -0.9 -1.1.8.5. SIMPLEKSTABELA 97Dakle,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 SimplekstabelaRazmotrimo standardni problem minimuma: odrediti y koji minimizirayTbuz uslove y 0 iyTA cT.Koristan je koncept transformacije posljednjeg skupa nejednakosti u jedna-kosti. U tom smislu, dodajmo slabepromjenljive,sT= yTAcT 0.Sada problem mozemo formulisati sa:Odrediti y i s koji minimizirajuyTbuz uslove y 0, s 0 isT= yTAcT.Opisacemotajproblempomocutabelekojunazivamosimplekstabelaakoja reprezentuju jednacinesT= yTAcT.s1s2 sny1a11a12 a1nb1y2a21a22 a2nb2...............ymam1am2 amnbm1 c1c2 cn0Posljednja kolona reprezentuje vektor ciji skalarni proizvod sa y treba mini-mizirati.Ako jec 0 i b 0,tada je rjesenje problema ocigledno. Naime, minimum se nalazi zay = 0 i s = c98 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEi minimalna vrijednost jeyTb = 0.To je dopustivo rjesenje, jer jey 0, s 0,sT= yTAci yibine moze biti manje od 0, jer jey 0 i b 0.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 jea11 ,= 0), ukljucimo posljednju kolonu uoperacije sa pivotima. Dobijamo sljedecu tabelu:s1s2 sny1a11a12 a1nb1y2a21a22 a2nb2...............ymam1am2 amnbm1 c1c2 cn vNeka jer = (r1, . . . , rn) = (y1, s2, . . . , sn)oznaka za promjenljive na vrhu i neka jet = (t1, . . . , tm) = (s1, y2, . . . , ym)oznaka za promjenljive na pocetku. Skup jednacinasT= yTAcje ekvivalentan sarT= tTAc,koji repezentuje novu tabelu.Stavise, funkciju ciljayTbmozemo pisati sa (zamjenjujuciy1sa odgovarajucom vrijednosti prekos1)m

i=1yibi =b1a11s1 +_b2 a21b1a11_y2 + +_bm am1b1a11_ym +c1b1a11= tTb + v.8.5. SIMPLEKSTABELA 99Time je reprezentovana posljednja kolona u novoj tabeli.Sada mozemo transformisati nas problem u sljedeci: odrediti vektoreyiskoji minimizrajutTbuz uslovey 0, s 0irT= tTAc.To je zapravo problem oblika kao i polazni problem.Ponovo, ako jec 0 i b 0,dobijamo da je rjesenje:t = 0 i r = c,sa vrijednosti v.Lakojevidjeti daprocesmozemonastaviti. Koristeni metod, priznajmo,nije potpuno sistematican za trazenje rjesenja.Nepotpuni pivotmetodkoristimodoknedobijemosvevrijednosti uposlje-dnjoj koloni i posljednjoj vrsti (osim u uglu) nenegativne. Tada, vrijednosti kojesenalazenapocetkui navrhutabeleodgovarajuvrijednostimauposljednjojvrsti koje daju rjesenje. Ta vrijednost se nalazi u donjem desnom uglu.Prethodni metodmozemo koristiti za rjesavanje dualnog problema:MaksimiziraticTxuz uslovex 0 i Ax b.Prvo dodajemo slabe promjenljiveu = b Ax.Sada problem postaje: Odrediti x i u koji maksimizirajucTxuz uslovex 0 i u 0,u = b Ax.Mozemo koristiti tabelu za rjesavanje ovog problema ako uslovu = b Ax,zapisemo u oblikuu = Ax b.100 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEx1x2 xn-1u1a11a12 a1nb1u2a21a22 a2nb2...............umam1am2 amnbmc1c2 cn0Primjetimo, daakoje c 0i b 0ondakaoi ranijezakljucujemodaje rjesenje: x = 0, u = b i vrijednost je jednaka nuli (problem je ekvivalentanminimiziranju cTx).Pretpostavimo da zelimo zamijeniti u1i x1i pretpostavimo da jea11 ,= 0.Tada jednacinamau1 = a11x1 +a12x2 + +a1nxn b1u2 = a21x1 +a22x2 + +a2nxn b2 itd.odgovarajux1 =1a11u1 +a12a11x2 + +a1na11xn b1a11u2 = a21a11u1 +_a22 a21a12a11_x2 + itd.Drugim rijecima, pravilo za pivota jep rc q1/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 sax1x2 xn-1y1a11a12 a1nb1y2a21a22 a2nb2...............ymam1am2 amnbm1 c1c2 cn0Ako su sve vrijednosti za pivota do posljednje vrste i kolone (osim u uglu)nenegativne, tada vrijednost standardnog problema i njegovog dualnog proble-ma se trazi u posljednjem donjem uglu. Rjesenje problema minimuma se dobijemijenjajuci vrijednostiyiixju zavisnosti od polozaja pivota. yiPrimjer8.1. Razmotrimo problem: Maksimizirati5x1 + 2x2 +x38.5. SIMPLEKSTABELA 101uz uslovexj 0 ix1 + 3x2 x3 6x2 +x3 43x1 +x2 7.Dualni problem je: Minimizirati6y1 + 4y2 + 7y3uz usloveyi 0 iy1 + 3y3 53y1 +y2 +y3 2y1 +y2 1.Simpleks tabela jex1x2x3y11 3 -1 6y20 1 1 4y33 1 0 7-5 -2 -1 0.U ovom slucaju zamjenjujemoy2sax3iy3sax1i dobijamoy3x2y2y123/3x34x17/35/3 2/3 1 47/3Odavde mozemoprocitati rjesenje obaproblema. Tavrijednost je 47/3.Optimalnivektorzaproblemmaksimumajex1= 7/3, x2= 0i x3= 4. Opti-malni vektor za problem minimuma jey1 = 0, y2 = 1 iy3 = 5/3.Simpleks metod je upravo nepotpuni pivot metod sa kljucnim dodavanjeminformacije koje tacke za izbor pivota dovode sistematski do rjesenja.Pretpostavimo da smo poslije operacija sa pivotima dobili tabelurt A bc vTadaneposrednodobijamodajedopustivatackazaproblemmaksimumadata sa r = 0, t = b i vrijednost koja se trazi jev.Slicno, ako je c 0 dobijamo da je dopustiva tacka za problem minimumadata sa r = c i t = 0.102 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJE8.6 Pravila za operacije sa pivotima kod simple-ksmetodaRazmotrimoprvoslucaj gdjetrazimodopustivutackuzaproblemmaksi-muma.Slucaj 1: b 0. Izaberimokolonusaposljednjomnegativnomvrijednoscu,biramo kolonuj0sa cj0< 0. Izmedu vrijednosti i za koje jeaij0> 0, izabe-rimoi0za koji je kolicnikbi/aij0najmanji. (Ako je takvih vise izaberimo nekii0). Oznacimoai0j0kao pivot.Navedimo neke primjere. U tabeli su podvuceni moguci izbori pivota.r1r2r3r4t11 -1 3 1 6t20 1 2 4 4t33 0 3 1 7-5 -1 -4 2 0r1r2r3t15 2 1 1t21 0 -1 0t33 -1 4 2-1 -2 -3 0Sta se dogada ako ne mozemo izabrati pivota u slucaju 1?Prva mogucnostjedaje cj0zasve j. Utomslucajupostupakjezavrseni nasli smorjesenje. U drugom slucaju postoji neki cj0< 0 za koji jeaij0 0 za svei. Utom slucaju problem maksimuma je dopustivo neogranicen. Naime, razmotrimovektor r takav da jerj0> 0 irj0 = 0 zaj ,= J0. Tada je r dopustiv za problemmaksimuma, jer jeti =n

j=1(aij)rj +bi = aij0rj0 +bi 0za sve i i to je dopustivi vektor sa vrijednoscu cjrj = cj0rj0, koja moze imatiproizvoljno veliku vrijednost jerrj0moze biti proizvoljno veliko.Ova pravila za pivota su dobra jer:1. Poslije operacija sa pivotom kolonab ostaje nenegativna,pa imamo dopu-stivu tacku za problem maksimuma.2. Trazena vrijednost u novoj tabeli nije manja od stare vrijednosti.Dokaz za1. Nekaimamonovutabelusavarijablamapokrivenimsa .Pokazacemo da jebi 0 za svei.Zai = i0imamobi0 = bi0/ai0j08.6. PRAVILAZAOPERACIJE SAPIVOTIMAKODSIMPLEKS METODA103ostaje nenegativno, jer jeai0j0> 0.Zai ,= i0imamobi = bi aij0bi0ai0j0.Ako jeaij0 0tada jebi bi 0,jer jeaij0bi0/ai0j0 0.Ako jeaij0> 0prema pravilima za operacije sa pivotima,bi/aij0 bi0/ai0j0,pa jebi bi bi = 0.Dokazza2. v = v (cj0)(bi0/ai0j0 v, jer jecj0< 0, ai0j0> 0 ibi0 0.Prethodne dvije osobine impliciraju da koristenjem operacija sa pivotima podatim pravilima do rjesenja dolazimo u konacno mnogo koraka ili zakljucujemodaproblemimadopustivoneogranicenarjesenja. Primjetimojos dapremadokazu druge tacke vrijednost zav neopada.Primjer8.2. Maksimiziratix1 +x2 + 2x3uz uslovexi 0 ix2 + 2x3 3x1 + 3x3 22x1 +x2 +x3 1.Koristeci prethodna pravila zakljucujemo da se pivot nalazi u trecoj vrsti i drugojkoloni.x1x2x3y10 1 2 3y2-1 0 3 2y32 1 1 1-1 -1 -2 0x1y3x3y1-2 -1 1 2y2-1 0 3 2x22 1 1 11 1 -1 1104 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJEx1y3y2y14/3x32/3x21/32/3 1 1/3 5/3Vrijednost kojasetrazi je5/3. Optimalni vektorzaproblemmaksimumajex1=0, x2=1/3i x3=2/3. Optimalni vektorzaproblemminimumajey1 = 0, y2 = 1/3 iy3 = 1.Slucaj 2: Nekibisu negativni. Uzmimo prvi negativanbi i oznacimo gasabk< 0 (gdje jeb1 0, . . . , bk1 0). Nadimo negativnu vrijednost uktojvrsti i oznacimo je sa akj0< 0. (Pivot ce biti u koloni j0). Posmatrajmo bk/aij0zakojejebi 0i aij0>0iizaberimoi0zakojijetajkolicniknajmanji(i0moze bit jednak ik). Pivot jeai0j0.Navedimo neke primjere. U tabelama moguci pivoti su podvuceni.r1r2r3r4t12 3 1 0 2t21 -1 2 2 -1t31 -1 0 -1 -21 -1 0 2 0r1r2r3t11 1 0 0t21 -2 3 -2t32 2 1 11 0 -2 0Sta ako slucaj 2 ne mozemo primjeniti?Tada za svaki bk< 0 vrijedi akj 0zasvej. Utomslucaju,problemmaksimumajenedopustiv,jerjednacinazaktu vrstu ima obliktk =n

j=1akjrj bk.Za sve dopustive vektore (t 0), lijeva strana jednacine je negativna ili nula, adesna strana je pozitivna.Krajni cilj slucaja 2 je povratak ponovo na slucaj 1. Naime, koristeci pravilazaslucaj 2dobijamo: 1. Nenegativni biostajunenegativni poslijeizvrsenihoeracija,2. Vrijednosti zabkne ostaju manje.Dokazza1. Prepostavimo da jebi 0, i ,= k. Ako jei = i0tada jebi0 = bi0/ai0j0 0.Ako jei ,= i0tada jebi = bi aij0ai0j0bi0.8.6. PRAVILAZAOPERACIJE SAPIVOTIMAKODSIMPLEKS METODA105Kako jebi0/ai0j0 0,ako jeaij0 0 zakljucujemo da je bi bi 0 i ako jeaij0> 0 onda jebi0/ai0j0 bi/aij0,dakle,bi bi bi = 0.Dokazza2. Ako jek = i0, onda jebk = bk/akj0> 0 ( jerbk< 0 iakj0< 0).Ako jek ,= i0, onda jebk = bk akj0ai0j0bi0 bk,jer jebi0/ai0j0 0 iakj0< 0.Primjer8.3. Minimizirati3y1 2y2 + 5y3uz usloveyi 0 za svei = 1, 2, 3,y2 + 2y3 1y1 +y3 12y1 3y2 + 7y3 5.Prema pravilima Slucaja 2 za prvog pivota biramo element iz druge vrste i prvekolone.x1x2x3y10 1 2 3y21 0 -3 -2y32 1 7 5-1 -1 -5 0y2x2x3y10 1 2 3x11 0 3 2y32 1 1 1-1 -1 -2 2PrimjetimodanakonizboraovogpivotaprelazimonaSlucaj 1. Koristecioperacije sa pivotima dobijamoy2y3x1y14/3x32/3x212/3 1 1/3 11/3Trazenavrijednostzaobaproblema(standardniidualni)je11/3.Rjesenjeproblemaminimumajey1=0, y2=2/3i y3=1. Slicno, rjesenjeproblemamaksimuma jex1 = 0, x2 = 1/3 ix3 = 2/3.106 GLAVA8. LINEARNOPROGRAMIRANJE8.7 DualnisimpleksmetodDualni simpleks metod.Simpleks metod mozemo izloziti sa tacke gledistaproblema maksimuma.Slucaj 1: c 0. Izaberimovrstusaposljednjimnegativnimelementomioznacimogasabi0 0. Tada vrijedi:1. P(A[A) = 1, P([A) = 1, P([A) = 0,2. Ako jeA Bonda jeP(B[A) = 1,3. Ako jeB1B2 = onda jeP(B1 B2[A) = P(B1[A) +P(B2[A),4. P(B[A) = 1 P(B[A).Dokaz. Slijedi iz denicije uslovne vjerovatnoce i osobina vjerovatnoce.Dokazacemo sada jednu jednostavnu ali vaznu formulu poznatu pod nazivomformula potpunevjerovatnoce.Teorema9.3. NekasuA1, A2, . . . , Anmedusobnodisjunktnidogadajisapoz-itivnimvjerovatnocama. Akozanekidogadaj Bvazi B A1 A2 Anonda jeP(B) =n

j=1P(Aj)P(B[Aj).Dokaz. Iz uslovaB A1 A2 AnslijediB = BA1 BA2 BAn,9.2. USLOVNAVJEROVATNOCA 113pa kako su dogadaji A1, A2, . . . , An medusobno disjunktni takvi su i BA1, BA2,. . . , BAn. Koristeci osobinu aditivnosti vjerovatnoce i deniciju uslovne vjerovatno-ce dobijamoP(B) =n

j=1P(Aj)P(B[Aj).Primjedba9.3. Ako za medusobno disjunktne dogadajeA1, A2, . . . , AnvrijediA1 A2 An = ,ondakazemodadogadaji A1, A2, . . . , Ancine potpun skup dogadajailihipoteze.Primjer9.6. U prvoj kutiji se nalaze tri bijele i dvije crne kuglice, a u drugojjednabijelai cetiri crnekuglice. Prvoseslucajnobirakutija, azatimseizkutije slucajno bira kuglica. Odrediti vjerovatnocu da je izabrana bijela kuglica.NekajeA1(A2)dogadajdajeizabranaprva(druga)kutija,aBdogadajdajeizabrana bijela kuglica. VrijediP(A1) = P(A2) =12, P(B[A1) =35, P(B[A2) =15,pa na osnovu formule potpune vjerovatnoce dobijamoP(B) =12 35 + 12 15=25.Neka su A1, A2, . . . , An medusobno disjunktni dogadaji sa pozitivnim vjerovatnocamai dogadajBtakode sa pozitivnom vjerovatnocom za koji vrijediB A1 A2 An.Iz denicije uslovne vjerovatnoce imamo da za svakoj 1, 2, . . . , n vrijediP(AjB) = P(Aj)P(B[Aj) = P(B)P(Aj[B),odakle slijediP(Aj[B) =P(Aj)P(B[Aj)P(B).Koristeci formulu potpune vjerovatnoce dobijamoP(Ak[B) =P(Ak)P(B[Ak)n

j=1P(Aj)P(B[Aj). (9.1)Formula (9.1) je poznata kao Bajesovaformula.114 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCEPrimjer9.7. Nekavazeusloviizprimjera9.6. Pretpostavimodajeizabranabijela kuglica. Odredimo vjerovatnocu da je izabrana iz prve kutije.Na osnovu Bajesove formule imamoP(A1[B) =P(A1)P(B[A1)P(B)=12 3525=34.Denicija9.4. DogadajiA iBsu nezavisni ako vrijediP(AB) = P(A)P(B).Za dogadaje koji nisu nezavisni kazemo da su zavisni.Primjer9.8. Baca se kocka za igru. Prostor elementarnih dogadaja je = 1, 2, 3, 4, 5, 6.Neka jeA = 1, 3, 5, B = 1, 2, C = 1, 2, 3.Tada jeAB = 1, BC = 1, 2, CA = 1, 3i vrijediP(A) =12, P(B) =13, P(C) =12,P(AB) =16= P(A)P(B),P(BC) =13 ,= P(B)P(C),P(CA) =12 ,= P(C)P(A).Dakle,dogadaji Ai Bsunezavisni,dogadaji Bi Czavisni,adogadaji Ci Asu takode nezavisni.Primjer9.9. Ako suA iBnezavisni onda su i dogadaji(a) A iB, (b) A iB, (c) A iB, takode nezavisni.9.3 BernulijevasemaNeka je prostor elementarnih dogadaja i A . Za niz niz eksperimenatau kojima je vjerovatnoca realizacije dogadaja ista i nezavisna od ostalih eksperi-menata kazemo da cini Bernulijevu semu. Sa Sn oznacavamo broj realizacijadogadajaAuBernulijvojsemi. BrojSnnnazivamofrekvencija(relativnaucestalost) dogadajaA un ponovljenih eksperimenata.9.3. BERNULIJEVASEMA 115Primjer9.10. Kockasebacatri puta. Odediti vjerovatnocudasedvaputapojavio broj sest.Neka 1 znaci da je pao broj 6, a 0 da nije pao broj 6. Tada jeS3 = 2 = (x1, x2, x3) : xi 0, 1 tacno dva broja odxisu 1,pa jeP(S3 = 2) =_32_162 56=1563.Slicno kao u prethodnom primjeru zakljucujemo da je saP(Sn = k) =_nk_pk(1 p)nk, k 0, 1, . . . , n, (9.2)data vjerovatnoca da ce se dogadajA, cija je vjerovatnoca pojavljivanja u jed-nom opitup, pojavitik puta un nezavisnih opita.Za velike n vrijednosti P(Sn = k) date formulom (9.2) nije jednostavno odrediti.Obicno se koriste formule date sledecim teoremama.Teorema9.4. (Puasonova aproksimacija) Neka jeP(A) =n, > 0 i nekane zavisi odn. Tada za svakik N 0 vrijedilimn+P(Sn = k) =kk! e.Dokaz. Zbog (9.2) imamoP(Sn = k) =_nk__n_k_1 n_nk.Dalje jeP(Sn = k) =kk!_1 n_nn!(n k)!1nk_1 n_k,to jestP(Sn = k) =kk!_1 n_n_1 k 1n__1 k 2n_

_1 1n__1 n_k,paP(Sn = k) kk! e, n +.Primjedba9.4. (i) Prethodna teorema vrijedi i ako se pretpostavi da jeP(A) = pni da je limn+npn = .(ii) PraksajepokazaladaPuasonovaaproksimacijadajedobrerezultatezanp < 10. Ako je np 10 koristi se normalna aproksimacija data sledecomMuavr-Laplasovom teoremom.116 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCETeorema 9.5.(Normalna aproksimacija) Neka je p (0, 1) vjerovatnoca dogadajau svakom odn nezavisnih ekperimenata i neka postojea, b R takvi da jea k npnpq b za svek, n N ik 0, 1, . . . , n, q = 1 p.Tada vrijedilimn+P(Sn = k)12npqe(knp)22npq= 1.Na osnovu prethodne teoreme moze se dokazati i sljedeca poznata kao inte-gralna Muavr-Laplasova teorema.Teorema9.6. Pri uslovima prethodne teoreme vrijedilimn+P(a Sn b) 12bnpnpq_anpnpqet22dt.Primjer9.11. Vjerovatnocaproizvodnjeneispravnogproizvodaje0.02. Nacivjerovatnocudauseriji od2500proizvodabroj neispravnihbudeizmedu36i57.Ovde jenp = 25000.02 = 50, pa koristimo normalnu aproksimacijuP(36 S2500 57) 121_2et22dt 0.818.Primjedba9.5. Vrijednosti funkcije(x) =12x_0et22dtdate su tablicama.9.4 DiskretneslucajnepromjenljivePrilikom eksperimenta se svakom ishodu moze pridruziti realan broj, to jestmozemo posmatrati preslikavanje sa u skup R.Primjer9.12. Neka se baca novcic. Svakom ishodu mozemo pridruziti 1 ili 0u zavisnosti da li je pao grb ili pismo.U ovom slucaju skup se preslikava na 0, 1.Denicija 9.5.Neka je (, T, P) prostor vjerovatnoca sa konacno mnogo ishoda.FunkcijaX : R zove se slucajnapromjenljiva (velicina).9.4. DISKRETNESLUCAJNEPROMJENLJIVE 117Raspodjelavjerovatnocaslucajnepromjenljivejeodredenaakosupoz-nate vrijednosti x1, x2, . . . , xn koje moze uzeti ta slucajna promjenljiva i vjerovatno-cep1, p2, . . . , pnsa kojima uzima te vrijednosti. Koristi se zapispk = P(X = xk) = P( : X() = xk, k = 1, 2, . . .Raspodjela vjerovatnoca slucajne promjenljiveXse oznacava i saX :_x1x2 xnp1p2 pn_,pri tome jep1 +p2 + +pn = 1.Primjer 9.13.Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, . . . , 10. Slucajnosebirajuodjednomcetiri kuglice. Nekaje Xbroj izabranihkuglicakojesuoznacene brojem djeljivim sa tri. Odrediti raspodjelu slucajne promjenljiveX.Neposrednim racunom dobijamoX :_0 1 2 31612310130_.Denicija9.6. Neka jeXslucajna promjenljiva. FunkcijaFX: R R datasaFX(x) = P : X() x = P(X x)zove se funkcijaraspodjele slucajne promjenljiveX.Primjer9.14. Slucajna promjenljivaXdata saX :_1 0p 1 p_, p (0, 1),se naziva Bernulijeva slucajna promjenljiva. Za njenu funkciju raspodjele vrijediF(x) =___0, x < 0,1 p, 0 x < 1,1, x 1.Osobine funkcije raspodjele su date sledecom teoremom.Teorema9.7. NekajeFfunkcijaraspodjeleslucajnepromjenljiveX. Tadavrijedi:(i) 0 F(x) 1, (x R),(ii) Fje neopadajuca funkcija,(iii) limx+F(x) = 1, limxF(x) = 0,(iv) Fje neprekidna s lijeva.118 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCENezavisnost slucajnihpromjenljivihuvodimo analogno kao i nezavisnostdogadaja.Denicija9.7. Slucajne promjenljiveXiYsu nezavisne ako vrijediP(X = xi, Y= yj) = P(X = xi)P(Y= yj)za svexiiyjiz skupa vrijednosti slucajnih promjeljivihXiY .Primjer9.15. Novcicsebacadvaputa. NekaXoznacavabrojregistrovanihpisama, aY brojgrbova. RaspodjelevjerovatnocaslucajnihpromjenljivihXiYsu date tabelom :X = 0 X = 1 X = 2 qjY= 0 0 01414Y= 1 012012Y= 2140 014pi141214Slucajne promjenljiveXiYnisu nezavisne, jer na primjerP(X = 0, Y= 0) = 0 ,=116= P(X = 0)P(Y= 0).Primjetimo da su ove slucajne promjenljive linearno zavisne, jer jeX +Y= 2.Neka je = 1, . . . , k, k N iX :_x1x2 xnp1p2 pn_.MatematickoocekivanjeE(X) slucajne promjenljiveXse denise saE(X) =X(1) +X(2) + +X(k)k.Neka jeAi = : X() = xi, i = 1, . . . , n,i oznacimo sakibroj elemenata skupaAi. Vrijedi P(Ai) =kik , s druge stranejeP(Ai) = pi, pa imamoE(X) = x1p1 +x2 +p2 + +xkpk.Ako jeXdiskretna slucajna promjenljiva if: R R proizvoljna funkcija tadajef(X) takode slucajna promjenljiva i vrijediEf(X) = f(x1)p1 +f(x)p2 + +f(xk)pk.Primjer 9.16. Neka jeXslucajna promjenljiva koja oznacava broj na gornjojstrani kocke. OdreditiE(X) iE(X2).E(X) =6

i=1i 16= 3.5, E(X2) =6

i=1i2

16=916.9.5. SLUCAJNIPROCESI 119Primjedba9.6. Na osnovu prethodnog primjera vidimo da ne mora biti E(X) X().Osnovne osobine matematickog ocekivanja su :1. Ako jeC R tada jeE(C) = C.2. Ako jeC R iXslucajna promjenljiva tada jeE(CX) = CE(X).3. Ako suXiYslucajne promjenljive onda jeE(X +Y ) = E(X) +E(Y ).4. Ako su X i Ynezavisne slucajne promjenljive onda je E(XY ) = E(X)E(Y ).Matematickoocekivanjeneopisujeslucajnupromjenljivuupotpunosti, pajepotrebnoposmatrati i odstupanjeslucajnepromjenljiveodE(X). Umjestoizraza [XE(X)[ posmatra se izraz (XE(X))2koji je jednostavniji za analizu.Varijansa (disperzija)V ar(X) slucajne promjenljiveXjeV ar(X) = E(X E(X))2.Osnovne osobine varijanse su:1. V ar(X) 0.2. V ar(X) = E(X2) E2(X).3. Ako jeC R onda jeV ar(C) = 0.4. Ako jeC R iXslucajna promjenljiva onda jeV ar(CX) = C2V ar(X).5. AkosuXi Y nezavisneslucajnepromjenljiveondajeV ar(X + Y )=V ar(X) +V ar(Y ).Primjer9.17. Neka jeA dogadaj. Slucajna promjenljivaIAdenisana saIA() =_1, A,0, / A,zove seindikator slucajnog dogadajaA. Ako jeP(A) = p, vrijediIA :_0 11 p p_,E(IA) = p, V ar(IA) = E(I2A) = (E(IA))2= p p2.9.5 SlucajniprocesiNekaje(, T, P)prostorvjerovatnocai T skupvrijednosti parametrat.Slucajni procesjefamilijaslucajnihpromjenljivih Xt, t T. Indeks tseobcno interpretira kao vrijeme, a za skup T se uzima skup (0, +) ili neki njegovpodskup. AkojeTdiskretanpodskup, tadaseradi oprocesusadiskretnim120 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCEvremenom, a u protivnom imamo proces sa neprekidnim vremenom. Za slucajniproces mozemo reci da je funkcija, koja pri svakom ksiranom t Tje slucajnapromjenljivaX(t, ) = X(t), . Ako je = 0ksirano , tada jeX(t, 0)neslucajnafunkcijai zoveserealizacijaili trajektorijaprocesa. AkojeTprebrojivskup, tadaseradi oslucajnomnizu, aakoje T neprebrojivtadaimamo slucajni proces.Neka je data funkcija raspodjele slucajnog vektora(X(t1), X(t2), . . . , X(tn)).Slucajni proces kodkogasusve konacnodimenzionalne raspodjele normalnenazivamo Gaussovim slucajnim procesom.Neslucajna funkcijam(t) = E(X(t))je matematickoocekivanje slucajnog procesa,K(t, s) = E(X(t) m(t))(X(s) m(s))je njegova korelacionafunkcija.U daljem posmatracemo slucajne procese kod kojih je skupTprebrojiv. Nekajedat nizslucajnihpromjenljivih(Xn), kodkogasveslucajnepromjenljiveimajuistekonacneili prebrojiveskupovevrijednosti (skupovestanja). Sma-tracemo da je skup vrijednosti 0, 1, . . . , ili neki njegov podskup. Ako vrijed-nost koju je postigla slucajna promjenljiva Xn potpuno odredjuje zakon raspod-jele slucajne promjenljiveXn+1i taj zakon raspodjele ne zavisi od vrijednostikoje supostigle slucajnepromjenljiveXk, k k1> k2> . . . > kr.Ova osobina govori o tome da vjerovatnoca da se dati sistem u trenutkun + 1nalazi u datom stanju, ako je poznato njegovo stanje u trenutku n, ne zavisi odponasanja tog sistema u proslosti to jest prije trenutkan.Vjerovatnoca da se slucajna promjenljiva Xn+1 nadje u stanju j, ako je poznatoda seXnnalazi u stanjui naziva sevjerovatnocaprelaza. Imamopn,n+1ij= P(xn+1 = j[Xn = i).Ako vjerovatnocepn,n+1ijne zavise odn lanac je homogen.Oznacimosapij(n) vjerovatnoceprelazaizstanjai ustanje j zankoraka.MatriceMn=[pij(n)]sezovumatricevjerovatnocaprelazazankoraka.Kod njih su svi elementi nenegativni i zbir u svakoj vrsti je 1. Koristeci teoremuo totalnoj vjerovatnoci imamo da je za 1 m n,pij(n) =

kpik(m)pkj(n m).9.6. ZADACI 121To su jednacineKormogorova-Cepmena. Matricni oblik jeMn = MmMnm,odavde jeMn = Mn1 .Ako postoji prirodan broj n tako da su svi elementi matrice Mn strogo pozitivni,tada za svakoj = 1, 2, . . . , postoji granicna vrijednostlimn+pij(n) = pj,koja ne zavisi od i. Brojevi pj zovu se nalne vjerovatnoce. Finalne vjerovatnocese mogu dobiti iz sistema jednacina:

jpj= 1,

kpkpkj = pj, j = 1, 2, . . .Lanac koji ima nalne vjerovatnoce zove seergodican.9.6 Zadaci1. Baca se kocka za igru. Kolika je vjerovatnoca da padne broj djeljiv sa 3?2. Odrediti vjerovatnoce svih mogucih zbirova pri bacanju dvije kocke.3. Novcic se baca cetiri puta. Izracunati vjerovatnoce sljedecih dogadaja:(a) pao je paran broj pisama,(b) pala su bar dva pisma,(c) broj pisama jednak je broju grbova.4. Iz kutije koja sadrzi 6 bijelih i 8 crnih kuglica slucajno izvlacimo 3 kuglice.Naci vjerovatnocu da se medu kuglicama nalazi tacno 1 bijela i 2 crne.5. Na slucajan nacin se biraju dva broja iz intervala [0, 1]. Kolika je vjero-vatnoca da je njihov zbir izmedu12i 1?6. Dvije osobe se dogovore da se nadu na odredenom mjestu izmedu 10 i 11sati. Svaka osoba dolazi u slucajno vrijeme izmedu 10 i 11 sati, ceka drugu20 minuta i odlazi. Naci vjerovatnocu da ce doci do susreta.7. Ako iz niza od 10 cifara od 0 do 9, na srecu izaberemo jednu cifru, kolikaje vjerovatnoca da je ona djeljiva sa 3?8. Stanovnici nekog grada boluju od bolesti A i B. Vjerovatnoca da proizvo-ljan stanovnik tog grada oboli od bolesti A je 0.15, a od bolesti B je 0.25.Kolika je vjerovatnoca da je na slucaj uzet stanovnik posmatranog grada:122 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCE(a) bolestan,(b) zdrav,(c) bolestan od obje bolesti?9. Neka su dogadjajiA iBtakvi da jeP(A B) =14, P(AC) =13, P(B) =12.OdreditiP(A B).10. Tri automatapakujutableteukutije. Prvi automatpakuje80%kutijaispravno, drugi 90%, atreci pakujeispravno95%kutija. Prvi automatpakuje10%, drugi 20%, atreci 70%odukupneproizvodnje. Kolikajevjerovatnoca da je slucajno odabrana kutija tableta za koju je ustanovlje-no da je pogresno napunjena, punjena na trecem automatu?11. Dvijemasineproizvodeistiartikal, pri cemuprvadaje5%, adruga1%neispravnihproizvoda. Prodavnicanabavljateartikleito25%odonihkoji su izradeni na prvoj i 75% od onih koji su izradeni na drugoj masini.Covjek je u prodavnici kupio jedan od tih artikala. Kolika je vjerovatnocada je kupio neispravan artikal?12. Pri proizvodnji istogproizvoda, 3masinetipaA, 5tipaBi 2tipaCproizvode redom 5%, 3%, 1% neispravnih proizvoda. Slucajno se bira jedanproizvod.a) Kolika je vjerovatnoca da je neispravan ?b) Ako je izabrani proizvod neispravan, kolika je vjerovatnoca da je proizve-den na masini tipaB?13. Jedan uredaj se sastoji od 2000 dijelova. Vjerovatnoca kvara jednog dijelautokugodineje0.001. Kvarjednogdijelanezavisiodostalihdijelova.Odrediti vjerovatnocu kvara u toku godine:(a) jednog dijela,(b) dva dijela,(c) bar dva dijela,(d) najvise dva dijela.14. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji broj pojavljivanja dogadaja:pao je broj djeljiv sa 3.15. Pri proizvodnji nekog proizvoda vjerovatnoca da ce se proizvesti neispra-van proizvod iznosi 0.004. Kolika je vjerovatnoca da ce se u skupu od 100proizvoda naci jedan neispravan proizvod?16. Automat daje 4% skarta. Proizvodi se pakuju u kutije od po 50 komada.Koliko ce se najcece defektnih proizvoda nalaziti u kutijama?9.6. ZADACI 12317. Poznato je da u odredenoj knjizi od 500 stranica postoji 500 stamparskihgresakaslucajnoraspodijeljenih. Kolikajevjerovatnocadanaslucajnoodabranoj stranici knjige nema manje od tri greske ?18. Jedna porodica ima dvoje djece. Opisati slucajnu promjenljivuX brojdjecaka u porodici.19. Tehnoloski proces daje 2/3 proizvoda prve vrste, a 1/3 cjelokupne proizvo-dnjecineproizvodi drugevrste. Predstavitisematski slucajnupromje-nljivuX broj proizvoda prve vrste u uzorku od 3 proizvoda.20. Slucajna promjenljivaX : R je denisana saX :_ 2 1 0 1 2116124132p18_.(a) Odreditip.(b) Opisati slucajnu promjenljivuY= 2X + 1.(c) Opisati slucajnu promjenljivuZ = X2.21. Date su slucajne promjenljive:X :_0 10.3 0.7_, Y:_2 50.6 0.4_.Opisati slucajne promjenljive(a) Z = X + 2Y.(b) T= 3X Y.(c) U= XY.(d) V=X2Y.22. Jedna porodica ima troje djece. Izracunati matematicko ocekivanje slucajnepromjenljiveXkoja oznacava broj djevojcica u porodici.23. Masinasesastoji odtri elementakoji radenezavisnojedanoddrugog.Vjerovatnocakvarasvakogelementautokuradaiznosi 0.1.Sematskipredstaviti slucajnu promjenljivuX broj pokvarenih elemenata u tokuradnog dana, pa naci matematicko ocekivanje broja pokvarenih elemenatau toku radnog dana.24. Slucajna promjenljivaX : R je denisana saX :_ 2 1 0 1 2 311212416p1816_.(a) Odreditip, E(X) iV ar(X).(b) Opisati slucajnu promjenljivuY= 3X 7.(c) Opisati slucajnu promjenljivuZ = X2.124 GLAVA9. DISKRETNATEORIJAVJEROVATNOCEGlava10Algebarskestrukture10.1 ParcijalnouredeniskupoviNekajeRreeksivna, antisimetricnai tranzitivnarelacijadenisananadskupomA. Za skup Akazemo da je parcijalno ureden skup ili poset sa uredenjemR. Relaciju parcijalnog uredenja oznacavacemo sa . Parcijalno ureden skup sauredenjem oznacavamo sa (A, ). Za elementea ib kazemo da su uporediviakojeili a bili b a. Akosusvakadvaelementanekogskupauporedivatakav skup nazivamo lanac.Neka je B podskup poseta A. Element a iz A je gornje ogranicenje skupa Bako jeb a za svakib B.Elementa je najmanje gornje ogranicenje skupaBako je(i)a gornje ogranicenje i(ii) ako jea

gornje ogranicenje zaBonda jea a

.Najmanje gornje ogranicenje za cijeli poset A (ako postoji) naziva se najvecielement skupaA.Elementa izA je donje ogranicenje zaBako jea b za svakib B.Elementa je najvece donje ogranicenje skupaBako je(i)a donje ogranicenje i(ii) ako jea

donje ogranicenje zaBonda jea

a.Najvece donje ogranicenje za cijeli posetA (ako postoji) naziva se najmanjielement skupaA.Elementa podskupaBje maksimalan element izBako za svaki elementbizBvrijedia b povlacia =b. Elementa podskupaBje minimalan elementizBako za svaki elementb izBvrijedib