KOMBINATORIKOS IR GRAFŲ TEORIJOS PASKAITOSbloznelis/vadovelis/k2016.pdf · Pratarmė Šiame vadovėlyje pateikiami kombinatorikos ir grafų teorijos pradmenys. Jo turi-nys atitinka

Mindaugas Bloznelis

KOMBINATORIKOSIR GRAFŲ TEORIJOS

PASKAITOS

Vilnius, 2016

Turinys

Pratarmė 5

1 Daugybos taisyklė ir Dirichlė principas 71.1 Dirichlė principas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Daugybos taisyklė . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Gretiniai, kėliniai ir deriniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Binominiai ir polinominiai koeficientai . . . . . . . . . . . . . . . . 191.5 Kartotiniai deriniai ir gretiniai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.6 Paskalio trikampis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2 Įdėties – pašalinimo principas 352.1 Pavyzdžiai ir teiginys . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2 Uždavinys apie netvarką . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Siurjekcijų skaičius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.4 Stirlingo skaičiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.5 Oilerio funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Generuojančiosios funkcijos ir rekursija 533.1 Koši algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.2 Generuojančiosios funkcijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.3 Binominių koeficientų generuojančioji funkcija . . . . . . . . . . . . 563.4 Dar kartą apie derinius ir gretinius . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.5 Rekursijos pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.6 Tiesiniai rekurentieji sąryšiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.7 Katalano skaičiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4 Grafai 814.1 Grafų teorijos sąvokos ir pavyzdžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3

4 TURINYS

4.2 Medžiai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 894.3 Plokštieji grafai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.4 Hamiltono ciklas ir Oilerio grandinė . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.5 Ramzio teorijos elementai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Literatūra 115

Pratarmė

Šiame vadovėlyje pateikiami kombinatorikos ir grafų teorijos pradmenys. Jo turi-nys atitinka vieno semestro paskaitų kursą, kurį autorius skaito Vilniaus univer-siteto Matematikos ir informatikos fakulteto pirmosios studijų pakopos pirmųjųmetų studentams.

Mokantis kombinatorikos ir grafų teorijos, kaip ir daugelio kitų matemati-kos disciplinų, verta atkreipti dėmesį į du dalykus. Viena vertus, kombinatorikair grafų teorija pateikia įrankius įvairių sričių uždaviniams spręsti. Kita vertus,kombinatorikos ir grafų teorijos dėsningumai bei čia nagrinėjamos tipinės struk-tūros yra ir tyrimų objektas. Šio vadovėlio tikslas yra supažindinti skaitytoją sukeliais pagrindiniais kombinatorinės analizės metodais ir instrumentais, svarbio-mis grafų klasėmis bei grafų teorijos uždaviniais. Autorius viliasi, kad vadovėlisbus naudingas ir aukštesniųjų klasių moksleiviams, besidomintiems informatika irmatematika.

Vadovėlį sudaro keturi skyriai. Pirmieji trys yra skirti kombinatorikai. Jiedaugmaž atitinka ankščiau išėjusį autoriaus „Kombinatorikos paskaitų ciklą” (VUleidykla. 1996 m.), kuris čia yra praplėstas ir papildytas uždaviniais. Keletassunkesnių uždavinių yra pažymėti simboliu (*). Ketvirtasis skyrius skirtas grafųteorijai.

Įvadinių kombinatorikos žinių lietuvių kalba galima rasti N. Vilenkino kny-goje „Kombinatorika”, K. Bulotos ir P. Survilos vadovėlyje „Algebra ir skaičiųteorija”, A. Plikuso knygelėje „Kombinatorikos, tikimybių teorijos ir statistikospradmenys”. Gilesnėms kombinatorikos studijoms skirtas E. Manstavičiaus vado-vėlis „Analizinė ir tikimybinė kombinatorika”.

Autorius nuoširdžiai dėkoja Z. Manstavičienei už redakcines ir kalbos kultūrospastabas ir P. Drungilui, padėjusiam rengti knygą spaudai.

5

1 skyrius

Daugybos taisyklė ir Dirichlėprincipas

1.1 Dirichlė principas

Yra sakoma: kiek žmonių, tiek nuomonių. Šis posakis netinka matematikai. Čia2+2 visada yra 4, o bet kuris natūralusis skaičius yra arba lyginis, arba nelyginis:trečios galimybės nėra. Daugelyje matematikos įrodymų taikoma ši logikos tai-syklė: teiginys negali būti teisingas ir klaidingas vienu metu. Įrodę, kad teiginysnėra klaidingas, darome išvadą, kad jis teisingas. Panašiai turėdami dvi gretastovinčias tuščias dėžutes ir vieną rutuliuką, galime jį dėti į pirmą dėžutę arba įantrąją, bet ne į abi kartu.

Kombinatorikoje yra plačiai taikomas Dirichlė (P. G. Lejeune - Dirichlet,1805–1859) principas, kuris atitinka minėtą logikos taisyklę:

Turime m rutulių, kuriuos reikia sudėti į n dėžių. Jei m > n, tai bet kuriuobūdu sudėję rutulius į dėžes rasime tokią dėžę, į kurią pakliuvo 2 arba daugiaurutulių.

1 pavyzdys. Tarp trijų žmonių visuomet atsiras bent du nerūkantys arba bentdu rūkantys.

2 pavyzdys. Bet kuriame aibės {1, 2, . . . , 2n} poaibyje, turinčiame ne mažiaunei n + 1 elementą, rasime du skaičius, kurių vienas dalija kitą. Sakome, kadskaičius j dalija skaičių k, jei santykis k/j yra sveikasis skaičius. Aibę {1, 2, . . . ,2n} žymime [2n].

Įrodymas. Tarkime, kad K yra koks nors aibės [2n] poaibis, turintis n + 1elementą. Taigi K yra skirtingų natūraliųjų skaičių (neviršijančių 2n) rinkinys,turintis n+ 1 elementą. Kiekvieną natūralųjį skaičių s galime išskaidyti į daugik-lius ps · qs taip, kad ps būtų nelyginis skaičius, o qs – dvejeto laipsnis. Pavyzdžiui:

7

8 1 skyrius. Daugybos taisyklė ir Dirichlė principas

1 = 1 · 20, 2 = 1 · 21, 3 = 3 · 20, 4 = 1 · 22, 72 = 9 · 23. Taigi qs = 2t, čia t ≥ 0 yrasveikasis skaičius.

Paruošiame n dėžučių, kurių vardai yra 1, 3, . . . , 2n − 1 (tarp natūraliųjųskaičių, neviršijančių 2n, yra n nelyginių). Aibės K elementus dėliojame į dėžutestaip, kad skaičius s = ps · qs patenktų į dėžutę vardu ps. Aišku, kad kiekvienams ∈ K skaičius ps ≤ 2n − 1. Taigi atsiras dėžutė į kurią dėsime s. Dėžučių yramažiau nei aibės K narių, todėl rasime dėžutę, į kurią bus patekę du ar daugiauaibės K narių. Bet kurie du skaičiai, patekę į tą pačią dėžutę (pavadinkime juosj ir k), turi mus dominančią savybę. Taip yra todėl, kad nelyginiai skaidiniųj = pj · qj ir k = pk · qk daugikliai atitinka dėžutės numerį. Taigi jie sutampa,pj = pk. Likę daugikliai qj ir qk yra dvejeto laipsniai, kurių mažesnysis būtinaidalija didesnįjį. Todėl jei j < k, tai qj < qk ir j dalija k (mažesnysis skaičiusdalija didesnįjį).

3 pavyzdys. Fiksuokime natūralųjį skaičių q ir nagrinėkime racionaliųjų skai-čių rinkinį {(p/q), p = 0,±1,±2, . . . }. Šie skaičiai išsidėsto skaičių tiesėje taip,kad atstumas tarp gretimų narių yra 1/q. Todėl bet kuriam realiajam skaičiui xgalime rasti tokį rinkinio narį, kuris būtų nutolęs nuo x ne toliau nei 1/q. Norėda-mi rasti racionalųjį skaičių, kuris būtų artimesnis skaičiui x, turėtume jo ieškotitarp trumpenų p/q′, kurių vardiklis (natūralusis skaičius) q′ didesnis už q. Įdomusklausimas: kaip tiksliai galima aproksimuoti realųjį skaičių x trupmenomis p/q,kurių vardiklis yra bet koks natūralusis skaičius, ne didesnis už duotą skaičių n.Yra teisingas toks teiginys (Dirichlė teorema).

1 teiginys. Tarkime, x yra realusis skaičius, o n – natūralusis skaičius.Atsiras toks sveikasis skaičius p ir natūralusis skaičius q, tenkinantis sąlygą 1 ≤q ≤ n, kuriems teisinga nelygybė∣∣qx− p∣∣ ≤ 1

n+ 1. (1.1)

Įrodymas. Realiojo skaičiaus y sveikąja dalimi vadiname didžiausią sveikąjį skai-čių, kuris neviršija y. Žymime byc. Trupmenine skaičiaus y dalimi vadinameskirtumą y − byc, žymime {y} = y − byc. Išskaidome uždarą intervalą [0, 1] įnesikertančius 1/(n+ 1) ilgio intervaliukus:

[0, 1] =[0;

1

n+ 1

)∪[ 1

n+ 1;

2

n+ 1

)∪ · · · ∪

[n− 1

n+ 1;

n

n+ 1

)∪[ n

n+ 1; 1].

Juos vadinsime dėžutėmis. Skaičių rinkinys 0, {x}, {2x}, ..., {nx}, 1 turi n + 2narius, kurie priklauso intervalui [0, 1]. Rinkinio narių skaičius didesnis už dėžučiųskaičių, todėl rasime dėžutę, kuriai priklauso bent du rinkinio nariai. Galbūt tokiųdėžučių bus keletas, jas vadinsime laimingomis. Toliau nagrinėsime keletą atvejų.

Jei pirmoji dėžutė [0; 1n+1) yra laiminga, tai į ją pateks kuris nors {ix} =

ix − bixc. Čia i ∈ {1, 2, . . . , n}. Tuomet iš nelygybės 0 ≤ ix − bixc < 1n+1

išplaukia (1.1) nelygybė su q = i ir p = bixc.

1.1 Dirichlė principas 9

Jei paskutinė dėžutė [ nn+1 ; 1] yra laiminga, tai į ją pateks kuris nors {jx} =

jx− bjxc. Čia j ∈ {1, 2, . . . , n}. Tuomet iš nelygybės 0 ≤ 1−(jx− bixc

)≤ 1

n+1išplaukia (1.1) nelygybė su q = j ir p = 1 + bjxc.

Jei nei pirmoji, nei paskutinė dėžutė nėra laimingos, tai į laimingąją dėžutęnepateks nei 0, nei 1. Todėl ji turės bent du rinkinio {x}, {2x}, . . . , {nx} narius.Tarkime, tai {kx} ir {rx}, ir k < r. Kadangi {kx} ir {rx} pateko į tą pačiądėžutę, tai atstumas tarp jų neviršija intervaliuko ilgio 1/(n + 1). Iš nelygybės0 ≤ |(rx − brxc) − (kx − bkxc)| < 1

n+1 išplaukia (1.1) nelygybė su q = r − k irp = brxc − bkxc. Įrodymas baigtas.

1 išvada. Tarkime, x yra realusis skaičius, o n – natūralusis skaičius. Yrasveikasis skaičius p ir natūralusis skaičius q, tenkinantis sąlygą 1 ≤ q ≤ n, kuriemsteisinga nelygybė ∣∣∣x− p

q

∣∣∣ ≤ 1

q(n+ 1).

Skyrelio sąvokos ir žymenys: natūraliųjų skaičių, neviršijančių n aibė [n] ={1, . . . , n}; realiojo skaičiaus x sveikoji dalis bxc ir trumpeninė dalis {x}.

Užduotys

1. Kavinėje pietauja 4 žmonės, kurių vardai v1, v2, v3, ir v4. Kai kurie jų yratarpusavyje pažįstami. Asmens vi pažįstamų (esančių kavinėje) skaičių žymimed(vi). Įrodykite, kad tarp skaičių d(v1), d(v2), d(v3), ir d(v4) yra vienodų.

2. Kavinėje pietauja n žmonių, čia n yra bet koks natūralusis skaičius, nemažesnis už 2. Įrodykite, kad tarp skaičių d(v1), ..., d(vn), kurie apibrėžiami,kaip ir 1 užduotyje, yra vienodų.

3. 21 vaikiną ir 21 merginą turime sodinti prie apskrito stalo. Ar galima juospasodinti taip, kad nerastume tokio asmens, kurio abi kaimynės būtų merginos?

4. Sveikųjų skaičių rinkinį {x1, x2, . . . , xk} vadiname aritmetine progresija, jeiatstumai tarp gretimų skaičių yra vienodi:

xk − xk−1 = xk−1 − xk−2 = · · · = x3 − x2 = x2 − x1.

Šiuo atveju sakoma, kad aritmetinės progresijos ilgis yra k.Ar galima aibę {1, 2, . . . , 8} padalyti į dvi dalis taip, kad kiekvienoje dalyje

negalėtume rasti aritmetinės progresijos, kurios ilgis būtų lygus 3? Ar galimaaibę {1, 2, . . . , 9} padalyti į dvi dalis taip, kad kiekvienoje dalyje negalėtume rastiaritmetinės progresijos, kurios ilgis būtų lygus 3?


5. Ar galima aibę {1, 2, . . . , 8} padalyti į dvi dalis taip, kad kiekvienoje da-lyje negalėtume rasti skaičių a, b, c, susietų lygybe a + b = c? Ar galima aibę{1, 2, . . . , 9} padalyti į dvi dalis taip, kad kiekvienoje dalyje negalėtume rastiskaičių a, b, c, susietų lygybe a+ b = c?

6. Įrodykite, kad jei skaičius x yra iracionalusis, tai (1.1) nelygybė yra griežta,t. y. ženklą ≤ galima pakeisti ženklu <.

1.2 Daugybos taisyklė

Aibės A = {a1, a2, . . . , an} elementų skaičių žymime |A|. Mūsų atveju |A| = n.Nagrinėkime poras (ai; bj), sudarytas iš aibėsA elementų ir aibėsB = {b1, . . . , bm}elementų taip, kad pirmasis poros narys yra iš A, o antrasis – iš B. Tokias porasvadiname sutvarkytosiomis. Jų aibę žymime

A×B ={

(ai; bj) : ai ∈ A, bj ∈ B}

ir vadiname aibių A ir B Dekarto sandauga (R. Descartes, 1596–1650). Kiekskirtingų sutvarkytų porų galime sudaryti, t. y. kiek elementų turi aibė A×B?

Pavyzdžiui, aibių A = {a1, a2, a3} ir B = {b1, b2, b3, b4} Dekarto sandauga

(a1; b1), (a1; b2), (a1; b3), (a1; b4),

(a2; b1), (a2; b2), (a2; b3), (a2; b4),

(a3; b1), (a3; b2), (a3; b3), (a3; b4)

turi 3× 4 = 12 elementų, nes juos galima išrikiuoti į 3 eilutes po 4 narius kiekvie-noje eilutėje.

Bendruoju atveju, kai aibė A turi n elementų, o B turi m elementų, Dekartosandaugos A × B narius galėsime išrikiuoti į n eilučių po m narių kiekvienojeeilutėje: i-oje eilutėje bus poros

(ai; b1), (ai; b2), . . . , (ai; bm).

Iš viso turėsime n×m porų. Taigi Dekarto sandauga A×B turi n×m elementų.Kadangi n = |A| ir m = |B|, galime rašyti

|A×B| = |A| × |B|. (1.2)

Ši lygybė vadinama daugybos taisykle.1 pavyzdys. Kiek skirtingų trejetų (ai; bj ; ck) galime sudaryti, jei pirmasis

trejeto narys yra aibės A elementas, antrasis – aibės B elementas, trečiasis – aibės

1.2 Daugybos taisyklė 11

C = {c1, . . . , cr} elementas? Trejetų aibę žymime A × B × C = {(ai; bj ; ck) :ai ∈ A, bj ∈ B, ck ∈ C}. Ją vadiname aibių A, B, C Dekarto sandauga.

Sprendimas. Jau žinome, kad Dekarto sandauga A × B, kurią sudaro su-tvarkytos poros (ai; bj), turi |A| × |B| = n × m elementų. Trejetą (ai; bj ; ck)gauname prijungę prie (ai; bj) elementą ck. Taigi trejetą (ai; bj ; ck) atitinka pora((ai; bj); ck), kurios pirmasis narys (ai; bj) yra aibės A×B elementas, o antrasisnarys yra aibės C elementas,(

(ai; bj); ck)→ (ai; bj ; ck).

Čia kairiojoje pusėje yra aibiųA×B ir C Dekarto sandaugos (A×B)×C elementas,o dešiniojoje – jį atitinkantis trejetas. Darome išvadą, kad skirtingų trejetų bustiek pat, kiek ir Dekarto sandaugos (A×B)× C elementų:

|A×B × C| = |(A×B)× C|.

Pritaikę lygybes, kurios išplaukia iš (1.2) formulės, |(A×B)×C| = |A×B| × |C|ir |A×B| = |A| × |B|, gauname

|A×B × C| = |A| × |B| × |C| = n×m× r.

2 pavyzdys. Aibės A = {a1, . . . , an} elementus vadinsime raidėmis, o pačią ai-bę – abėcėle. Sutvarkytą rinkinį (ai; aj ; ak) vadinsime žodžiu ir kartais žymėsimeaiajak. Sukeitę raides vietomis, gauname kitą žodį, pavyzdžiui, ajaiak. Jį atitinkasutvarkytas rinkinys (aj ; ai; ak), kuris skiriasi nuo pirmojo raidžių tvarka (sutvar-kytąjį rinkinį apibūdina ne tik jį sudarančios raidės, bet ir jų išrikiavimo tvarka).Sakome, kad žodžio aiajak ilgis lygus 3, nes jį sudaro trys raidės. Sutvarkytąraidžių rinkinį (ai1 ; ai2 ; . . . ; aik) vadinsime k ilgio žodžiu, žymėsime ai1ai2 . . . aik(jei k > n, tai žodis būtinai turės pasikartojančių raidžių). Kiek skirtingų žodžių,kurių ilgis 3, galime sudaryti iš abėcėlės A raidžių? Kiek skirtingų žodžių, kuriųilgis k, galime sudaryti iš abėcėlės A raidžių?

Pirmasis klausimas jau išnagrinėtas 1 pavyzdyje, tik mūsų atveju A = B = C.Todėl žodžių, kurių ilgis 3, yra n × n × n = n3. Tokių žodžių aibę žymimeA×A×A = A3. Panašiai žodžių, kurių ilgis k, yra nk, tokių žodžių aibę žymimeAk = A× A× · · · ×A. Tai Dekarto sandauga iš k vienodų aibių.

3 pavyzdys. Kiek skirtingų poaibių galime sudaryti iš aibės X = {x1, x2, . . . ,x6} elementų? Kiek skirtingų poaibių galime sudaryti iš aibės Y = {y1, y2, . . . ,yk} elementų? Tuščią aibę ∅ ir visą aibę įskaitome į poaibių skaičių.

Sprendimas. Nagrinėkime žodžius, kurių ilgis lygus 6 ir kuriuos sudaro abė-cėlės {0, 1} raidės, pavyzdžiui, (1; 1; 0; 0; 1; 1). Nustatysime atitiktį tarp tokiųžodžių ir aibės X poaibių. Poaibiui P ⊂ X priskiriame žodį, kurio i-oje pozicijojeyra 1, jei xi ∈ P , ir 0, jei xi /∈ P . Pavyzdžiui, poaibį P = {x1, x3} atitinka žodis(1; 0; 1; 0; 0; 0). Tuščią aibę ∅ atitinka žodis (0; 0; 0; 0; 0; 0), o poaibį P = X


atitinka (1; 1; 1; 1; 1; 1). Aišku, kiekvieną P ⊂ X atitinka vienintelis žodis, irkiekvienam žodžiui lengvai randame jį atitinkantį poaibį. Todėl skirtingų poaibiųyra tiek pat, kiek yra skirtingų žodžių. Žodžių skaičių esame radę 2 pavyzdyje.Jų yra 26. Darome išvadą, kad aibės X poaibių skaičius yra 26.

Pritaikę šį samprotavimą nesunkiai randame aibės Y poaibių skaičių. Jis yra2k.

4 pavyzdys. Skaičiuosime funkcijas g : X → Y , apibrėžtas aibėje X = {x1,x2, . . . , xn} ir įgyjančias reikšmes aibėje Y = {y1, y2, . . . , ym}.

Sprendimas. Kiekvieną funkciją g galime pavaizduoti n ilgio žodžiu(g(x1); g(x2); . . . ; g(xn)

),

kurio raidės yra funkcijos g reikšmės (išrikiuotos ta pačia tvarka, kaip ir aibėsX nariai). Matome, kad kiekvieną funkciją g : X → Y atitinka vienintelis nilgio žodis, sudarytas iš abėcėlės Y raidžių. Kita vertus, kiekvieną n ilgio žodį,sudarytą iš abėcėlės Y raidžių

(yi1 ; yi2 ; . . . ; yin),

atitinka (vienintelė) funkcija g : X → Y ,

g(x1) = yi1 ; g(x2) = yi2 ; . . . ; g(xn) = yin .

Matome, kad funkcijų g : X → Y yra tiek pat, kiek n ilgio žodių iš abėcėlės Yraidžių, t. y. mn.

Skyrelio sąvokos: aibių Dekarto sandauga, sutvarkytasis elementų rinkinys;žodis.

Užduotys

1. Kiek skirtingų aibės {a1, a2, . . . , an} poaibių turi elementą a7?2. Kiek yra aibės {0, 2, 4, . . . , 500} poaibių B, tenkinančių sąlygą∣∣B ∩ {100, 200, 300, 400}

∣∣ = 1?

3. Kiek yra aibės {1, 2, 3, . . . , 88} poaibių B, tenkinančių sąlygą

B ∩ {7, 13, 24} = ∅?

4. Jonukas ir Grytutė rado raganos trobelę, suręstą iš 678 skirtingų saldumy-nų. Ragana, supratusi, kad trobelės paslaptis atskleista, pakvietė vaikus vaišintis.

1.3 Gretiniai, kėliniai ir deriniai 13

Keliais būdais Jonukas, Grytutė ir ragana gali pasidalyti saldumynus (įskaityti irtokį variantą, kai vaikai saldumynų nemėgsta ir visi atitenka raganai)?

5. Kiek skirtingų poaibių galima sudaryti iš aibės {1, 2, . . . , 47} elementų, jeireikalaujama, kad poaibis turėtų nelyginį skaičių elementų?

6. Ar tiesa, kad aibės {a1, a2, . . . , an} poaibių, turinčių lyginį skaičių elementų,yra tiek pat, kiek ir poaibių, turinčių nelyginį skaičių elementų?

7. Turime išdalyti 12 skirtingų saldainių dešimčiai vaikų. Keliais būdais taigalima padaryti (visi saldainiai turi būti išdalyti, bet nebūtinai kiekvienas vaikasturi gauti saldainių)?

8. Abėcėlėje yra 10 raidžių. Sudarome žodžius, kurių ilgis – 7 raidės. Kiek yražodžių, kuriuose greta esančios raidės skiriasi? Pavyzdžiui, žodyje abababa gretaesančios raidės skiriasi, o žodyje ababbab – ne, jis turi fragmentą bb. Kiek yražodžių, kuriuose greta esančios raidės skiriasi, kai abėcėlėje n raidžių, o žodžiųilgis lygus k?

9. Aibė X turi n elementų. Kiek yra porų {A,B}, sudarytų iš poaibių A,B ⊂X, kurių sąjunga yra X? Poaibiai A ir B gali turėti bendrų elementų. Simboliai{A,B} ir {B,A} žymi tą pačią porą. Kiek yra porų {A,B}, sudarytų iš poaibiųA,B ⊂ X, kurių sankirta netuščia?

1.3 Gretiniai, kėliniai ir deriniai

Jau žinome, kad iš abėcėlės X = {x1, x2, . . . , xn} raidžių galime sudaryti nkskirtingų k ilgio žodžių. Tarkime, kad k < n. Žodžius, kurių ilgis yra k irkuriuose raidės nesikartoja, vadiname gretiniais. Kai k ilgio gretiniai yra sudaromiiš abėcėlės, turinčios n raidžių, sakome „gretiniai iš n po k”. Aišku, kad gretiniųiš n po k skaičius priklauso tik nuo n ir k. Šį skaičių žymime simboliu Akn.

Apskaičiuokime A24. Iš abėcėlės Y = {y1, y2, y3, y4} raidžių sudarome greti-

nius:

(y1; y2) (y1; y3) (y1; y4),

(y2; y1) (y2; y3) (y2; y4),

(y3; y1) (y3; y2) (y3; y4),

(y4; y1) (y4; y2) (y4; y3).

Nesunku pastebėti bendrą principą. Parinkę pirmąją gretinio raidę, antrąją galimerinkti iš likusių 3 raidžių. Kai žodžio pirmoji raidė yra y1, gauname pirmą eilutę,kai y2 – antrąją ir t. t. Skirtingų eilučių yra tiek, kiek yra būdų parinkti pirmąjąraidę. Jų yra 4, nes aibė Y turi 4 elementus. Todėl A2

4 = 4 · 3 = 12. Lygiai taippat galime išrikiuoti 2 ilgio gretinius, sudarytus iš abėcėlės X raidžių. Gautumen eilučių, o kiekvienoje eilutėje po n− 1 gretinį. Todėl A2

n = n(n− 1).


Iš abėcėlės X raidžių sudarysime gretinius, kurių ilgis lygus 3. Parinkę betkurį gretinį, sudarytą iš 2 raidžių, pavyzdžiui, (xi; xj), ir prijungę gretinio galedar vieną raidę x ∈ X, gauname žodį (xi; xj ; x). Šis žodis yra gretinys, jei x 6= xiir x 6= xj . Taigi yra n−2 skirtingų būdų pratęsti gretinį (xi; xj). Panašiai pratęstigalime kiekvieną gretinį, sudarytą iš 2 raidžių. Gauname A2

n · (n − 2) skirtingųgretinių, sudarytų iš 3 raidžių. Tokiu būdu sukonstruojame visus gretinius iš 3raidžių. Todėl A3

n = A2n · (n− 2). Panašiai:

A4n = A3

n · (n− 3), A5n = A4

n · (n− 4), . . . , Akn = Ak−1n (n− (k − 1)).

Iš čia išplaukia formulė

Akn = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1). (1.3)

Kartais (1.3) sandauga yra žymima (n)k. Ją galima apibrėžti ir tuo atveju, kaivietoj natūraliojo skaičiaus n yra realusis skaičius x. Taigi (x)k = x(x−1) (x−2)· · · (x− k+ 1), čia k yra natūralusis skaičius. Yra sutarta simboliui (x)0 priskirtireikšmę 1. Pastebėkime, kad (x)k = 0, kai 0 ≤ x < k yra sveikieji skaičiai.

Gretinius iš n po n vadiname kėliniais. Aišku, jų yra

(n)n = n(n− 1)(n− 2) · · · 2 · 1.

Šį skaičių žymime n!. Be to, sutarsime simboliui 0! priskirti reikšmę 1. Taigi

n! = n(n− 1)(n− 2) · · · 2 · 1 ir 0! = 1.

1 pavyzdys. Teatre yra n pažymėtų vietų. Keliais skirtingais būdais galimesusodinti n žiūrovų?

Sprendimas. Teatro vietas sunumeruokime, o žiūrovų aibę pažymėkime X ={x1, x2, . . . , xn}. Išrikiuokime žiūrovus jų susodinimo į vietas tvarka ir užrašyki-me jų vardus. Pavyzdžiui, užrašas

xn xn−1 x1 x2 x3 . . . xn−3 xn−2

atitinka tokią susodinimo tvarką, kai pirmą vietą užima žiūrovas xn, antrąją –žiūrovas xn−1, trečiąją – x1, ketvirtąją – x2, . . . , n-ąją vietą užima žiūrovas xn−2.Aišku, kad skirtingų būdų žiūrovams susodinti yra tiek, kiek yra būdų išrikiuotiaibės X elementus. Tai kėlinių skaičius n!.

2 pavyzdys. Teatre yra n sėdimų vietų. Keliais skirtingais būdais galimesusodinti k žiūrovų (k < n).

Sprendimas. Šį kartą patogu priskirti numerius žiūrovams. Taigi mūsų žiū-rovai turi savo numerius (nuo 1 iki k). Sėdimų vietų aibę pažymėkime V = {v1,v2, . . . , vn}. Žiūrovams susėdus, užrašykime užimtų vietų vardus jas užėmusiųžiūrovų numerių eilės tvarka. Pavyzdžiui, užrašas

vn vn−1 . . . vn−k+2 vn−k+1


rodo, kad pirmas žiūrovas pasirinko vietą vn, antrasis – vietą vn−1, ..., k-asisžiūrovas pasirinko vietą vn−k+1. Matome, kad skirtingų būdų žiūrovams susėstiyra tiek pat, kiek yra skirtingų būdų sudaryti k ilgio gretinius iš abėcėlės V raidžių.Šis skaičius yra Akn.

Keliais būdais galime sudaryti aibės X = {x1, x2, . . . , xn} poaibį, turintį kelementų? Poaibius dar vadinsime deriniais. Taigi mus domina, kiek skirtingųderinių, susidedančių iš k skirtingų narių, galime sudaryti iš aibės X elementų.Aišku, šis derinių skaičius priklauso tik nuo n ir k. Jį žymime

(nk

)arba Ckn ir

vadiname derinių iš n po k skaičiumi.Apskaičiuokime

(43

). Aibės Y = {a, b, c, d} poaibiai po 3 elementus yra

{a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d}, {b, c, d}.

Šiuo atveju elementų tvarka rinkiniuose nesvarbi (todėl juos, kaip ir dera poai-biams, skliaudžiame riestiniais skliausteliais). Matome, kad

(43

)= 4.

Norėdami rasti skaičių(nk

), turime gudrauti. Taikysime metodą, kuris yra

plačiai paplitęs kombinatorikoje: to paties kombinacijų skaičiaus ieškosime dviemskirtingais būdais. Jau žinome, kad iš aibės X = {x1, x2, . . . , xn} elementųgalime sudaryti

Akn = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

skirtingų gretinių po k elementų. Štai dar vienas būdas gretiniams skaičiuoti.Skirtingais būdais išrikiavę derinio

{xi1 , xi2 , . . . , xik} ⊂ X

elementus, gausime k! skirtingų k ilgio gretinių (jau žinome, kad raides xi1 , xi2 ,. . . , xik į eilę galime išrikiuoti k! skirtingais būdais). Taigi iš vieno derinio gaunamek! skirtingų k ilgio gretinių. Parinkę kitą derinį, vėl gausime k! gretinių. Peržvelgęvisus derinius po k elementų ir iš kiekvieno sudėstę visus įmanomus gretinius,išsemsime visus k ilgio gretinius. Todėl(

n

k

)· k! = Akn = n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1).

Iš čia išplaukia derinių skaičiaus formulė(n

k

)=Aknk!

=n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

k!=

n!

k!(n− k)!. (1.4)

Simboliui(n0

)priskiriama reikšmė 1. Pastebėkime, kad lygybė

(nk

)= n!

k!(n−k)! yrateisinga ir šiuo atveju,

(n0

)= n!

0!n! = 1, nes esame sutarę žymėti 0! = 1.Naudojantis tapatybe

(nk

)= (n)k

k! , galima praplėsti simbolio(nk

)apibrėžimo

sritį. Kiekvienam realiajam skaičiui x ir sveikajam k ≥ 0 apibrėžiame(xk

)= (x)k

k! .Pastebėkime, kad

(xk

)= 0, kai 0 ≤ x < k, yra sveikieji skaičiai.


Dvi tapatybės. Iš formulės(nk

)= n!

k!(n−k)! išplaukia tapatybės:(n

k

)=

(n

n− k

),

(n− 1

k − 1

)+

(n− 1

k

)=

(n

k

). (1.5)

Čia k ≤ n yra natūralieji skaičiai. Antroji formulė yra vadinama Paskalio (B.Pascal, 1623–1662) tapatybe. Šias tapatybes galime gauti ir kitu būdu.

Pirmosios tapatybės įrodymas. Kiekvieną aibės X = {x1, x2, . . . , xn} poaibįP , turintį k elementų, atitinka papildinys P = X \ P , turintis n − k elementų.T. y. poaibį P sudaro tie aibės X elementai, kurie nepakliuvo į P . Todėl skirtingųk poaibių P yra tiek pat, kiek ir porų (P ; P ) t. y.

(nk

). Kita vertus, pasinaudoję

faktu, kad aibės P papildinys yra P , darome išvadą, jog skirtingų porų (P ; P )yra tiek pat, kiek ir skirtingų poaibių P t. y.

(n

n−k).

Antrosios tapatybės įrodymas. Nuspalviname aibės X elementą xn raudonai.Aibės X poaibius, į kuriuos patenka xn, pavadinkime raudonais, likusius – baltais.Balti poaibiai yra sudaromi iš aibės X ′ = {x1, x2, . . . , xn−1} elementų. Todėlbaltų poaibių po k elementų yra

(n−1k

). Raudonų poaibių po k elementų yra(

n−1k−1), nes kiekvienas raudonas poaibis gaunamas prie balto k−1 elementų turinčio

poaibio (jų yra(n−1k−1)) pridėjus raudonąjį elementą xn. Sudėję baltų ir raudonų

poaibių po k elementų skaičius, gauname(n− 1

k

)+

(n− 1

k − 1

).

Tiek yra aibės X poaibių po k elementų.3 pavyzdys. Kiek skirtingų n ilgio žodžių galima sudaryti iš abėcėlės {0, 1}

raidžių, jei reikalaujama, kad kiekvienas žodis turėtų lygiai k raidžių 1? Žodžiusiš abėcėlės {0, 1} raidžių vadiname dvejetainiais žodžiais.

Sprendimas. Aibės [n] = {1, 2, . . . , n} poaibiui P priskiriame dvejetainį nilgio žodį, kurio i-oji koordinatė yra 1, kai i ∈ P , ir lygi 0, kai i /∈ P . PoaibiusP , turinčius k elementų, atitiks žodžiai, kuriuose raidė 1 pasikartoja k kartų.Ši atitiktis yra abipusiškai vienareikšmė (bijekcija). Todėl pakanka apskaičiuoti,kiek yra poaibių po k elementų. Žinome, kad jų yra

(nk

).

4 pavyzdys. Pavaizduotas gatvių tinklas. Keliais skirtingai būdais galima nu-keliauti iš kairiojo apatinio į dešinįjį viršutinį kampą, jei leidžiama judėti aukštynir dešinėn?

Sprendimas. Kelio atkarpą tarp gretimų sankryžų pavadinkime žingsniu. Kiek-vieną kelionės žingsnį registruokime, pavyzdžiui, užrašas DDDAADA... reiškia,kad pirmieji trys žingsniai buvo dešinėn, po to du žingsniai žengti aukštyn, darvienas žingsnis dešinėn ir dar vienas žingsnis aukštyn. Kelionės pabaigoje turė-sime kodą, užrašytą raidėmis A ir D. Tokia kelionė (kai judama dešinėn arbaaukštyn) yra sudaryta iš n+m žingsnių, tarp kurių yra n žingsnių aukštyn ir m


1

2

n

3

1 2 3 m

žingsnių dešinėn. Todėl kelionės kodas yra n + m ilgio žodis iš abėcėlės {A,D}raidžių. Jame raidė A pasikartoja n kartų, o raidė D – m kartų. Kiekvieną tokįžodį atitinka viena kelionė, todėl pakanka rasti žodžių skaičių. Iš 3 pavyzdžiožinome, kad tokių žodžių yra

(n+mn

)=(n+mm

).

5 pavyzdys. Bet kuriems natūraliesiems skaičiams n ≤ m yra teisinga lygybė

m∑k=0

(k

n

)=

(m+ 1

n+ 1

). (1.6)

Sprendimas. Pastebėkime, kad pirmieji n sumos dėmenų yra nuliai, nes(kn

)=

0, kai k < n. Dydis(m+1n+1

)– tai aibės [m+ 1] poaibių po n+ 1 elementų skaičius.

Tų pačių poaibių skaičiaus ieškosime kitu būdu. Aibės [m+ 1] elementus galimepalyginti, pavyzdžiui, elementas 5 yra didesnis už elementą 2. Poaibį, kurio dydisn+1, priskirsime klasei Ak, jei didžiausias poaibio elementas yra k+1. Kiekvienasklasės Ak poaibis turi elementą k + 1, o likę poaibio elementai yra pasirinkti išaibės [k]. Juos pasirinkti turime

(kn

)galimybių. Todėl klasę Ak sudaro

(kn

)narių.

Apskaičiavę kiekvienos klasės narius ir gautus skaičius sudėję, turime gauti visųaibės [m+ 1] poaibių po n+ 1 elementų skaičių

(m+1n+1

).

6 pavyzdys. Bet kuriems natūraliesiems skaičiams j ≤ k ≤ i yra teisingalygybė (

i

k

)(k

j

)=

(i

j

)(i− jk − j

). (1.7)

Sprendimas. Skaičiuosime, kiek yra porų (A;B), sudarytų iš aibės [i] poaibiųA ir B, tenkinančių sąlygas |A| = j, |B| = k ir A ⊂ B.

Yra(ik

)skirtingų aibių B, tenkinančių sąlygą |B| = k. Pasirinkę vieną aibę B,

dar galime rasti(kj

)jos poaibių A, kurių dydis |A| = j. Taigi iš kiekvienos aibės

B galėsime sudaryti(kj

)porų (A;B). Todėl iš viso yra

(ik

)(kj

)mus dominančių

porų.Kita vertus, kiekvieną porą (A;B) atitinka pora (A;B \A). Todėl porų (A;B)

yra tiek pat, kiek ir porų (A;C), čia A ir C yra aibės [i] poaibiai, tenkinantys


[i] [i]

j

[i]

kj

j k

sąlygas |A| = j, |C| = k − j ir A ∩ C = ∅. Yra(ij

)skirtingų aibių A, tenkinančių

sąlygą |A| = j. Pasirinkę aibę A, dar turime(i−jk−j)

variantų pasirinkti poaibįC ⊂ [i] \ A. Taigi iš kiekvienos aibės A sudarysime

(i−jk−j)

porų (A;C). Todėl išviso yra

(ij

)(i−jk−j)

mus dominančių porų (A;C). Porų (A;B) yra tiek pat, kiek irporų (A;C). Todėl (1.7) lygybė yra teisinga.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: deriniai ir jų skaičius Ckn =(nk

); gretiniai ir

jų skaičius Akn = (n)k; kėliniai ir jų skaičius n!; simboliai (x)k ir(xk

).

Užduotys

1. Įrodykite antrąją iš dviejų tapatybių, pažymėtų (1.5), skaičiuodami 4 pa-vyzdžio kelius: iš pradžių tuos, kurie eina per tašką (n,m− 1), po to tuos, kurieeina per tašką (n− 1,m).

2. Kiek yra 4 pavyzdžio kelių, kurie eina per tašką su koordinatėmis (4, 3)?3. Į šokius atėjo aštuoni vaikinai ir penkios merginos. Keliais skirtingais būdais

galime sudaryti penkias poras šokiui (porą sudaro mergina ir vaikinas)?4. Apskritime pažymėti 47 taškai. Kiek skirtingų trikampių, kurių viršūnės

yra pažymėti taškai, galime nubraižyti?5. Keliais skirtingais būdais 15 žmonių gali susikibti rankomis ratu?6. Aštuoni arkliai gavo devynias morkas. Keliais būdais jie gali pasidalyti

morkas, jei reikalaujama, kad kiekvienam arkliui kliūtų bent po vieną morką?Čia arkliai skirtingi ir morkos skirtingos.

7. Nagrinėkime matricas, kurios turi m eilučių ir k stulpelių, o jų elementaiyra nuliai arba vienetai. Kiek tokių matricų yra? Kiek yra matricų, tenkinančiųpapildomą sąlygą, kad matrica neturi sutampančių eilučių?

8. Lentoje nubrėžtos dvi lygiagrečios atkarpos. Vienoje yra pažymėta 20taškų, kitoje – 30. Kiek skirtingų trikampių, kurių viršūnės yra pažymėti taškai,

1.4 Binominiai ir polinominiai koeficientai 19

galime nubraižyti?9. Suskaičiuokite visus nubrėžtoje gardelėje esančius stačiakampius.Nagrinėkime matricas, kurios turi m eilučių ir k stulpelių, o jų elementai yra

nuliai arba vienetai. Kiek tokių matricų yra? Kiek yra matricų, tenkinančiųpapildomą sąlygą, kad matrica neturi sutampančių eilučių?

10. Naudodamiesi faktu, kad n elementų aibės lyginio dydžio poaibių yra tiekpat, kiek ir nelyginio (žr. 1.2 skyrelio 6 uždavinį), įrodykite lygybę

∑k

(n2k

)=∑

k

(n

2k+1

)= 2n−1.

11. Tarkime, p yra pirminis skaičius ir p > n ≥ 1. Įrodykite, kad(pn

)dalijasi

iš p.12. Fiksuokime n ir nagrinėkime seką

(n0

),(n1

), . . . ,

(nn

). Įrodykite, kad skaičiai(

nk

)didėja, kai k = 0, 1, . . . , bn/2c, mažėja, kai k > bn/2c. Be to, didžiausias sekos

narys yra(

nbn/2c

).

13. Įrodykite (1.6) formulę, remdamiesi Paskalio tapatybe, žr. (1.5).14. (*) Tarkime, 1 ≤ k < n yra natūralieji skaičiai. Įrodykite, kad kiekvienam

natūraliajam skaičiui 0 ≤ r <(nk

)egzistuoja vienintelis natūraliųjų skaičių rinki-

nys 0 < b1 < b2 < · · · < bk < n (t. y. k skirtingų skaičių, mažesnių už n), kuriamyra teisinga lygybė r =

(bkk

)+(bk−1

k−1)

+ · · ·+(b11

). Pažymėję b(r) = (b1, b2, . . . , bk),

raskite rinkinį b(r), kai r = 10, n = 8, k = 5.

1.4 Binominiai ir polinominiai koeficientai

1 pavyzdys. Skyrelyje „Daugybos taisyklė” sužinojome, kad aibė X = {x1, x2,. . . , xn} turi 2n skirtingų poaibių (įskaitant ∅ ir visą aibę X). Poaibių skaičiųgalime rasti ir kitu būdu. Poaibių po k elementų yra

(nk

), k = 1, 2, . . . , n. Todėl

iš viso poaibių yra(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

k

)+ · · ·+

(n

n− 1

)+

(n

n

).


Čia(n0

)= 1 atitinka poaibį ∅ ⊂ X ir

(nn

)= 1 atitinka poaibį, kurį sudaro visi

aibės X elementai. Palyginę skirtingais būdais gautus skaičius, gauname

2n =

(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

k

)+ · · ·+

(n

n− 1

)+

(n

n

).

Ši formulė yra atskiras Niutono binomo (I. Newton, 1642–1726) formulės

(1 + x)n =

(n

0

)+

(n

1

)x+ · · ·+

(n

k

)xk + · · ·+

(n

n− 1

)xn−1 +

(n

n

)xn. (1.8)

atvejis. Skaičiai(nk

), t. y. deriniai iš n po k, Niutono binomo formulėje dar

vadinami binominiais koeficientais. Gauta (1.8) formulė ekvivalenti tokiai:

(a+ b)n =

(n

0

)anb0 +

(n

1

)an−1b1 + · · ·+

(n

k

)an−kbk + · · ·+

(n

n

)a0bn.

Ši formulė išplaukia iš (1.8) formulės, parinkus x = b/a.Niutono binomo formulės įrodymas. Taikysime matematinę indukciją. Iš pra-

džių įrodysime (1.8) formulę, kai n = 1. Po to įsitikinsime, kad bet kuriamnatūraliajam r yra teisingas teiginys Ar:

Jei formulė teisinga, kai n reikšmė yra r, tai ji teisinga ir kai n reikšmė yrar + 1 .

Taigi pirmu žingsniu įrodę, kad formulė teisinga, kai n = 1, iš teiginio A1

darome išvadą, kad formulė teisinga ir kai n = 2. Toliau remdamiesi tuo, kadformulė teisinga, kai n = 2, iš teiginio A2 darome išvadą, kad formulė teisingair kai n = 3 ir t. t. Šitaip žingsniuodami, galime įsitikinti, kad formulė teisingakiekvienai indekso n reikšmei. (Jei taip nebūtų, tuomet rastume indekso reikšmęk, kuriai teiginys klaidingas. Tačiau taip būti negali, nes reikšmę k pasiekiame perbaigtinį skaičių žingsnių: A1 ⇒ A2 ⇒ A3 ⇒ · · · ⇒ Ak−1, o kiekvienas žingsnisyra pagrįstas teiginiu Ai, 1 ≤ i ≤ k − 1.) Tokia įrodymo schema (ją sugalvojoB. Paskalis) yra taikoma daugelio matematikos teiginių įrodymuose. Ji vadinamamatematinės indukcijos principu.

Kai n = 1, (1.8) formulė atrodo taip: 1 + x =(10

)+(11

)x. Lygybė akivaizdi,

nes(10

)= 1 ir

(11

)= 1. Toliau tarę, kad (1.8) formulė yra teisinga, kai n = r,

(1 + x)r =

(r

0

)+

(r

1

)x+ · · ·+

(r

k

)xk + · · ·+

(r

r − 1

)xr−1 +

(r

r

)xr,

įrodysime, kad (1.8) formulė yra teisinga ir tuo atveju, kai n = r+1. Padauginki-me abiejose pastarosios lygybės pusėse esančius reiškinius iš (1 + x) ir surinkime


koeficientus prie skirtingų x laipsnių dešiniojoje lygybės pusėje:

(1 + x)r+1 =

(r

0

)(1 + x) +

(r

1

)x(1 + x) + · · ·+

(r

k − 1

)xk−1(1 + x)

+

(r

k

)xk(1 + x) + · · ·+

(r

r − 1

)xr−1(1 + x) +

(r

r

)xr(1 + x)

=

(r

0

)+

((r

0

)+

(r

1

))x+

((r

1

)+

(r

2

))x2 + · · ·

+

((r

k − 1

)+

(r

k

))xk + · · ·+

((r

r − 1

)+

(r

r

))xr

+

(r

r

)xr+1.

Paskutinės lygybės dešiniojoje pusėje pakeitę(r0

)į(r+10

)ir(rr

)į(r+1r+1

)(visi šie

binominiai koeficientai lygūs 1) ir pritaikę Paskalio tapatybę(r

k − 1

)+

(r

k

)=

(r + 1

k

),

gauname (1.8) formulę, kai n = r+1. Niutono binomo formulės įrodymas baigtas.Niutono binomo formulę galime apibendrinti. Vietoj dvinario, n-uoju laipsniu

galime kelti sumą iš k skirtingų narių, t. y. x1 + · · · + xk. Gausime sandaugųxp11 xp22 · · · x

pkk sumą. Kiekvienos sandaugos laipsnio rodiklių suma yra p1 + · · ·

+ pk = n. Konkreti sandauga xp11 xp22 · · · xpkk sumoje pasikartos keletą kartų. Jų

skaičių vadiname polinominiu koeficientu ir žymime(

np1, ..., pk

). Rašome

(x1 + · · ·+ xk)n =

∑p

(n

p1, . . . , pk

)xp11 x

p22 · · ·x

pkk . (1.9)

Čia sumuojame pagal visus k ilgio vektorius p = (p1, p2, . . . , pk), kurių koordinatėsyra sveikieji neneigiami skaičiai, tenkinantys sąlygą p1 + · · · + pk = n (kiekvienątokį vektorių atitinka vienas sumos

∑p narys). Atskiru atveju, kai k = 2, laipsniui

(x1 + x2)n pritaikę Niutono binomo formulę, gauname(

n

p1, p2

)=

(n

p1

)=

(n

p2

).

Lygybė(np1

)=(np2

)išplaukia iš binominių koeficientų savybių (žr. pirmąją (1.5)

formulių tapatybę) ir sąlygos p1 + p2 = n.


Raskime polinominius koeficientus. Pažymėkime X = (x1 + · · · +xk). Tada

(x1 + · · ·+ xk)n = (x1 + · · ·+ xk)X

n−1

= x1Xn−1 + x2X

n−1 + · · ·+ xkXn−1

= x1(x1 + · · ·+ xk)Xn−2 + · · ·+ xk(x1 + · · ·+ xk)X

n−2

= x1x1Xn−2 + x1x2X

n−2 + · · ·+ x1xkXn−2

+ x2x1Xn−2 + x2x2X

n−2 + · · ·+ x2xkXn−2

+ · · ·+ xkx1X

n−2 + xkx2Xn−2 + · · ·+ xkxkX

n−2

= · · · .

Rūpestingai atskliautę visus skliaustelius (ir nekeisdami daugiklių vietomis), gau-sime sandaugas xi1xi2 · · ·xin , turinčias po n daugiklių. Į gautas sandaugas galimežvelgti kaip į n ilgio žodžius, sudarytus iš abėcėlės {x1, x2, . . . , xk} raidžių.Kiekvienam n ilgio žodžiui rasime jį atitinkančią sandaugą. Pavyzdžiui, žodįxi1xi2 · · ·xin atitinka sandauga, kuri iš pirmųjų skliaustelių „pasiėmė” xi1 , iš ant-rųjų – xi2 ir t. t.

Dabar surinkime panašius narius. Sandaugą xp11 xp22 · · ·x

pkk atitinka žodžiai,

kuriuose raidė x1 pasikartoja p1 kartų, raidė x2 pasikartoja p2 kartų, …, raidė xkpasikartoja pk kartų. Panagrinėkime kiek tokių žodžių yra. Imkime žodžio ruošinį,kuriame pažymėtos raidžių vietos (nuo pirmos iki n-osios), tačiau nė viena raidėdar nėra įrašyta. Pirmasis mūsų darbas yra įrašyti raides x1. Jų turime p1. Iš1.3 skyrelio 3 pavyzdžio žinome, kad yra

(np1

)skirtingų būdų visoms x1 raidėms

įrašyti. Pasirinkę vieną būdą ir įrašę raides x1, toliau atliksime antrąjį darbą –įrašysime raides x2. Dabar laisvų vietų yra likę n− p1, o raidžių x2 skaičius lygusp2. Jas įrašyti galime

(n−p1p2

)būdų. Atlikti pirmą darbą, o po to antrąjį galime(

n

p1

)·(n− p1p2

)būdų. Tęsdami šį procesą, t. y. užpildydami ruošinį vis naujomis raidėmis, suži-nosime visas galimas kombinacijas žodžiams sudaryti. Jų yra(

n

p1

)·(n− p1p2

)(n− p1 − p2

p3

)· · ·(n− p1 − p2 − · · · − pk−1

pk

).

Įstatę formulę(nk

)= n!

k!(n−k)! ir suprastinę panašius narius, apskaičiuojame san-daugos reikšmę n!

p1!p2!···pk! . Radome polinominių koeficientų formulę(n

p1, p2, . . . , pk

)=

n!

p1!p2! · · · pk!.


2 pavyzdys. Funkcijos t → f(t) išvestinė žymima f ′(t) arba f (1)(t), o p eilėsišvestinė – f (p)(t). Funkciją f(t) kartais žymėsime f (0)(t). Išvestinės apskaičiavi-mas dar vadinamas funkcijos diferencijavimu: diferencijavę funkciją f(t), gaunamef (1)(t), o diferencijavę funkciją f (1)(t), gauname f (2)(t). Įrodysime, kad funkcijųf1(t), . . . , fk(t) sandaugos

A(t) = f1(t) · f2(t) · · · fk(t) =k∏i=1

fi(t)

n-osios eilės išvestinė

A(n)(t) =∑p

f(p1)1 (t)f

(p2)2 (t) . . . f

(pk)k (t)

(n

p1, p2, . . . , pk

). (1.10)

Čia sumuojama pagal visus k mačius vektorius p = (p1, . . . , pk), kurių koordinatėsyra sveikieji neneigiami skaičiai ir tenkina sąlygą p1 + · · ·+ pk = n.

Sprendimas. Rašydami praleisime kintamąjį t. Sandaugos A pirmosios eilėsišvestinė yra suma:

A(1) = f(1)1

∏i∈[k], i 6=1

fi + f(1)2

∏i∈[k], i 6=2

fi + · · ·+ f(1)k

∏i∈[k], i 6=k

fi. (1.11)

Ieškodami n-osios eilės išvestinėsA(n), pirmu žingsniu apskaičiuojameA(1), antruo-ju – A(2) =

(A(1)

)′, trečiuoju – A(3) =(A(2)

)′ ir t. t. Pirmu žingsniu gauname(1.11) sumą, kurią sudaro k dėmenų. Antruoju žingsniu kiekvienas šios sumosdėmuo yra pakeičiamas k naujų dėmenų. Todėl A(2) yra k × k narių suma:

A(2) = f(2)1

∏i∈[k], i 6=1

fi + f(1)1 f

(1)2

∏i∈[k], i 6=1,2

fi + · · ·+ f(1)1 f

(1)k

∏i∈[k], i 6=1,k

fi

+ f(1)2 f

(1)1

∏i∈[k], i 6=1,2

fi + f(2)2

∏i∈[k], i 6=2

fi + · · ·+ f(1)2 f

(1)k

∏i∈[k], i 6=2,k

fi

+ · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·+ f

(1)k f

(1)1

∏i∈[k], i 6=k,1

fi + f(1)k f

(1)2

∏i∈[k], i 6=k,2

fi + · · ·+ f(2)k

∏i∈[k], i 6=k

fi.

Pirma eilutė gauta apskaičiavus pirmo (1.11) sumos dėmens išvestinę, antroji –antrojo ir t. t. Sumos A(2) narius galime koduoti abėcėlės [k] žodžiais, kurių ilgis 2.Žodis q1q2 koduoja q1-osios eilutės q2-ąjį dėmenį: q1 nurodo indeksą tos funkcijos,kurios išvestinė buvo apskaičiuota pirmame žingsnyje, o q2 nurodo indeksą tosfunkcijos, kuri buvo diferencijuota antrajame žingsnyje. Pavyzdžiui, žodis 21koduoja antros eilutės pirmąjį dėmenį

f(1)2 f

(1)1

∏i∈[k], i 6=1,2

fi,


o žodis kk koduoja paskutiniosios eilutės paskutinįjį dėmenį

f(2)k

∏i∈[k], i 6=k

fi.

Panašiai A(n) yra kn narių suma, kurios narius galime koduoti n ilgio žodžiais

q1q2 · · · qn−2qn−1qn (1.12)

iš abėcėlės [k] raidžių. Žodį (1.12) atitinka sumos A(n) dėmuo. Jį gauname ap-skaičiavę ankstesnės sumos A(n−1) dėmens, turinčio kodą q1q2 · · · qn−1, išvestinę.Apskaičiuodami šią išvestinę, mes pakeičiame nagrinėjamą ankstenės sumos dė-menį (jis yra k daugiklių sandauga) k naujų dėmenų suma – kaip tai daromaapskaičiuojant sandaugos, turinčios k daugiklių, išvestinę. Gauti naujieji dėme-nys yra koduojami žodžiais

q1q2 · · · qn−11, q1q2 · · · qn−12, . . . , q1q2 · · · qn−1k.

Žodis q1q2 · · · qn−1i atitinka naują dėmenį, gautą diferencijavus nagrinėjamos san-daugos daugiklį su indeksu i.

Taigi žodį q1 · · · qn−2qn−1, qn atitinka sumos A(n) narys, gautas taip. Pirmužingsniu buvo diferencijuotas daugiklis su indeksu q1, t. y. daugiklis fq1 , antruoju– su indeksu q2, trečiuoju – su indeksu q3, o n-uoju – su indeksu qn. Pavyzdžiui,jei k = 4 ir n = 5, tai žodį 11212 atitinka sandauga f (3)1 f

(2)2 f

(0)3 f

(0)4 = f

(3)1 f

(2)2 f3f4.

Raidės 1 pasikartojimų (1.12) žodyje skaičius (pažymėkime jį p1) atitinka funk-cijos f1 išvestinės eilę, raidės 2 pasikartojimų skaičius (pažymėkime jį p2) atitinkafunkcijos f2 išvestinės eilę ir t. t. Taigi žodis (1.12) atitinka sumos A(n) dėmenį

f(p1)1 f

(p2)2 · · · f (pk)k , (1.13)

čia pj yra raidės j pasikartojimų (1.12) žodyje skaičius. Kai pj = 0, t. y. raidės jžodyje nėra, rašome f (0)j = fj ir turime omenyje, kad funkcija fj nė karto nebuvodiferencijuota. Matome, kad (1.13) sandaugą atitinka (1.12) žodžiai, kuriuoseraidė 1 pasikartoja p1 kartų, raidė 2 – p2 kartų, o raidė k pasikartoja pk kartų.Tokių žodžių skaičius yra polinominis koeficientas

(n

p1, p2, ..., pk

).

Skyrelio sąvokos ir žymenys: matematinės indukcijos principas; binomi-niai koeficientai

(nk

); polinominiai koeficientai

(n

p1, p2, ..., pk

).

Užduotys

1. Raskite koeficientą prie sandaugos x102 x204 reiškinyje (polinome)

(1 + x1 + x2 + x3 + x4 + x5)50.

1.5 Kartotiniai deriniai ir gretiniai 25

2. Apskaičiuokite koeficientą prie laipsnio t9 polinome (1− 2t+ 3t3)7.3. Įrodykite, kad polinominių koeficientų suma

∑p

(n

p1, ..., pk

)lygi 1.

Nuoroda: (1.9) formulėje įstatykite reikšmes x1 = 1, x2 = 1, . . . , xk = 1.4. Taikydami (1.10) formulę funkcijų f1(t) = tk ir f2(t) = tm sandaugos n-ajai

išvestinei apskaičiuoti, išveskite formulę

(k +m)n =n∑i=0

(n

i

)(k)i(m)n−i.

1.5 Kartotiniai deriniai ir gretiniai

Iš abėcėlės X = {x1, x2, . . . , xk} raidžių sudarinėsime n ilgio žodžius, kuriuoseraidė x1 pasikartoja p1 kartų, x2 pasikartoja p2 kartų, ..., xk pasikartoja pk kartų.Tokius žodžius vadiname kartotiniais gretiniais. Šiuo atveju neneigiamų sveikųjųskaičių rinkinys (p1, p2, . . . , pk) yra fiksuotas ir tenkina sąlygą p1 + p2 + · · · +pk = n. Skyrelyje „Binominiai ir polinominiai koeficientai” sužinojome, kad tokiųžodžių yra (

n

p1, . . . , pk

)=

n!

p1!p2! · · · pk!.

Tiek skirtingų kartotinių gretinių, atitinkančių rinkinį (p1, p2, . . . , pk), galimesudaryti iš n dydžio abėcėlės raidžių.

1 pavyzdys. n skautų būrį reikia apgyvendinti palapinėse. Turime k skirtin-gų palapinių, kuriose yra p1, p2, . . . , pk vietų. Keliais būdais galime išskirstytiskautus į palapines?

Sprendimas. Išrikiuokime vaikus į eilę ir kiekvienam priskirkime jo eilės nu-merį – poziciją eilėje. Palapines pažymėkime ženklais P1, P2, . . . , Pk. Vaikams,kurie gyvens palapinėje P1, išdalijame korteles su užrašu P1. Tiems, kurie gy-vens palapinėje P2, duodame korteles su užrašu P2, ir t. t. Tokiu būdu iš abėcėlės{P1, P2, . . . , Pk} raidžių sudarome n ilgio žodį. Pavyzdžiui, žodis

P2 P3 P3 P8 . . . P1

atitinka skautų išskirstymo į palapines variantą, kai pirmasis skautas patenka įpalapinę P2, antrasis ir trečiasis – į P3, ketvirtasis – į P8 , ..., n-asis skautaspatenka į palapinę P1. Matome, kad skirtingų būdų skautams apgyvendinti yratiek pat, kiek ir kartotinių gretinių, t.y.

(n

p1, ..., pk

).

Pastaba. Šiame pavyzdyje tarėme, kad visos palapinės yra skirtingos. Net irpalapinės, turinčios tiek pat vietų, buvo laikomos skirtingomis (pvz., nuspalvintosskirtingomis spalvomis).


2 pavyzdys. Kieme yra 4 vaikai. Keliais skirtingais būdais galime išskirstytivaikus į poras? Vaikus atitinka raidės A,B,C,D. Jų poros:

AB ir CD, AC ir BD, AD ir BC.

Matome, kad yra trys būdai.3 pavyzdys. Kieme yra 2n vaikų. Keliais skirtingais būdais galime juos iš-

skirstyti į poras?Aibės elementus galime išskirstyti į poras, jei ji turi lyginį skaičių elementų.

Bet kurį išskirstymą į poras vadiname aibės poravimu.Sprendimas. Pagaminame 2n raidžių P1P1P2P2 . . .PnPn – kiekvienos rūšies

po dvi raides. Išrikiuojame vaikus į eilę ir kiekvienam priskiriame jo eilės numerį– poziciją eilėje. Išdalijame vaikams po raidę (apatinės eilutės skaičius žymi vaikopoziciją eilėje):

P2 P3 P3 P6 P1 P2 P7 P1 . . . P6

1 2 3 4 5 6 7 8 . . . 2n.

Gauname 2n ilgio žodį iš abėcėlės {P1, P2, . . . , Pn} raidžių. Jame kiekvienaraidė pasikartoja 2 kartus. Pavyzdžiui, žodis

P2P3P3P6P1P2P7P1 . . . P6 (1.14)

reiškia, kad pirmasis vaikas gavo raidę P2, antrasis – raidę P3 ir t. t. Jau žinome,kad yra

(2n

2, 2, ..., 2

)= n!

2n tokių žodžių. Kita vertus, tą patį būdą raidėms išdalyti(tą patį žodį) galime vaizduoti ir kitaip:

P1 P2 P3 P4 P5 P6 . . . Pn (1.15)5, 8 1, 6 2, 3 . . . . . . 4, 2n . . . . . . .

Čia iš pradžių nurodome porą, kuriai kliuvo raidė P1, po to porą, kuriai kliuvoraidė P2 ir t. t. Tokiu būdu išskirstome vaikus į poras. Sukeitę (1.15) eilutė-je raides vietomis, tačiau palikę apatinę eilutę nepajudintą, gausime kitą raidžiųišdalijimo variantą, kuris atitiks tą patį vaikų aibės poravimą. Yra n! būdų vir-šutinės eilės raidėms išrikiuoti, todėl tą patį poravimą atitiks n! skirtingų žodžių.Darome išvadą, kad

Žodžių skaičius = Poravimų skaičius × n!.

Randame poravimų skaičių (2n

2, ..., 2

)n!

=(2n)!

2nn!.

4 pavyzdys. 14 asmenų grupę reikia išskirstyti į 6 komandas: dvi komandaspo 3 asmenis ir 4 komandas po 2 asmenis. Kiek yra skirtingų būdų tai padaryti?


Sprendimas. Priskiriame asmenims vardus 1, 2, . . . , 14. Paruošiame raides

T1T1T1 T2T2T2 D1D1 D2D2 D3D3 D4D4.

Išdaliję jas, gauname 14 raidžių ilgio žodį, kuriame raidės T1 ir T2 pasikartojapo 3 kartus, o raidės D1, D2, D3, D4 pasikartoja po 2 kartus. Pavyzdžiui, žodis

T1D3T1 D4 D3 D2 T2 T2 T1 D4 D1 T2 D1 D2

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

atitinka tokį asmenų grupės išskaidymą į komandas:

T1 T2 D1 D2 D3 D4

1, 3, 9 7, 8, 12 11, 13 6, 14 2, 5 4, 10.

Viršutinėje eilutėje sukeitę raides T1 ir T2 vietomis (yra 2! keitimo variantų),gausime tą patį išskaidymą į komandas. Kitaip išrikiavę (sukeitę vietomis) raidesD1, D2, D3, D4 (yra 4! keitimo variantų) vėl gausime tą patį išskaidymą į ko-mandas. Matome, kad vienas išskaidymas į komandas atitinka 2! × 4! skirtingųžodžių. Iš viso žodžių yra

(14

2, 2, 2, 2, 3, 3

), todėl išskaidymo į komandas variantų yra(

142, 2, 2, 2, 3, 3

)2!4!

=14!

(2!)4(3!)2 2! 4!.

5 pavyzdys. Parduotuvėje yra n prekių rūšių: a1, a2, . . . , an. Perkame kprekių (nebūtinai skirtingų rūšių). Kiek skirtingų pirkinių galime sudaryti?

Pirkinius po k prekių vadiname kartotiniais deriniais. Kai yra n prekių rūšių,o pirkinys sudarytas iš k prekių, sakome, kad turime kartotinius derinius iš n pok. Jų skaičių žymime Hk

n.Sprendimas. Sudarysime pirkinio kodą. Eilutės pradžioje rašome tiek x rai-

džių, kiek perkame a1 rūšies prekių. Po to dedame vertikalų brūkšnelį, po kuriorašome tiek x-ų, kiek perkame a2 rūšies prekių, ir t. t. Pavyzdžiui užrašas

x x | x x x | | x | x | x x x | x

nurodo, jog parduotuvėje yra 7 rūšių prekių (n = 7), pirkinį sudaro 11 prekių(k = 11), iš kurių yra dvi prekės a1, trys prekės a2, nebuvo pirkta a3, viena prekėa4, viena a5, trys prekės a6 ir viena a7. Kai parduotuvėje yra n rūšių prekių,o perkame k prekių, užrašą sudarys k raidžių x ir n − 1 brūkšnelis. Skirtingųpirkinių yra tiek pat, kiek skirtingų k + n − 1 ilgio žodžių, sudarytų iš abėcėlės{x, |} (kiekviena pirkinį atitinka jo kodas). Be to, kiekviename žodyje raidė xpasikartoja k kartų, o brūkšnelis pasikartoja n−1 kartų. Tokius žodžius vadinamekartotiniais gretiniais. Jų skaičius yra(

k + n− 1

k, n− 1

)=

(k + n− 1)!

k!(n− 1)!=

(k + n− 1

k

).


Taigi

Hkn =

(k + n− 1

k

).

6 pavyzdys. Kiek yra neneigiamų sveikųjų skaičių trejetų (x1; x2; x3), tenki-nančių lygtį

x1 + x2 + x3 = 20? (1.16)

Čia skaičiuojame sutvarkytuosius trejetus. Pavyzdžiui, trejetai (0; 0; 20) ir (20; 0; 0)laikomi skirtingais, nes skiriasi skaičių išrikiavimo tvarka.

Sprendimas. Spręsime ekvivalentų uždavinį. Parduotuvėje yra trijų rūšiųprekių. Kiek skirtingų pirkinių po 20 prekių galime sudaryti? Pažymėję pirmosrūšies prekių pirkinyje skaičių simboliu x1, antrosios – simboliu x2, o trečiosios –simboliu x3, matome, jog pirkinio kodas (x1; x2; x3) tenkina (1.16) lygtį. Skirtingųpirkinių yra tiek pat, kiek ir mus dominančių (1.16) lygties sprendinių. Pirkiniųskaičių jau esame radę: H20

3 = 231. Tiek yra ir neneigiamų sveikųjų skaičiųtrejetų (x1; x2; x3), tenkinančių (1.16) lygtį.

6 pavyzdį galime apibendrinti. Lygties

x1 + x2 + · · ·+ xn = k? (1.17)

sprendinių (x1; x2; . . . ; xn), sudarytų iš neneigiamų sveikųjų skaičių, yra Hkn.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: kartotiniai gretiniai; poravimas; kartotiniaideriniai ir jų skaičius Hk

n.

Užduotys

1. Klasei, kurioje mokosi 25 vaikai, paskyrė 4 bilietus į koncertą. Keliaisbūdais galima išdalyti bilietus vaikams, jei:

a) bilietai skirtingi, o kiekvienas vaikas gali gauti ne daugiau kaip 1 bilietą;b) bilietai skirtingi, o kiekvienas vaikas gali gauti ne daugiau kaip 4 bilietus

(t. y. vienas gali pasiimti visus bilietus);c) bilietai vienodi (t. y. vietos nepažymėtos), o kiekvienas vaikas gali gauti ne

daugiau kaip 1 bilietą;d) bilietai vienodi (t. y. vietos nepažymėtos), o kiekvienas vaikas gali gauti ne

daugiau kaip 4 bilietus.2. Turime 40 vaikų ir 80 vienodų saldainių. Keliais būdais galime saldainius

išdalyti vaikams (visi saldainiai turi būti išdalyti, bet nebūtinai kiekvienas vaikasturi jų gauti)? Sakydami vienodų saldainių turime omenyje, kad nesvarbu kuriuos


saldainius gavo vaikas, svarbu kiek jų gavo, t. y. kiekvieną padalijimą atitinkaskaičių rinkinys: kiek saldainių gavo pirmas vaikas, kiek antrasis ir t. t.

3. Krepšelyje yra 20 vienodų saldainių. Keliais būdais juos galime išdalytipenkiems vaikams, jei reikalaujama, kad kiekvienam vaikui kliūtų bent vienassaldainis?

4. 23 asmenų grupę reikia išskirstyti į 5 komandas: dvi komandas po 4 asmenisir tris komandas po 5 asmenis. Keliais būdais tai galima padaryti?

5. Kiek sveikųjų neneigiamų skaičių ketvertų (x1;x2;x3;x4) tenkina sąlygas:

x1 + x2 + x3 + x4 = 20, x1 > 10, x2 = 7?

6. Turime 7 vienodus rutulius ir 5 skirtingų spalvų dažų kibirėlius. Kiekvie-ną rutulį spalviname tik viena spalva (kiekvienos spalvos dažų pakanka visiemsrutuliams nuspalvinti). Kiek yra skirtingų spalvinimo būdų?

7. Kaimo parduotuvėje yra 40 porcijų grietininių ledų, 50 porcijų vaisinių, ir60 porcijų šokoladinių. Mokytoja savo pradinukams perka 46 porcijas ledų. Kiekyra skirtingų pirkinio variantų?

8. 5 pavyzdyje pirkinių kodams skaičiuoti pritaikėme kartotinių gretinių skai-čiaus formulę. Prekių kodų skaičių galime rasti ir kitu būdu. Pakeiskite brūkšnelįženklu 0, o raidę x ženklu 1. Dabar pirkinius atitinka dvejetainiai žodžiai. Jųskaičiui rasti pritaikykite 1.3 skyrelio 3 pavyzdį.

9. Kiek yra skaičių, turinčių 9 skaitmenis, kurie (skaitant iš kairės į dešinę)nedidėja. Pavyzdžiui, 871100000.

10. Kiek skaičių sekos 1, 2, . . . , 100000 narių turi skaitmenis, išrikiuotus ne-mažėjimo tvarka? Pavyzdžiui, 23, 1188, 99999.

11. Kiek skirtingų žodžių galime gauti keisdami vietomis žodžio MATEMA-TIKA raides?

12. Kiek yra n ilgio dvejetainių žodžių, kuriuose yra k vienetų, o nuliai įrašytigrupėmis. Kiekvienoje nulių grupėje yra ne mažiau nei r nulių. Tariame, kadn ≥ (k − 1)r.

13. 20 asmenų susėdo aplink stalą. Keliais būdais galime išrinkti trejetąasmenų, kad jokie du iš jų nebūtų kaimynai?


1.6 Paskalio trikampis

Binominių koeficientų lentelę (0

0

)(

1

0

) (1

1

)(

2

0

) (2

1

) (2

2

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(n− 1

0

). . .

(n− 1

k − 1

) (n− 1

k

). . .

(n− 1

n− 1

)(n

0

). . . . . . . . . . . . . . .

(n

k

). . . . . . . . . . . . . . .

(n

n

). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

vadiname Paskalio trikampiu. Jei trikampio eilutes numeruosime 0, 1, 2, . . . , tain-osios eilutės k-asis narys bus

(nk

). Jo reikšmė lygi viena eilute aukščiau stovinčių

kaimynų sumai(n−1k−1)

+(n−1k

)=(nk

), žr. 1.3 skyrelyje įrodytą Paskalio tapatybę.

Nagrinėkime skaičių lentelę A ={aij =

(ij

), i, j = 0, 1, . . .

}:

a00 a01 a02 a03 a04 . . .

a10 a11 a12 a13 a14 . . .

a20 a21 a22 a23 a24 . . .

a30 a31 a32 a33 a34 . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Jos nariai aij , j > i, sudarantys trikampį virš diagonalės, yra lygūs 0, nes(ij

)=

0, kai j > i. Likę (pabraukti) nariai sudaro Paskalio trikampį. Mus domina(n + 1) × (n + 1) dydžio skaičių lentelė (matrica), kurią sudaro elementai aij ,patekę į pirmąsias n + 1 eilutes ir stulpelius: An =

{aij , 0 ≤ i, j ≤ n

}. Žymime

An = ||aij ||ni,j=0. Nagrinėkime kitą skaičių lentelę

B ={bij = (−1)i+j

(i

j

), i, j = 0, 1, . . .

},

gautą iš Paskalio trikampio. Matricą, kurios dydis yra (n + 1) × (n + 1) ir kurisudaryta iš lentelės B elementų, patekusių į pirmąsias n+ 1 eilutes ir stulpelius,žymime Bn = ||bij ||ni,j=0.

1.6 Paskalio trikampis 31

2 teiginys. Kiekvienam n = 0, 1, 2, . . . yra teisinga lygybė

Bn ×An = In+1. (1.18)

Čia Ik žymi k × k dydžio vienetinę matricą (jos visi elementai nuliai, išskyrusdiagonalės elementus, kurių reikšmės yra vienetai).

Įrodymas. Primename, kad matricų sandauga Bn×An yra matrica ||cij ||ni,j=0,kurios elementai

cij =

n∑k=0

bikakj . (1.19)

Mums reikia įrodyti, kad cii = 1 visiems i ir cij = 0, kai i 6= j.Kadangi

(i

k

)= 0, kai k > i, ir

(k

i

)= 0, kai k < i, (1.20)

tai sandauga(ik

)(ki

)= 0, kai k 6= i. Taigi visi sumos

cii =

n∑k=0

(−1)i+k(i

k

)(k

i

)

dėmenys lygūs nuliui, išskyrus dėmenį (−1)i+i(ii

)(ii

)= 1. Todėl cii = 1.

Kita vertus, jei i < j, tai nėra natūraliojo skaičiaus k, kuris tenkintų dvinelygybes k < i ir k > j. Todėl bent vienas sandaugos

(ik

)(kj

)narys yra nulis.

Taigi visi sumos

cij =n∑k=0

(−1)i+k(i

k

)(k

j

)

dėmenys lygūs nuliui. Todėl cij = 0, kai i < j.Lygybę cij = 0, kai i > j, išvesime, remdamiesi 1.3 skyrelyje įrodyta formule

(i

k

)(k

j

)=

(i

j

)(i− jk − j

), j ≤ k ≤ i. (1.21)


Toliau iš pradžių taikome (1.20), toliau – (1.21) tapatybę:

cij = (−1)in∑k=0

(−1)k(i

k

)(k

j

)

= (−1)ii∑

k=j

(−1)k(i

k

)(k

j

)

= (−1)i(i

j

) i∑k=j

(−1)k(i− jk − j

)

= (−1)i(i

j

)(−1)j(1− 1)i−j

= 0.

Pabaigoje pritaikėme Niutono binomo formulę:

i∑k=j

(−1)k(i− jk − j

)= (−1)j

i−j∑r=0

(−1)r(i− jr

)= (−1)j(1− 1)i−j .

Matome, kad cij = 0, kai i > j. Įrodymas baigtas.2 išvada. Tarkime, skaičių sekos u0, u1, u2, . . . ir h0, h1, h2, . . . yra susietos

lygybėmis

un =n∑k=0

(n

k

)hk, n = 0, 1, 2, . . . . (1.22)

Tuomet kiekvienam n = 0, 1, 2, . . . yra teisinga lygybė hn =∑n

k=0(−1)n+k(nk

)uk.

Įrodymas. (1.22) formulė išplaukia iš lygybių

h0h1...hn

= Bn ×An ×

h0h1...hn

= Bn ×

u0u1...un

.

Pirmoji lygybė yra teisinga, nes Bn × An = In+1, žr. 2 teiginį. Antroji lygybė

1.6 Paskalio trikampis 33

išplaukia iš (1.22) sąlygos. Įrodymas baigtas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Paskalio trikampis.

Užduotys

1. Apskaičiuokite matricų sandaugą B3×A3, įstatę skaičių aij ir bij reikšmesį (1.19) formulę.

2. Keliaujame iš trikampio viršūnės(00

)į n-osios eilutės elementą

(nk

). Kelias

susideda iš n žingsnių. Kiekvienu žingsniu žengiame į gretimą eilutę žemyn irpasirenkame kairį arba dešinį kaimyną. Pavyzdžiui, iš viršūnės

(00

)į elementą(

32

)galime patekti keliu

(00

)→(11

)→(21

)→(32

)(dešinėn, kairėn, dešinėn). Taip

pat galime patekti keliu(00

)→(11

)→(22

)→(32

)(dešinėn, dešinėn, kairėn). Kiek

skirtingų kelių veda iš viršūnės(00

)į elementą

(32

)? Kiek skirtingų kelių veda iš

viršūnės(00

)į elementą

(nk

)? Čia k ∈ {0, 1, . . . , n}.

2 skyrius

Įdėties – pašalinimo principas

2.1 Pavyzdžiai ir teiginys

Pirmame skyrelyje įvairioms kombinacijoms skaičiuoti taikėme daugybos taisyklę.Šis skyrelis skirtas kitam kombinacijų skaičiavimo būdui, kuris yra vadinamasįdėties – pašalinimo principu.

1 pavyzdys. Matematikos studentams buvo pasiūlyta papildomai klausyti fi-zikos ir chemijos kursus. Kai kurie pasirinko abu dalykus, kai kurie tik vieną, okiti nepasirinko nei fizikos, nei chemijos. Ar galima pasakyti, keli studentai pasi-rinko bent vieną dalyką, jei žinoma, kad pasirinkusių fiziką yra 8, o pasirinkusiųchemiją – 5?

Sprendimas. Atsakymui nepakanka duomenų. Jei papildomai žinotume, pa-vyzdžiui, keli studentai pasirinko abu dalykus kartu, tuomet atsakymą rastumenesunkiai. Fiziką pasirinkusių studentų aibę pažymėkime A. Chemiją pasirinku-sių aibę pažymėkime B. Du dalykus pasirinkusių studentų aibė yra A ∩B. Bentvieną dalyką pasirinkusių studentų aibė yra A∪B. Šių aibių dydžius sieja lygybė

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|. (2.1)

Pastebėkime, kad į sumą |A|+ |B| aibės A∩B elementai įskaitomi du kartus– ir pirmame dėmenyje |A| ir antrajame dėmenyje |B|. Todėl, norėdami rastisąjungos A∪B elementų skaičių, iš sumos |A|+ |B| turime atimti skaičių |A∩B|.Pavyzdžiui, jei |A ∩B| = 2, tai |A ∪B| = 8 + 5− 2 = 11.

2 pavyzdys. Turime tris aibes A, B ir C: |A| = a, |B| = b ir |C| = c. Kiekelemetų turi aibė A ∪B ∪ C?

Sprendimas. Ir vėl atsakymui nepakanka duomenų. Aibės A ∪ B ∪ C dydispriklauso ne tik nuo a, b ir c, bet ir nuo to, kiek aibės turi bendrų elementų.

35

36 2 skyrius. Įdėties – pašalinimo principas

A

B

Jei aibės poromis nesikerta, t. y. nė viena aibių pora neturi bendrų taškų(A∩B = ∅, A∩C = ∅, B∩C = ∅), tai kiekvienas aibių sąjungos A∪B∪C elementaspriklauso tik vienai kuriai nors aibei. Todėl radę kiekvienos aibės narių skaičiųir šiuos skaičius sudėję, gausime aibių sąjungos elementų skaičių: |A ∪ B ∪ C| =|A| + |B| + |C|. Tuo atveju, kai aibės turi bendrų elementų, ši lygybė jau nėrateisinga.

Sąjungos A ∪ B ∪ C elementams skaičiuoti galime pritaikyti (2.1) formulę.Pažymėkime D = A ∪B. Iš (2.1) formulės išplaukia lygybė

|A ∪B ∪ C| = |D ∪ C| = |D|+ |C| − |D ∩ C|. (2.2)

Be to, |D| = |A|+ |B| − |A ∩B|. Toliau, pasinaudoję tapatybėmis

D ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) ir (A ∩ C) ∩ (B ∩ C) = A ∩B ∩ C,

iš (2.1) formulės išvedame lygybę

|D ∩ C| = |(A ∩ C) ∪ (B ∩ C)| = |A ∩ C|+ |B ∩ C| − |A ∩B ∩ C|.

Įstatę ją į (2.2) formulę, gauname tapatybę

|A∪B ∪C| = |A|+ |B|+ |C| − |A∩B| − |A∩C| − |B ∩C|+ |A∩B ∩C|. (2.3)

Tapatybę įliustruoja paveikslas.(2.3) formulę taikome, kai reikia skaičiuoti daiktus, turinčius tam tikrų savy-

bių. Pavyzdžiui, daiktų, turinčių savybę A, rinkinį žymime A; daiktų, turinčiųsavybę B, rinkinį žymime B; daiktų, turinčių savybę C, rinkinį žymime C. TuometA ∪B ∪ C yra rinkinys daiktų, turinčių bent vieną savybių A,B, C.

3 pavyzdys. Kiek yra vektorių (x1; x2; x3), kurių koordinatės yra sveikiejiskaičiai ir kurie tenkina salygas:

x1 + x2 + x3 = 25, (2.4)2 ≤ x1 ≤ 8, 2 < x2 ≤ 12, 7 ≤ x3 ≤ 10? (2.5)

2.1 Pavyzdžiai ir teiginys 37

A

B

C

8 + 5 + 11 – 2 – 3 – 2 + 1 = 18

Sprendimas. Vektorių, tenkinančių (2.4) lygtį, skaičių galime rasti naudodamiesikartotinių derinių skaičiaus formule (žr. 1.5 skyrelio 5 pavyzdį). Mūsų atveju darreikia atsižvelgti į papildomus apribojimus (2.5), kuriuos turi tenkinti koordinatėsx1, x2, x3. Pažymėkime:

y1 = x1 − 2, y2 = x2 − 3, y3 = x3 − 7.

Vektoriai (y1; y2; y3) tenkina sąlygas:

y1 + y2 + y3 = 13, (2.6)0 ≤ y1 ≤ 6, (2.7)0 ≤ y2 ≤ 9, (2.8)0 ≤ y3 ≤ 3. (2.9)

Aišku, tokių vektorių (y1; y2; y3) yra tiek pat, kiek ir mus dominančių vektorių(x1; x2; x3). Toliau skaičiuosime vektorius (y1; y2; y3).

Aibę vektorių y = (y1; y2; y3), kurių koordinatės yra sveikieji neneigiamiskaičiai ir kurie tenkina (2.6) sąlygą, pažymėkime U . Šios aibės poaibį, sudarytąiš vektorių, kurie netenkina (2.7) sąlygos, pažymėkime A. Panašiai poaibį Bsudaro tie aibės U elementai, kurie netenkina (2.8) sąlygos, o poaibį C – tie aibėsU elementai, kurie netenkina (2.9) sąlygos. Tie vektoriai, kurie patenka į sąjungąA∪B ∪C, netenkina kurios nors sąlygų (2.7), (2.8), (2.9). Mus domina likę aibėsU nariai, t. y. tie, kurie tenkina visas šias sąlygas. Jų yra |U |− |A∪B∪C|. Liekarasti aibės U ir sąjungos A ∪B ∪ C elementų skaičius.

Iš 1.5 skyrelio 5 pavyzdžio žinome, kad |U | = H133 = 105. Dydžiui |A∪B ∪C|

apskaičiuoti taikome (2.3) formulę. Pastebėkime, kad:

A ∩B ∩ C = ∅, A ∩B = ∅, B ∩ C = ∅.

Todėl |A ∩ B ∩ C| = 0, |A ∩ B| = 0 ir |B ∩ C| = 0. Lieka rasti |A|, |B|, |C| ir|A ∩ C|.


Apskaičiuokime |A|. Aibę A sudaro vektoriai y, tenkinantys (2.6) sąlygą irnelygybes:

y1 ≥ 7, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0.

Pažymėję a1 = y1− 7, a2 = y2, a3 = y3, matome, kad mus dominančių vektorių yyra tiek pat, kiek ir vektorių (a1; a2; a3), kurių koordinatės yra sveikieji skaičiai,tenkinantys sąlygas:

a1 ≥ 0, a2 ≥ 0, a3 ≥ 0, a1 + a2 + a3 = 6.

Iš 1.5 skyrelio 5 pavyzdžio žinome, kad tokių vektorių yra H63 = 28. Todėl |A| =

28. Panašiu būdu randame skaičius |B| = H33 = 10, |C| = H9

3 = 55 ir |A ∩ C| =H2

3 = 6. Įstatę gautus skaičius į (2.3) formulę, gauname

|A ∪B ∪ C| = 28 + 10 + 55− 0− 6− 0 + 0 = 87.

Mus dominantis skaičius yra

|U | − |A ∪B ∪ C| = 105− 87 = 18.

3 pavyzdžio sprendimas baigtas.Apibendrinsime (2.1) ir (2.3) formules. Tarkime, kad A1, A2, . . . , An yra

baigtinės aibės (kiekvienoje aibėje yra baigtinis skaičius elementų). Mus dominakiek elementų turi sąjunga A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An. Apibrėžiame skaičius

S1 =

n∑i=1

|Ai|, S2 =∑

{i,j}⊂[n]

|Ai ∩Aj |, . . . , Sk =∑

{i1,...,ik}⊂[n]

|Ai1 ∩ · · · ∩Aik |.

Antrosios sumos S2 dėmenys perbėga visas galimas sankirtas Ai ∩ Aj . Sankir-tas atitinka indeksų poros {i, j}, čia i 6= j. Kita vertus, kiekviena pora yrapoaibis {i, j} ⊂ [n] (primename, kad [n] žymi aibę {1, 2, . . . , n}). Norėdami pa-žymėti, kad sumos dėmenis atitinka aibės [n] poaibiai po du elementus, rašome∑{i,j}⊂[n]. Panašiai tuo atveju, kai sumos dėmenys atitinka k dydžio poaibius

{i1, i2, . . . , ik} ⊂ [n], rašome∑{i1,...,ik}⊂[n]. Taigi Sk yra visų įmanomų sankirtų

Ai1 ∩· · ·∩Aik iš k aibių dydžių |Ai1 ∩· · ·∩Aik | suma. Yra(nk

)skirtingų galimybių

sudaryti k dydžio poaibį {i1, i2, . . . , ik} ⊂ [n], todėl tokios sumos dėmenų skaičiuslygus

(nk

). Aišku, čia tariame, kad k ≤ n (poaibio dydis neviršija aibės dydžio).

3 teiginys (įdėties – pašalinimo principas). Yra teisinga lygybė

|A1 ∪ · · · ∪An| = S1 − S2 + · · ·+ (−1)k+1Sk + · · ·+ (−1)n+1Sn. (2.10)

Pažymėkime U = A1 ∪ · · · ∪ An. Įvesime dviejų kintamųjų funkciją, kuriospirmasis kintamasis A perbėga visus aibės U poaibius, o antrasis kintamasis x –


visus aibės U elementus. Funkcijos reikšmė lygi 1, jei x ∈ A, ir reikšmė lygi 0, kaix /∈ A. Tokią funkciją žymime IA(x) arba I{x ∈ A}. Taigi

IA(x) = 1, kai x ∈ A, ir IA(x) = 0, kai x /∈ A.

Kai poaibis A yra fiksuotas, o kinta tik x, ši funkcija nurodo, kurie aibės U taškaipriklauso poaibiui A. Todėl funkciją vadiname aibės A indikatoriumi. Teisingatapatybė

|A| =∑x∈U

IA(x). (2.11)

Čia sumuojame pagal visus aibės U elementus. Pavyzdžiui, sunumeravę aibės Uelementus, U = {x1, x2, . . . , xN}, (2.11) formulę galime perrašyti taip:

|A| =N∑i=1

IA(xi).

Priminsime sumavimo tvarkos keitimo taisyklę. Tarkime, mums reikia sudėtin×m skaičių, kuriuos esame surašę į lentelę

a11 a12 a13 . . . a1j . . . a1m

a21 a22 a23 . . . a2j . . . a2m

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ai1 ai2 ai3 · · · aij · · · aim. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

an1 an2 an3 . . . anj . . . anm.

Lentelės elementų sumą žymėkime S. Norėdami ją rasti galime iš pradžių apskai-čiuoti kiekvienos eilutės elementų sumą:

m∑j=1

a1j ,

m∑j=1

a2j , . . . ,

m∑j=1

anj ,

Sudėję gausime skaičių S:

S =m∑j=1

a1j +m∑j=1

a2j + · · ·+m∑j=1

anj .

Kita vertus, iš pradžių galime apskaičiuoti kiekvieno stulpelio elementų sumą irgautus skaičius sudėti:

S =n∑i=1

ai1 +n∑i=1

ai2 + · · ·+n∑i=1

aim.


Abiem būdais gauname ta pačią sumą S. Todėlm∑j=1

a1j +m∑j=1

a2j + · · ·+m∑j=1

anj =n∑i=1

ai1 +n∑i=1

ai2 + · · ·+n∑i=1

aim

Patogus yra trumpesnis tos pačios tapatybės užrašas

n∑i=1

m∑j=1

aij

=

m∑j=1

(n∑i=1

aij

).

Ši tapatybė vadinama sumavimo tvarkos keitimo taisykle. Skliausteliuose esantisuma vadinama vidine suma. Dažnai formulėse tokie skliausteliai praleidžiami(nežymimi).

3 teiginio įrodymas. Skaičiuosime sumą∑n

k=1(−1)k+1Sk ir įrodysime, kad josreikšmė yra |U |. Naudodamiesi (2.11) lygybe galime rašyti:

|Ai| =∑x∈U

IAi(x), |Ai ∩Aj | =∑x∈U

IAi∩Aj (x), . . . ,

|Ai1 ∩ · · · ∩Aik | =∑x∈U

IAi1∩···∩Aik

(x), . . . .

Sumose

Sk =∑

{i1,...,ik}⊂[n]

|Ai1 ∩ · · · ∩Aik | =∑

{i1,...,ik}⊂[n]

(∑x∈U

IAi1∩···∩Aik

(x)

)

pakeitę sumavimo tvarką (čia dėmuo IAi1∩···∩Aik

(x) turi du indeksus: x ir sankirtąAi1 ∩ · · · ∩Aik), gauname

Sk =∑x∈U

∑{i1,...,ik}⊂[n]

IAi1∩···∩Aik

(x)

.

Pažymėję Zk(x) =∑{i1,...,ik}⊂[n] IAi1

∩···∩Aik(x), rašome Sk =

∑x∈U Zk(x). Nag-

rinėkime reiškinį, esantį (2.10) formulės dešiniojoje pusėje. Čią įstatome gautasSk išraiškas:

n∑k=1

(−1)k+1Sk =n∑k=1

(−1)k+1(∑x∈U

Zk(x))

=

n∑k=1

(∑x∈U

(−1)k+1Zk(x))

=∑x∈U

( n∑k=1

(−1)k+1Zk(x)). (2.12)


Paskutinėje lygybėje vėl pritaikėme sumavimo tvarkos keitimo taisyklę. Jei pa-vyktų įrodyti, kad kiekvienam x ∈ U yra teisinga lygybė

n∑k=1

(−1)k+1Zk(x) = 1, (2.13)

tai iš (2.12) formulės gautume norimą lygybę

n∑k=1

(−1)k+1Sk =∑x∈U

1 = |U |.

Įrodykime (2.13) lygybę. Kiekvienas sąjungos U = A1 ∪ · · · ∪ An elementasx ∈ U yra kelių, tarkime m, aibių bendrasis elementas. Sakykime, kad

x ∈ A1, x ∈ A2, . . . , x ∈ Am ir x /∈ Am+1, . . . , x /∈ An.

Esant tokiam x, dydis Zk(x) = 0, kai k > m. Todėl

n∑k=1

(−1)k+1Zk(x) =m∑k=1

(−1)k+1Zk(x). (2.14)

Kai k ≤ m, dydis Zk(x) skaičiuoja sankirtas Ai1 ∩ · · · ∩ Aik , į kurias patenkax. Tokias sankirtas sudarančios aibės Ai1 , . . . , Aik būtinai priklauso rinkiniuiA1, . . . , Am. Skirtingų sankirtų yra tiek pat, kiek yra būdų sudaryti k dydžiopoaibį {i1, . . . , ik} iš aibės [m] elementų. Tai derinių skaičius

(mk

). Taigi Zk(x) =(

mk

). Todėl

m∑k=1

(−1)k+1Zk(x) =

m∑k=1

(−1)k+1

(m

k

)

= −m∑k=1

(−1)k(m

k

)= −

((1− 1)m − 1

)= 1. (2.15)

Čia taikėme Niutono binomo formulę (1 − 1)m =∑m

k=0(−1)k(mk

). Iš (2.14) ir

(2.15) lygybių išplaukia (2.13) lygybė. Įrodymas baigtas.Tarkime, baigtinės aibės U elementai gali turėti savybes A1, A2, . . . , An. Mus

domina, kiek elementų neturi nė vienos iš savybių A1, ..., An. Pažymėkime A1

aibę tų elementų, kurie turi savybę A1, A2 – aibę elementų, turinčių savybę A2,ir t. t. Sąjungą A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An sudaro tie elementai, kurie turi bent vieną iš


savybių A1, . . . , An. Likę elementai sudaro aibę U \(A1∪A2∪· · ·∪An). Jie neturinė vienos iš savybių A1, . . . , An. Tokių elementų skaičius (žr. (2.10) lygybę)

∣∣U \ (A1 ∪ · · · ∪An)∣∣ = |U | − |A1 ∪ · · · ∪An| = |U |+

n∑k=1

(−1)kSk. (2.16)

Skyrelio sąvokos ir žymenys: aibės indikatorius IA(x) = I{x∈A}.

Užduotys

1. Trijų klausimų testo atsakymus pateikė 16 asmenų. Į pirmą klausimą atsakė11 asmenų, į antrąjį – 10 asmenų, į trečiąjį – 11 asmenų. Į pirmą ir antrą klausimusatsakė 5 asmenys, į pirmą ir trečią – 7, o į antrą ir trečią – 6. Keli asmenys atsakėį visus tris klausimus?

2. Kiek aibėje {1, 2, . . . , 1000} yra teigiamų sveikųjų skaičių, kurie nesidalijanei iš 7, nei iš 11, nei iš 15.

3. Taikydami įdėties – pašalinimo principą, apskaičiuokite, kiek yra pirminiųskaičių, neviršijančių 100.

Nuoroda. Pakanka rasti sąjungos A∪B∪C∪D elementų skaičių. Čia A ⊂ [100]žymi aibę skaičių, kuriuos dalija 2, o B, C, D ⊂ [100] žymi aibes skaičių, kuriuosdalija 3, 5, 7.

4. Lietuvių kalbos abėcėlė turi 32 raides. Kiek yra abėcėlės raidžių kėlinių,kuriuose nerasime žodžių pelė, katė, šuo? Sakome, kad kėlinyje yra žodis katė, jeiskaitydami kėlinio raides iš kairės į dešinę, sutiksime viena po kitos greta einančiasraides k, a, t, ė.

2.2 Uždavinys apie netvarką

Šiame skyrelyje skaičiuosime netvarkinguosius kėlinius. Skaičių eilutės

(1; 2; 3; . . . ; n) (2.17)

kėlinį(i1; i2; i3; . . . ; in)

2.2 Uždavinys apie netvarką 43

patogu žymėti(

1 2 3 ... ni1 i2 i3 ... in

). Kėlinį vadinsime netvarkinguoju, jei

i1 6= 1, i2 6= 2, . . . , in 6= n.

n ilgio netvarkingųjų kėlinių skaičių žymime Dn.Nagrinėkime tokį pavyzdį. Prieš Kalėdas klasės vaikai keičiasi dovanėlėmis:

kiekvienas atneša po dovanėlę, o klasės auklėtoja atsitiktiniai paskirsto atneš-tas dovanėles vaikams. Dovanėlių paskirstymą laikome sėkmingu, jei kiekvienamvaikui kliuvo ne jo atsinešta dovanėlė. Dovanėlių paskirtymą galime vaizduoti kė-liniu

(1 2 3 ... ni1 i2 i3 ... in

), kurio viršutinė eilė atitinka vaikų eilės tvarką klasės dienyne, o

apatinė eilutė – jų gautas dovanėles. Pavyzdžiui, 3-asis vaikas gavo dovanėlę, pa-ruoštą vaiko, kurio numeris klasės dienyne yra i3. Kiekvieną sėkmingą dovanėliųpaskirstymą atitinka netvarkingasis kėlinys.

Kiek yra netvarkingųjų kėlinių? Aišku, atsakymas priklauso nuo n, t. y. nuo(2.17) eilutės elementų skaičiaus. Netvarkingiesiems kėliniams skaičiuoti taikysi-me įdėties – pašalinimo principą.

Visų (2.17) eilutės kėlinių aibę žymime U . Ji turi |U | = n! elementų. Aibękėlinių, kuriuose i1 = 1, žymime A1. Panašiai aibę kėlinių, kuriuose ik = k,žymime Ak. Mus dominantys netvarkingieji kėliniai negali priklausyti nė vienaiiš aibių Ak. Netvarkingųjų kėlinių aibė yra U \ (A1 ∪ · · · ∪An). Iš (2.16) formulėsrandame netvarkingųjų kėlinių skaičių

Dn = |U | − S1 + S2 + · · ·+ (−1)kSk + · · ·+ (−1)nSn. (2.18)

Lieka apskaičiuoti S1, S2, . . . , Sn. Aibę A1 sudaro kėliniai, kuriuose elementasi1 = 1 yra fiksuotas, o likę i2, i3, . . . , in gali sudaryti bet kurį skaičių eilutės

(2; 3; 4; . . . ; n) (2.19)

kėlinį. Yra (n − 1)! skirtingų (2.19) eilutės kėlinių. Taigi |A1| = (n − 1)!. Aišku,|Ak| = (n− 1)! ir likusiems k = 2, 3, . . . . Todėl

S1 = |A1|+ |A2|+ · · ·+ |An| = n · (n− 1)! =

(n

1

)· (n− 1)!.

Aibę A1 ∩A2 ∩ · · · ∩Ak sudaro kėliniai, kuriuose

i1 = 1, i2 = 2, . . . , ik = k

yra fiksuoti, o likę ik+1, ik+2, . . . , in gali sudaryti bet kurį skaičių eilutės (k +1; k + 2; k + 3; ...; , n) kėlinį. Jų yra (n− k!). Taigi

|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩Ak| = (n− k)!.


Aišku, bet kuriam k dydžio indeksų rinkiniui {j1, j2, . . . , jk} ⊂ [n] yra teisingalygybė

|Aj1 ∩Aj2 ∩ · · · ∩Ajk | = (n− k)!.

Tokių rinkinių yra(nk

), todėl

Sk =

(n

k

)· (n− k)!

Įstatę Sk gautas reikšmes į (2.18) formulę, gauname netvarkingųjų kėlinių skaičių

Dn = n!−(n

1

)(n− 1)! + · · ·+ (−1)n

(n

n

)· (n− n)!

= n!− n!

1!+n!

2!+ · · ·+ (−1)k

n!

k!+ · · ·+ (−1)n

n!

n!

= n!(

1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

). (2.20)

Pastaba. Matematinės analizės kurse yra įrodoma, kad reiškinys skliausteliuoseartėja į skaičių e−1, kai n→∞. Todėl Dn/n! artėja į e−1, kai n→∞.

1 pavyzdys. Dešimt mokytojų ruošė uždavinius moksleivių olimpiadai, kiek-vienas po vieną. Pabaigus darbą, jiems parūpo patikrinti, ar nėra kuris jų įvėlęsklaidos. Nutarė, kad kiekvienas patikrins po uždavinį. Aišku, klaidas aptikti buslengviau, jei nė vienam mokytojui neklius jo paties ruoštas uždavinys. Kiek yravariantų paskirstyti uždavinius, kad nė vienam nekliūtų jo paties ruoštasis?

Sprendimas. Skaičiuojame netvarkingusuosius rinkinio 1, 2, . . . , 10 kėlinius. Jųyra

10!(

1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ 1

10!

).

2 pavyzdys. Sakysime, kad kėlinio(

1 2 3 ... ni1 i2 i3 ... in

)pozicija j yra fiksuota, jei

ij = j. Pavyzdžiui, kėlinys(1 2 3 4 51 3 2 4 5

)turi tris fiksuotas pozicijas 1, 4, 5. Mus

domina n ilgio kėliniai, turintys r fiksuotų pozicijų. Kiek jų yra?Sprendimas. n ilgio kėlinys i1i2 . . . in yra n ilgio žodis, kuriame kiekviena abė-

cėles [n] raidė pasirodo po vieną kartą, pozicijoje k stovi raidė ik. Konstruosimemus dominančius kėlinius. Pirmu žingsniu pasirinksime r pozicijų ir jose įrašysi-me raides, sutampančias su tų pozicijų numeriais. Antruoju žingsniu užpildysimelikusias n−r pozicijas taip, kad nė viena įrašoma raidė nesutaptų su savo pozicijosnumeriu. Yra

(nr

)būdų atlikti pirmą žingsnį ir Dn−r būdų atlikti antrąjį. Todėl

mus dominančių kėlinių skaičius yra(n

r

)Dn−r =

n!

r!

n−r∑k=0

(−1)k

k!.

2.2 Uždavinys apie netvarką 45

Pastaba. Dydis 1r!

∑n−rk=0

(−1)kk! atitinka proporciją, kurią sudaro mus domi-

nantys kėliniai visų kėlinių aibėje. Ši proporcija artėja į 1r!e−1, kai n → ∞.

Skaitytojas, susipažinęs su tikimybių teorija, čia atpažins Puasono skirstinį suparametru λ = 1.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: netvarkingieji kėliniai ir jų skaičius Dn.

Užduotys

1. Kiek yra skaičių eilutės (1; 2; 3; . . . ; 10) kėlinių, kuriuose visi lyginiai skaičiailieka savo vietose, o visi nelyginiai keičia savo vietas?

2. Kiek yra skaičių eilutės (1; 2; 3; . . . ; 7) kėlinių, kuriuose skaičius 4 neliekasavo vietoje?

3. Kiek yra skaičių eilutės (1; 2; 3; . . . ; 7) kėlinių, kuriuose skaičiai 4 ir 6 (abu)nelieka savo vietose?

4. Kiek yra skaičių eilutės (1; 2; 3; . . . ; 7) kėlinių, kuriuose skaičiai 4 ir 6 nėragreta?

5. Kiek yra skaičių eilutės (1; 2; 3; . . . ; 11) kėlinių, kuriuose visi lyginiai skaičiainepatenka į savo vietas?

6. Naudodamiesi skleidinio ex = 1 + x1! + x2

2! + · · ·+ · · ·+ xn

n! + Rn(x)(n+1)! liekamo-

jo nario nelygybe |Rn(−1)| ≤ 1, įvertinkite skirtumą tarp netvarkingųjų kėliniųskaičiaus (2.20) ir skaičiaus e−1n!. Ar tiesa, kad netvarkingųjų kėlinių skaičiusyra lygus sveikajai daliai be−1n!c?

7. Rūbinėje paltams pakabinti yra 26 kabliukai. Į klasės tėvų susirinkimąatėjo 26 žmonės, pakabino paltus ir gavo numerėlius. Kol vyko susirinkimas, trysV a klasės berniūkščiai perkabino paltus. Dabar ant kiekvieno kabliuko kabo popaltą, tačiau nebūtinai tą patį, kuris buvo pakabintas pradžioje. Kokie šansai, kadkiekvienam žmogui bus atneštas ne jo paltas? Šansus atitinka santykis NP /N ,čia N yra visų galimų variantų paltams pakabinti skaičius 26!, o NP – skaičiusvariantų, kurie atitinka mus dominantį įvykį „kiekvienas paltas atsidūrė ne savovietoje”, t. y. NP yra netvarkingųjų kėlinių skaičius. Ar mus dominančio įvykiošansai didesni už 1/3?

Nuoroda. Pasinaudokite netvarkingųjų kėlinių skaičiaus aproksimacija skai-čiumi e−1n!.


2.3 Siurjekcijų skaičius

Šiame skyrelyje nagrinėsime siurjekcijas f : X → Y . Čia X = {x1, . . . , xn} beiY = {y1, . . . , ym} yra baigtinės aibės ir m ≤ n. Primename, kad atvaizdį fvadiname siurjekcija, jei kiekvienam y ∈ Y aibė {x ∈ X : f(x) = y}, sudaryta išy pirmavaizdžių, yra netuščia.

Tuo atveju, kai m = n, sekoje

f(x1), f(x2), . . . , f(xn)

išsirikiuos visi aibės Y elementai. Dabar funkciją f atitinka m = n ilgio žo-dis, kuriame kiekviena abėcėlės Y raidė pasikartoja po 1 kartą. Tokius žodžiusvadiname kėliniais, o jų skaičius yra n!. Nesunku matyti, kad kai m = n, siurjek-cija f : X → Y yra abipusiškai vienareikšmis atvaizdis (bijekcija). Taigi n! yrabijekcijų skaičius, kai reikšmių ir argumentų aibės turi po n elementų.

Tuo atveju, kai m < n, siurjekcijas skaičiuoti sunkiau. Taikysime įdėties –pašalinimo principą. Nagrinėkime visų atvaizdžių g : X → Y aibę, kurią žymėsimeU . Jau žinome (žr. 1.2 skyrelį), kad skirtingų atvaizdžių yra tiek pat, kiek ir nilgio žodžių, sudarytų iš abėcėlės {y1, y2, . . . , ym} raidžių, t. y.

|U | = mn.

Pažymėkime A1 aibę tų atvaizdžių g : X → Y , kurie neįgyja reikšmės y1. Tokiusatvaizdžius atitinka n ilgio žodžiai, sudaryti iš abėcėlės {y2, . . . , ym} raidžių.Jų yra (m − 1)n. Panašiai aibė Ai, kurią sudaro atvaizdžiai g ∈ U , neįgyjantysreikšmės yi, turi (m−1)n elementų. Taigi |Ai| = (m−1)n visiems i = 1, 2, . . . , m.

Aibę Ai ∩ Aj sudaro atvaizdžiai g ∈ U , kurie neįgyja nei reikšmės yi, nei yj .Jie atitinka n ilgio žodžius, sudarytus iš abėcėlės Y \ {yi, yj} raidžių. Todėl

|Ai ∩Aj | = (m− 2)n.

Sankirtą Ai1∩Ai2∩· · ·∩Aik sudaro atvaizdžiai g : X → Y , kurie įgyja reikšmesaibėje Y \ {yi1 , yi2 , . . . , yik}. Šiuos atvaizdžius atitinka n ilgio žodžiai, sudarytiiš abėcėlės Y \ {yi1 , yi2 , . . . , yik}, turinčios m− k raidžių. Taigi∣∣Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik ∣∣ = (m− k)n. (2.21)

Pastebėkime, kad f yra siurjekcija tada ir tik tada, kai ji nepatenka nė į vieną išaibių A1, A2, . . . , Am. T. y. siurjekcijų aibė yra U \ (A1 ∪ · · · ∪ Am). Iš (2.16)formulės randame siurjekcijų skaičių

|U | − S1 + S2 + · · ·+ (−1)kSk + · · ·+ (−1)mSm. (2.22)

2.4 Stirlingo skaičiai 47

Įstatę reikšmes Sk =(mk

)(m− k)n, kurias gauname iš (2.21) formulės, apskaičiuo-

jame (2.22) sumą:

mn −(m

1

)(m− 1)n +

(m

2

)(m− 2)n + · · ·+ (−1)m

(m

m

)(m−m)n

=m∑k=0

(−1)k(m

k

)(m− k)n.

Taigi siurjekcijų f : {x1, . . . , xn} → {y1, . . . , ym} skaičius yra

m∑k=0

(−1)k(m

k

)(m− k)n. (2.23)

2.4 Stirlingo skaičiai

Šiame skyrelyje sužinosime, keliais būdais galima išskaidyti aibę X = {x1, . . . ,xn} į k netuščių nesikertančių poaibių. 1.5 skyrelyje sprendėme panašiai sufor-muluotą uždavinį – ieškojome, keliais būdais n asmenų grupę galima padalyti įkomandas. Tačiau tuokart nurodėme, kokio dydžio komandas reikia sudaryti. Šįkartą poaibių dydžiai gali būti bet kokie: svarbu, kad poaibių būtų k ir kad jienetušti. Skaičių būdų išskaidyti n dydžio aibę į k netuščių nesikertančių poai-bių žymime S(n, k). Jį vadiname antrosios rūšies Stirlingo skaičiumi (J. Stirling,1692–1770). Pavyzdžiui, aibę [4] = {1, 2, 3, 4} į 2 dalis galime išskaidyti 7 būdais:

{1} ∪ {2, 3, 4} {2} ∪ {1, 3, 4} {3} ∪ {1, 2, 4} {4} ∪ {1, 2, 3}{1, 2} ∪ {3, 4} {1, 3} ∪ {2, 4} {1, 4} ∪ {2, 3}.

Todėl S(4, 2) = 7. Kai k, n = 0 arba k > n, skaičių S(n, k) atitinkančio skaidinionėra. Sutarsime žymėti S(0, 0) = 1 ir S(0, k) = 0, kai k ≥ 1.

4 teiginys. Bet kuriems natūraliesiems k < n yra teisinga lygybė

S(n, k) = kS(n− 1, k) + S(n− 1, k − 1). (2.24)

Įrodymas. Aibės [n] skaidinį į k netuščių poaibių vadinsime linksmuoju, jeipoaibyje, į kurį pakliuvo elementas n, yra ir daugiau elementų. Likusius skaidiniusvadinsime liūdnaisiais (pvz., kai n = 4 ir k = 2, skaidinys [4] = {1, 4} ∪ {2, 3} yralinksmasis, o skaidinys [4] = {4} ∪ {1, 2, 3} – liūdnasis).


Pastebėkime, kad kiekvienas liūdnasis skaidinys atitinka aibės [n− 1] skaidinįį k−1 netuščių dalių. Jį sudaro visi liūdnojo skaidinio poaibiai, iškyrus poaibį {n}(pvz., kai n = 5 ir k = 3, iš liūdnojo skaidinio [5] = {1, 4} ∪ {2, 3} ∪ {5} gaunameskaidinį [4] = {1, 4} ∪ {2, 3}). Matome, kad liūdnųjų skaidinių yra tiek pat, kiekir aibės [n− 1] skaidinių į k− 1 netuščių dalių. Jų skaičių žymime S(n− 1, k− 1).

Panašiai iš kiekvieno skaidinio [n− 1] = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak galime sudaryti kskirtingų linksmųjų aibės [n] skaidinių: vieną iš poaibių padidiname, prijungdamiprie jo elementą n (pvz., kai n = 5 ir k = 2, iš skaidinio [4] = {1, 4}∪{2, 3} galimesudaryti 2 linksmuosius skaidinius [5] = {1, 4, 5}∪{2, 3} ir [5] = {1, 4}∪{2, 3, 5}).Todėl linksmųjų skaidinių yra kS(n− 1, k).

Sudėję linksmuosius ir liūdnuosius skaidinius, gauname visus skaidinius. Iš čiaišplaukia (2.24) formulė. Įrodymas baigtas.

Naudodamiesi (2.24) formule, galime rasti bet kurį skaičių S(n, k). Tam reikianuosekliai pildyti Stirlingo skaičių lentelę iki n+ 1 eilutės k+ 1 elemento S(n, k):

S(0, 0) = 1 (2.25)S(1, 0) = 0 S(1, 1) = 1

S(2, 0) = 0 S(2, 1) = 1 S(2, 2) = 1

S(3, 0) = 0 S(3, 1) = 1 S(3, 2) = 3 S(3, 3) = 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Kitas būdas antrosios rūšies Stirlingo skaičiams rasti – taikant siurjekcijų skai-čiaus formulę (2.23). Nagrinėkime siurjekcijas f : X → [k]. Kiekviena siurjekcijaf apibrėžia aibės X skaidinį

X = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak, Ai = f−1{i}, i = 1, 2, . . . , k.

Tokį pat skaidinį galima gauti iš bet kurios siurjekcijos g : X → [k], kuriosreikšmės yra pastovios aibėse Ai, i = 1, 2, . . . , k. Tokią siurjekciją g atitinka sekós(1; 2; . . . ; k) kėlinys (j1; j2; . . . ; jk), kur j1 yra siurjekcijos g reikšmė aibės A1

taškuose, j2 yra g reikšmė aibės A2 taškuose ir t. t. (g(x) = jh, kai x ∈ Ah).Todėl skirtingų siurjekcijų, atitinkančių skaidinį X = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak, yra tiekpat, kiek ir kėlinių (j1; j2; . . . ; jk). Jų yra k!. Matome, kad kiekvieną aibės Xskaidinį į k dalių atitinka k! skirtingų siurjekcijų. Darome išvadą, kad siurjekcijųskaičius yra k! · S(n, k). Dabar iš (2.23) formulės randame, kad

S(n, k) =1

k!

m∑k=0

(−1)k(m

k

)(m− k)n.

Likusioje skyrelio dalyje pamatysime, kaip Stirlingo skaičiai susieja funkcijasz → zn ir z →

(zn

), n = 0, 1, 2, . . . . Primename, kad skaičiai

(z)n = z(z − 1)(z − 2) · · · (z − n+ 1) ir(z

n

)=

(z)nn!

2.4 Stirlingo skaičiai 49

yra apibrėžti visiems realiesiems (jei prireiktų ir kompleksiniams) z.Iš pradžių tarsime, kad z yra natūralusis skaičius ir n ≤ z. Pažymėkime Z =

{1, 2, . . . , z} ir nagrinėkime atvaizdžius g : X → Z. Jau 1.2. skyrelyje sužinojome,kad atvaizdžių skaičius yra zn. Dabar tuos pačius atvaizdžius skaičiuosime kitubūdu. Kiekvienam netuščiam poaibiui Y ⊂ Z, turinčiam ne daugiau kaip nelementų, galime priskirti aibę atvaizdžių g, kurių reikšmių aibė yra Y . Tokiųatvaizdžių aibę pažymėkime Q(Y ). Jos nariai yra siurjekcijos, apibrėžtos aibėjeX ir įgyjančios reikšmes aibėje Y . Aišku, kad kiekvienas atvaizdis g : X → Zpaklius į kurią nors (vienintelę) aibę Q(Y ). Todėl sudėję aibių Q(Y ) elementųskaičius gausime visų atvaizdžių skaičių:

zn =∑

Y⊂Z, 1≤|Y |≤n

|Q(Y )| =n∑k=1

∑Y⊂Z, |Y |=k

|Q(Y )|

.

Šiame skyrelyje jau skaičiavome siurjekcijas g : X → Y : kai |X| = n ir |Y | = ksiurjekcijų yra k!S(n, k). Įstatę šiuos skaičius vietoje |Q(Y )|, gauname

zn =

n∑k=1

∑Y⊂Z, |Y |=k

k!S(n, k)

=

n∑k=1

(z

k

)k!S(n, k).

Kadangi S(n, 0) = 0, kai n ≥ 1, tai

zn =n∑k=0

(z

k

)k!S(n, k). (2.26)

Šią lygybę įrodėme visiems sveikiesiems z ≥ n, kai n ≥ 1. Pastebėkime, kadlygybė yra teisinga ir kai n = 0 (čia laikomės sutarimo, kad z0 = 1 visiems z).

5 teiginys. Bet kuriam sveikajam skaičiui n ≥ 0 ir bet kuriam realiajamskaičiui z yra teisingos lygybės:

zn =n∑k=0

(z

k

)k!S(n, k), (2.27)

zn =

n∑k=0

(z)kS(n, k). (2.28)

Įrodymas. Kadangi (2.27) ir (2.28) tapatybės yra ekvivalenčios, pakanka įro-dyti antrąją. Funkcija z → zn −

∑nk=0(z)kS(n, k) yra n-osios eilės polinomas. Iš

(2.26) išplaukia, kad jo reikšmės yra lygios nuliui, kai z = n, n + 1, n + 2, . . . .Taip gali būti tik tuomet, kai visi polinomo koeficientai yra nuliniai, t. y. zn −∑n

k=0(z)kS(n, k) ≡ 0. Gavome (2.28) lygybę. Įrodymas baigtas.


Funkcija z → (z)n yra n-ojo laipsnio polinomas. Jo koeficientus prie zk žymi-me s(n, k) ir vadiname pirmosios rūšies Stirlingo skaičiais,

(z)k =k∑

m=0

zms(k,m). (2.29)

Pavyzdžiui: (z)0 ≡ 1 yra nulinio laipsnio polinomas, todėl s(0, 0) = 1; polinomo(z)3 = z(z − 1)(z − 2) = z3 − 3z2 + 2z koeficientai yra s(3, 3) = 1, s(3, 2) = −3,s(3, 1) = 2 ir s(3, 0) = 0.

Nagrinėkime polinomų sekas:

P0(z) = 1, P1(z) = z, . . . , Pn(z) = zn, . . . ,

Q0(z) = 1, Q1(z) = (z)1, . . . , Qn(z) = (z)n, . . . .

Iš (2.28) formulės išplaukia, kad bet kurį polinomą Pn galima išreikšti polinomųQk, 0 ≤ k ≤ n, tiesine kombinacija su koeficientais S(n, k). Iš (2.29) formulėsišplaukia, kad bet kurį polinomą Qk galima išreikšti polinomų Pm, 0 ≤ m ≤ k,tiesine kombinacija su koeficientais s(k,m).

Su antrosios rūšies Stirlingo skaičiais yra susiję Belo skaičiai. Kiek yra būdųišskaidyti į dalis aibę X = {x1, . . . , xn}? Jau žinome, kad išskaidyti į 3 dalisyra S(n, 3) būdų, išskaidyti į 4 dalis yra S(n, 4) būdų ir t. t. Visų skirtingų būdųskaičius yra vadinamas Belo skaičiumi ir žymimas Bn. Aišku, Bn = S(n, 1) +S(n, 2) + · · ·+S(n, n). Yra sutarta žymėti B0 = 1. Pavyzdžiui, B1 = 1 (pati aibėyra vienintelė skaidinio dalis), B2 = 2, B3 = 5.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: antrosios rūšies Stirlingo skaičiai S(n, k);pirmosios rūšies Stirlingo skaičiai s(n, k); Belo skaičiai Bn.

Užduotys

1. Kam lygus S(n, 2)?2. Naudodamiesi (2.29) tapatybe, įrodykite, kad bet kuriam k > 1 yra teisinga

lygybė s(k, k) + s(k, k − 1) + · · ·+ s(k, 1) + s(k, 0) = 0.3. Įrodykite, kad bet kuriems natūraliesiems skaičiams r ≤ n yra teisinga

tapatybė∑n

k=r s(k, r)S(n, k) = I{r=n}. Čia I{r=n} = 0, kai r 6= n, ir I{r=n} = 1,kai r = n.

Nuoroda. Įstatę (z)k (žr. (2.29) formulę) į (2.28) tapatybę, apskaičiuokitekoeficientą prie zk gautosios tapatybės dešiniojoje pusėje.

2.5 Oilerio funkcija 51

2.5 Oilerio funkcija

Nagrinėsime natūraliuosius skaičius, ne didesnius kaip n ir neturinčius su n bendrųdaliklių (natūraliųjų skaičių, didesnių už 1). Jų skaičių žymime φ(n). Pavyzdžiui,φ(10) = 4, nes 1, 3, 7, 9 neturi bendrų daliklių su 10. Funkcija φ yra apibrėžtanatūraliųjų skaičių aibėje ir vadinama Oilerio funkcija (L. Euler, 1707–1783).

Žinome, kad kiekvieną natūralųjį skaičių n > 1 galime vieninteliu būdu iš-reikšti pirminių daugiklių sandauga:

n = pt11 pt22 · · · p

trr .

Čia p1 < p2 < · · · < pr yra pirminiai skaičiai, o ti ≥ 1 yra sveikieji. PažymėkimeU = [n] ir Ai – aibę skaičių iš [n], kuriuos dalija pi. Mus dominančių natūraliųjųskaičių, neturinčių su n bendrų daliklių, aibė yra U \ (A1 ∪ · · · ∪ Ar). Todėlφ(n) = |U | − |A1 ∪ · · · ∪Ar|. Aišku, |U | = n. Sąjungos A1 ∪ · · · ∪Ar elementamsskaičiuoti taikysime įdėties – pašalinimo principą.

Pastebėkime, kad |Ai| = n/pi kiekvienam i = 1, . . . , r. Be to, kiekvienamindeksų rinkiniui {i1, . . . , ik} ⊂ [r] yra teisinga lygybė∣∣Ai1 ∩ · · · ∩Aik ∣∣ =

n

pi1 · · · pik. (2.30)

Įstatę šiuos skaičius į (2.16) formulę, gauname

φ(n) = n+r∑

k=1

(−1)k∑

{i1,...,ik}⊂[r]

n

pi1 · · · pik

= n(

1 +

r∑k=1

(−1)k∑

{i1,...,ik}⊂[r]

1

pi1 · · · pik

).

Reiškinį, esantį skliausteliuose, galima užrašyti trumpiau (įsitikinkite tuo!):(1− 1

p1

)(1− 1

p2

)· · ·(

1− 1

pr

).

Todėl

φ(n) = nr∏i=1

(1− 1

pi

). (2.31)

Skaitytojams, kurie yra susipažinę su tikimybėmis, siūlome kitą (2.31) for-mulės įrodymo būdą. Pažymėkime Ai įvykį, kad atsitiktinai pasirinktą aibės [n]elementą dalija skaičius pi. Iš (2.30) išplaukia, kad įvykiai Ai, 1 ≤ i ≤ r, yra


nepriklausomi. Tuomet nepriklausomi yra ir jiems priešingi įvykiai Ai. Todėl jųsankirtos tikimybė yra

P( r⋂i=1

Ai

)=

r∏i=1

P (Ai)

=

r∏i=1

(1− 1

pi

).

Tikimybė P(∩ri=1Ai

)atitinka proporciją tu aibės [n] elementų, kurie neturi bend-

rų daliklių su n, t. y. P(∩ri=1Ai

)= φ(n)/n. Iš čia išplaukia (2.31) formulė.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Oilerio funkcija φ(n).

3 skyrius

Generuojančiosios funkcijos irrekursija

3.1 Koši algebra

Šiame skyrelyje aptarsime laipsninių eilučių sudėties ir daugybos operacijas. Įskaičių seką a = (a0; a1; a2; . . . ) galime žvelgti kaip į vektorių, kurio nulinė ko-ordinatė yra skaičius a0, pirmoji koordinatė – a1 ir t. t. Seką a galime dauginti išskaičiaus α – gausime naują seką

α · a = (αa0; αa1; αa2; . . . ).

Sekas a ir b = (b0; b1; b2; . . . ) galime sudėti. Gausime naują seką

a+ b = (a0 + b0; a1 + b1; a2 + b2; . . . ).

Sekų a ir b Koši sandauga (A. L. Cauchy, 1789–1857) c = a · b vadiname sekąc = (c0; c1; c2; . . . ), kurios nariai yra

c0 = a0b0, c1 = a0b1 + a1b0, . . . , ck =

k∑i=0

aibk−i, . . . . (3.1)

Tokios sandaugos prasmė tampa aiški, kai sekas vaizduojame laipsninėmis eilutė-mis. Seką a = (a0; a1; a2; . . . ) atitinka laipsninė eilutė

A(x) = a0 + a1x1 + a2x

2 + · · ·+ akxk + · · · . (3.2)

Kol kas nesirūpinkime, ar atsiras bent vienas x 6= 0, kuriam tokia eilutė konver-guoja, o x laipsnį vartokime kaip žymę, nurodančią prie jo esančio koeficiento

53

54 3 skyrius. Generuojančiosios funkcijos ir rekursija

numerį. (3.2) eilutę trumpai žymėsime A(x) =∑∞

i=0 aixi. Sudauginę eilutes A(x)

ir B(x) =∑∞

j=0 bjxj , gausime eilutę

C(x) = (a0 + a1x+ a2x2 + . . . )(b0 + b1x+ b2x

2 . . . )

= c0 + c1x1 + c2x

2 + · · ·+ ckxk + · · · .

Skaičius ck randame surinke koeficientus prie xk. Gauti skaičiai yra tokie pat,kaip ir apibrėžtieji (3.1) lygybėmis. Skaičių eilučių aibė kartu su joje apibrėžtomissudėties ir daugybos operacijomis kartais vadinama Koši algebra.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: laipsninių eilučių Koši sandauga.

Užduotys

1. Funkcijas A(t) = (1− t2)−1 ir B(t) = (1+ t)−1 galime išskleisti laipsninėmiseilutėmis (taikome geometrinės progresijos formulę):

A(t) = 1 + t2 + t4 + t6 + · · · , B(t) = 1− t+ t2 − t3 + t4 + · · · ,

čia |t| < 1. Raskite eilučių Koši sandaugos A(t)B(t) koeficientą prie t10.2. Funkcijas A(t) = (1 − t)7 ir B(t) = (1 + t)7 galime išskleisti laipsninėmis

eilutėmis (taikome Niutono binomo formulę). Raskite eilučių Koši sandaugosA(t)B(t) koeficientus.

3.2 Generuojančiosios funkcijos

Laipsninę eilutę

A(x) = a0 + a1x1 + a2x

2 + · · · =∞∑i=0

aixi (3.3)

vadiname skaičių sekos a = (a0; a1; a2; . . . ) generuojančiąja funkcija, arba koe-ficientų {a0, a1, a2, . . . } generuojančiąja funkcija. Jei egzistuoja realiųjų skaičiųintervalas (−r, r), kurio taškuose x ∈ (−r, r) (3.3) suma yra baigtinė, t. y. eilutėkonverguoja, tai naudingų žinių apie koeficientus {a0, a1, a2, . . . } galime gautitirdami funkciją x→ A(x), apibrėžtą intervale (−r, r).

1 pavyzdys. Koeficientų ai = 1, i = 0, 1, . . . , generuojančioji funkcija

1 + x+ x2 + x3 + · · · = 1

1− x, x ∈ (−1, 1), (3.4)

3.2 Generuojančiosios funkcijos 55

apibrėžta intervale (−1, 1). Koeficientų ai = i!, i = 0, 1, . . . , generuojančiojifunkcija

1 + 1!x+ 2!x2 + 3!x3 + · · ·

apibrėžta tik taške x = 0. Įstatę bet kurią kitą reikšmę x 6= 0, gauname diverguo-jančią eilutę. Koeficientų ai = 1/i!, i = 0, 1, 2, . . . , generuojančioji funkcija

1 +x

1!+x2

2!+x3

3!+ · · · = ex

yra apibrėžta visiems realiesiems x.Toliau šiame skyrelyje apžvelgsime keletą generuojančiųjų funkcijų, kurias

gausime diferencijuodami ar integruodami (3.4) geometrinę progresiją. Primena-me laipsninių eilučių savybes, kurių įrodymus galima rasti matematinės analizės[5] vadovėlyje:

Jei (3.3) eilutė konverguoja visiems x ∈ (−r, r), tai funkcija A(x) yra diferen-cijuojama ir integruojama ir

A′(x) =∞∑i=1

iaixi−1, (3.5)

∫ x

0A(t)dt =

∞∑i=0

aii+ 1

xi+1 (3.6)

visiems x ∈ (−r, r).Tolesniuose pavyzdžiuose tariame, kad x ∈ (−1, 1).2 pavyzdys. Diferencijuodami (3.4) eilutę ir pritaikę (3.5) formulę, gauname

(1)′ + (x)′ + (x2)′ + · · · =( 1

1− x

)′.

Apskaičiavę išvestines, rašome

1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ kxk−1 + · · · = 1

(1− x)2.

Padauginę reiškinius abiejose lygybės pusėse iš x, gauname koeficientų ai = i,i = 0, 1, . . . , generuojančiąją funkciją

x+ 2x2 + 3x3 + · · ·+ kxk + · · · = x

(1− x)2. (3.7)

Diferencijuodami (3.7) eilutę ir gautą lygybę padauginę iš x, t. y.

x(x+ 2x2 + 3x3 + · · ·+ kxk + · · ·

)′= x

( x

(1− x)2

)′,


gauname koeficientų ai = i2, i = 0, 1, . . . , generuojančiąją funkciją

x+ 22x2 + 32x3 + · · ·+ k2xk + · · · = x(1 + x)

(1− x)3. (3.8)

Pastaba. Tikimybių teorijoje (3.7) ir (3.8) formulės yra taikomos geometrinioatsitiktinio dydžio momentams skaičiuoti.

3 pavyzdys. Apskaičiavę (3.4) eilutės n-ąją išvestinę

dn

dxn

(1 + x+ x2 + · · ·

)=

dn

dxn

( 1

1− x

),

gauname lygybę

(n+ 0)n + (n+ 1)nx+ · · ·+ (n+ i)nxi + · · · = n!

(1− x)n+1.

Padaliję reiškinius abiejose lygybės pusėse iš n!, randame koeficientų ai =(n+in

),

i = 0, 1, 2, . . . , generuojančiąją funkciją∞∑i=0

(n+ i

n

)xi =

1

(1− x)n+1. (3.9)

Skyrelio sąvokos ir žymenys: generuojančioji funkcija.

Užduotys

1. Integruodami (3.4) eilutę ir pritaikę (3.6) formulę, raskite, kam lygi suma

x

1+x2

2+ · · ·+ xn

n+ · · · .

2. Raskite sekos ai = 1/(i(i+ 1)), i = 1, 2 . . . , generuojančiąją funkciją.

3.3 Binominių koeficientų generuojančioji funkcija

Fiksuokime natūralujį skaičių n ir nagrinėkime skaičių seką ai =(ni

), i = 0, 1, 2,

. . . . Iš binominių koeficientų apibrėžimo išplaukia, kad ai = 0, kai i > n. Sekos(a0; a1; . . . ) generuojančioji funkcija(n

0

)+

(n

1

)x+ · · ·+

(n

i

)xi + · · ·

(n

n

)xn + 0 · xn+1 + 0 · xn+2 + · · · = (1 + x)n.

3.3 Binominių koeficientų generuojančioji funkcija 57

1 pavyzdys. Vandermondo formulė (A. T. Vandermonde, 1735–1796). Tarki-me, n,m yra sveikieji neneigiami skaičiai. Bet kuriam k ∈ [m + n] yra teisingalygybė

k∑j=0

(m

j

)(n

k − j

)=

(m+ n

k

). (3.10)

Ši formulė yra vadinama Vandermondo (sąsūkos) formule.Sprendimas. Nagrinėkime dviejų polinomų lygybę

(1 + x)m(1 + x)n = (1 + x)m+n. (3.11)

Iš polinomų lygybės išplaukia, kad jų koeficientai prie vienodų x laipsnių turi su-tapti. Išskleidžiame kairiosios pusės daugiklius Niutono binomo sumomis ir gautassumas sudauginame. Apskaičiavę koeficientą prie xk gauname sumą, esančią kai-riojoje (3.10) formulės pusėje. Kita vertus, išskleidę (1 + x)m+n Niutono binomosuma, matome, kad koeficientas prie xk yra skaičius, esantis dešiniojoje (3.10)formulės pusėje. Abiem būdais apskaičiuoti koeficientai turi sutapti, todėl gautiskaičiai yra lygūs, t. y. (3.10) lygybė yra teisinga.

Pastaba. Kadangi(mj

)= 0, kai j > m, ir

(nk−j)

= 0, kai k − j > n, tai (3.10)lygybės kairiosios pusės dėmenys nelygūs nuliui, kai k − n ≤ j ≤ m. Pažymėję

a ∧ b = min{a, b} ir a ∨ b = max{a, b},

(3.10) formulę galime perrašyti taip:k∧m∑

j=0∨(k−n)

(m

j

)(n

k − j

)=

(m+ n

k

).

Kitas sprendimas. Dėžėje yra n (skirtingų) obuolių ir m (skirtingų) kriau-šių. Krepšyje telpa k vaisių. Keliais skirtingais būdais galima prisikrauti krepšį?Viena vertus, žinoma, kad yra

(n+mk

)variantų sudaryti k dydžio poaibį iš aibės,

turinčios m + n elementų. Todėl teisingas atsakymas yra(n+mk

). Kita vertus,

galima skaičiuoti taip: variantų, kai krepšyje yra vien obuoliai, yra(nk

); variantų,

kai krepšyje k− 1 obuolys ir viena kriaušė, yra(nk−1)·(m1

). Variantų, kai krepšyje

k − j obuolių ir j kriaušių, yra(nk−j)·(mj

)ir t. t. Sudėję visus variantus, gausime

sumą∑k

j=0

(mj

)(nk−j). Abiem būdais skaičiuojame tuos pačius variantus, todėl

gauti skaičiai turi sutapti, t. y. (3.10) lygybė yra teisinga. Sprendimas baigtas.Vandermondo formulę galima apibendrinti. Pakeisime sveikuosius skaičius m

ir n į realiuosius skaičius α ir β.2 pavyzdys. Tarkime, α, β > 0 yra realieji skaičiai. Bet kuriam sveikajam

skaičiui k ≥ 0 yra teisinga lygybėk∑j=0

(α

j

)(β

k − j

)=

(α+ β

k

). (3.12)


Sprendimas. Pasirinkę realųjį skaičių α > 0, nagrinėkime skaičių seką

ai =

(α

i

)=α(α− 1) · · · (α− i+ 1)

i!, i = 0, 1, 2, . . . .

Čia a0 = (α)00! = 1

1 = 1. Koeficientų {a0, a1, . . . } generuojančioji funkcija

(1 + x)α =

(α

0

)+

(α

1

)x+ · · ·+

(α

i

)xi + · · · , |x| < 1, (3.13)

apibendrina Niutono binomą. (3.13) formulės įrodymą galima rasti matematinėsanalizės [5] vadovėlyje. Pritaikę šią formulę, išskleidžiame funkcijas

(1 + x)β =

(β

0

)+

(β

1

)x+ · · ·+

(β

i

)xi + · · · , (3.14)

(1 + x)α+β =

(α+ β

0

)+

(α+ β

1

)x+ · · ·+

(α+ β

i

)xi + · · · .

Funkcijos x→ (1 + x)α(1 + x)β ir x→ (1 + x)α+β yra lygios. Todėl jų skleidiniaix laipsniais sutampa, t. y. koeficientai prie vienodų x laipsnių sutampa. Pritaikę(3.1) formulę (3.13) ir (3.14) eilučių sandaugai, išvedame (3.12) tapatybę.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Vandermondo sąsukos formulė.

Užduotys

1. Iš Niutono binomo formulės išveskite tapatybes:

n∑i=0

(−1)i(n

i

)= 0,

n∑i=1

i

(n

i

)= n2n−1,

n∑i=2

i(i− 1)

(n

i

)= n(n− 1)2n−2,

n∑i=0

(−1)i

i+ 1

(n

i

)=

1

n+ 1,

n∑i=0

1

i+ 1

(n

i

)=

2n+1 − 1

n+ 1.

2. Naudodamiesi tapatybe(nk

)=(n

n−k), iš Vandermondo formulės išveskite

lygybęm∑j=0

(m

j

)2

=

(2m

m

).

3.3 Binominių koeficientų generuojančioji funkcija 59

3. Įrodykite, kad kiekvienam teigiamam realiajam skaičiui a ir kiekvienamnatūraliajam skaičiui k yra teisinga tapatybė(

−ak

)= (−1)k

(a+ k − 1

k

).

4. Įrodykite, kad kiekvienam realiajam skaičiui a ir kiekvienam natūraliajamskaičiui k yra teisinga tapatybė(

a

k

)+

(a

k − 1

)=

(a+ 1

k

).

5. Naudodamiesi 4 užduoties lygybe, įrodykite, kad kiekvienam realiajamskaičiui a ir bet kuriems sveikiesiems skaičiams n ≥ k ≥ 0 yra teisinga tapatybė

n∑i=0

(a− ik

)=

(a+ 1

k + 1

)−(a− nk + 1

).

6. Naudodamiesi (3.13) formule ir geometrinės progresijos formule

(1 + x)−1 = 1− x+ x2 − x3 + · · · ,

iš tapatybės (1 + x)a−1 = (1 + x)a(1 + x)−1 išveskite tapatybęn∑i=0

(−1)n−i(a

i

)=

(a− 1

n

).

7. Naudodamiesi tapatybe (1+x)a(1+x)b(1+x)c = (1+x)a+b+c, čia a, b, c yrarealieji skaičiai, įrodykite, kad kiekvienam sveikajam skaičiui n ≥ 0 yra teisingatapatybė ∑

0≤i,j≤n

(a

i

)(b

j

)(c

n− i− j

)=

(a+ b+ c

n

).

8. Naudodamiesi 3 užduoties tapatybe, iš (3.13) formulės išveskite formulę

(1− t)−1−n =∑k≥0

tk(n+ k

k

)=∑k≥0

tk(n+ k

n

),

čia n yra sveikasis neneigiamas skaičius. Dabar iš tapatybės

(1− t)−1−n(1− t)−1−m = (1− t)−2−n−m

išveskite formulę(n+m+ k − 1

k

)=

k∑i=0

(n+ i

i

)(m+ (k − i)

k − i

)

=

k∑i=0

(n+ i

n

)(m+ k − i

m

),


čia k, n,m yra sveikieji neneigiami skaičiai.

3.4 Dar kartą apie derinius ir gretinius

Šiame skyrelyje taikysime generuojančiąsias funkcijas kartotiniams deriniams irgretiniams skaičiuoti tuo atveju, kai pasikartojimų skaičiai tenkina tam tikrusapribojimus.

Kartotiniai deriniai su apribojimais. Tarkime, parduotuvėje yra n rūšiųprekių. Keliais būdais galime sudaryti pirkinį po k prekių, jei pirmos rūšies prekiųskaičius pirkinyje gali įgyti reikšmes iš aibės A1, antrosios rūšies – iš aibės A2, ...,n-osios rūšies prekių skaičius pirkinyje gali įgyti reikšmes iš aibės An? Čia A1,A2, . . . , An ⊂ {0, 1, 2, . . . }.

1 pavyzdys. Kai n = 3, k = 4 ir A1, A2 = {0, 1}, A3 = {2, 3, 4} yra 4 pirkiniųvariantai:

0 + 0 + 4, 0 + 1 + 3, 1 + 0 + 3, 1 + 1 + 2.

Pasirinkę n ir poaibių (apribojimų) rinkinį A1, A2, . . . , An, mus dominan-tį pirkinių po k prekių skaičių pažymėkime ak = ak(A1, . . . , An). Primename,kad eilutę

∑∞k=0 akx

k vadiname koeficientų {ak, k = 0, 1, 2, . . . } generuojančiąjafunkcija.

6 teiginys. Yra teisinga lygybė∞∑k=0

akxk =

( ∑j1∈A1

xj1)( ∑

j2∈A2

xj2)· · ·( ∑jn∈An

xjn). (3.15)

Įrodymas. Reiškinį, esantį dešiniojoje (3.15) lygybės pusėję, galime perrašyti kaipsandaugų

xi1xi2 · · ·xin (3.16)sumą. Sandaugos, kurių laipsnių rodiklių rinkiniai (i1; i2; . . . ; in) tenkina sąlygą

i1 + i2 + · · ·+ in = k, (3.17)

atitinka mus dominančius pirkinius po k prekių. Šiuo atveju vektorius (i1; i2; . . . ;in) nurodo, kiek ir kokių prekių įeina į pirkinį. Todėl sandaugų, tenkinančių(3.17) sąlygą, skaičius yra toks pats kaip ir mus dominančių pirkinių skaičius ak.Kita vertus, sandaugų, tenkinančių (3.17) sąlygą, skaičius yra koeficientas prie xkdešiniojoje (3.15) lygybės pusėje. Surinkę koeficientus prie x laipsnių dešiniojoje(3.15) lygybės pusėje, gausime eilutę

∑∞k=0 akx

k. Įrodymas baigtas.1 pavyzdžio tęsinys. Apribojimus A1, A2 = {0, 1}, A3 = {2, 3, 4} atitinka

sandauga

(1 + x)(1 + x)(x2 + x3 + x4) = x2 + 3x3 + 4x4 + 3x5 + x6,

3.4 Dar kartą apie derinius ir gretinius 61

kurios koeficientas prie x4 yra 4.2 pavyzdys. Deriniai. Pasirinkę n ir apribojimus Ai = {0, 1}, 1 ≤ i ≤ n,

skaičiuosime pirkinius po k prekių. Jų skaičių žymime ak. Pritaikę (3.15) formulę,randame generuojančiąją funkciją

∞∑k=0

akxk = (1 + x)n.

Iš Niutono binomo formulės išplaukia lygybė ak =(nk

), kai k ≤ n ir ak = 0, kai

k > n.Pastaba. Pažymėkime prekių rūšis z1, . . . , zn. Kiekvienas pirkinys turi būti

sudarytas iš skirtingų rūšių prekių (nes Ai = {0, 1} kiekvienam i), todėl pirkiniaipo k prekių atitinka aibės {z1, . . . , zn} poaibius po k elementų. Tokius poaibiusesame jau suskaičiavę – tai derinių skaičius

(nk

).

3 pavyzdys. Kartotiniai deriniai. Pasirinkę skaičių n ir aibes Ai = {0, 1, . . . },1 ≤ i ≤ n, skaičiuosime pirkinius po k prekių (šį kartą jokių apribojimų prekiųskaičiams nėra). Pirkinių skaičių žymime ak. Pritaikę (3.15) formulę, randamegeneruojančiąją funkciją

∞∑k=0

akxk =

(1 + x+ x2 + x3 + · · ·

)n=

( 1

1− x

)n.

Iš (3.9) formulės išplaukia lygybė ak =(n+k−1n−1

).

Pastaba. Aibė Ai = {0; 1; · · · } neriboja i-osios prekės pasikartojimų skaičiaus.Todėl 3 pavyzdžio pirkinių skaičius ak atitinka kartotinius derinius iš n po k.

Kartotiniai gretiniai su apribojimais. Skaičiuosime k ilgio žodžius, kuriesudaryti iš n dydžio abėcėlės {z1, . . . , zn} raidžių ir kuriuose raidės z1 pasikar-tojimų skaičius gali įgyti reikšmes iš aibės A1, raidės z2 – iš aibės A2, ..., rai-dės zn pasikartojimų skaičius gali įgyti reikšmes iš aibės An. Čia A1, A2, . . . ,An ⊂ {0, 1, 2, . . . }.

4 pavyzdys. Tarkime, n = 3, k = 3 ir A1, A2 = {0; 1}, A3 = {2; 3}. Tuometmus dominančių žodžių yra 7: 3 žodžiai, kuriuose dvi raidės z3 ir viena z1; 3žodžiai, kuriuose dvi raidės z3 ir viena z2; 1 žodis, kurio visos trys raidės z3.

Pasirinkę n ir poaibių (apribojimų) rinkinį A1, A2, . . . , An, mus dominantį kilgio žodžių skaičių pažymėkime ak = ak(A1, . . . , An).

7 teiginys. Yra teisinga lygybė

∞∑k=0

akk!xk =

( ∑j1∈A1

xj1

j1!

)( ∑j2∈A2

xj2

j2!

)· · ·( ∑jn∈An

xjn

jn!

). (3.18)


Įrodymas. Dešiniojoje (3.18) lygybės pusėje esantį reiškinį galime perrašyti kaipsandaugų

xj1xj2 · · ·xjnj1!j2! · · · jn!

(3.19)

sumą. Sandauga, kurios laipsnių rodiklių rinkinys (j1; j2; . . . ; jn) tenkina sąlygą

j1 + j2 + · · ·+ jn = k, (3.20)

atitinka aibę k ilgio žodžių, kuriuose raidė z1 pasikartoja j1 kartų, raidė z2 pa-sikartoja j2 kartų, ..., raidė zn pasikartoja jn kartų. Iš 1.5 skyrelio žinome, kadtokių žodžių yra (j1+···+jn)!

j1!···jn! . Koeficientas 1j1!···jn! prie (3.19) sandaugos yra k! kar-

tų mažesnis už minėtą žodžių skaičių. Todėl sudėję visas sandaugas, tenkinančias(3.20) sąlygą, matome, kad gautas koeficientas prie xk yra k! kartų mažesnis neimus dominančių žodžių skaičius ak. Taigi koeficientas prie xk dešiniojoje (3.18)lygybės pusėje yra ak/(k!). Įrodymas baigtas.

4 pavyzdžio tęsinys. Apribojimus A1, A2 = {0, 1}, A3 = {2, 3} atitinka san-dauga ( 1

0!+x

1!

)2(x22!

+x3

3!

)=

1

2x2 +

7

6x3 +

5

6x4 +

1

6x5.

Koeficientas prie x3 yra 7/6. Todėl a3 = 3!× (7/6) = 7.5 pavyzdys. Gretiniai. Pasirinkę n ir apribojimus Ai = {0, 1}, 1 ≤ i ≤ n,

skaičiuosime k ilgio žodžius. Šie žodžiai neturi pasikartojančių raidžių (nes Ai ={0, 1}). Taigi skaičiuojame gretinius. Pritaikę (3.18) formulę, randame koeficientų{ak/(k!), k = 0, 1, . . . } generuojančiąją funkciją

∞∑k=0

akk!xk = (1 + x)n.

Iš Niutono binomo formulės išplaukia lygybė ak/(k!) =(nk

), kai k ≤ n, ir ak = 0,

kai k > n. Taigi ak = (n)k.6 pavyzdys. Pasirinkę n ir aibes Ai = {0, 1, 2, . . . }, 1 ≤ i ≤ n, skaičiuosime k

ilgio žodžius (šį kartą jokių apribojimų raidžių pasikartojimams nėra). Iš (3.18)formulės gauname lygybę

∞∑k=0

akk!xk =

(1 + x+

x2

2!+x3

3!+ · · ·

)n=(ex)n

= enx.

Išskleidę enx =∑∞

k=0nk

k! xk, randame k ilgio žodžių skaičių ak = nk.

7 pavyzdys. Pasirinkę n ir aibes Ai = {1, 2, . . . }, 1 ≤ i ≤ n, skaičiuosi-me k ilgio žodžius. Šį kartą kiekvienas žodis turi turėti visas abėcėlės raides.

3.4 Dar kartą apie derinius ir gretinius 63

Taigi skaičiuojame siurjekcijas, apibrėžtas k dydžio aibėje ir įgyjančias reikšmesn dydžio aibėje. Jų skaičių pažymėkime ak. Iš (3.18) formulės gauname lygybę

∞∑k=0

akk!xk =

(x+

x2

2!+x3

3!+ · · ·

)n=

(ex − 1

)n=

n∑r=0

(−1)n−r(n

r

)erx

=

n∑r=0

(−1)n−r(n

r

)( ∞∑k=0

rk

k!xk)

=

∞∑k=0

( n∑r=0

(−1)n−r(n

r

)rk)xkk!.

Trečioje eilutėje pritaikėme Niutono binomo formulę, o paskutinėje keitėme su-mavimo tvarką! Darome išvadą, kad

ak =n∑r=0

(−1)n−r(n

r

)rk.

Šios sumos reikšmė yra 0, kai k < n.8 pavyzdys. Ievai, Mildai ir Laimutei reikia padalyti penkis (skirtingus) sal-

dainius. Keliais būdais galima tai padaryti, jei Ieva būtinai turi gauti bent vienąsaldainį, o Mildai galima duoti ne daugiau kaip tris?

Sprendimas. Kiekvieną saldainių padalijimą galima pavaizduoti žodžiu. Išpradžių sunumeruojame saldainius. Tuomet, pavyzdžiui, žodis IIMLM reiškia,kad du pirmieji saldainiai kliuvo Ievai, trečias ir penktas – Mildai, o ketvirtas –Laimutei. Dabar n = 3, k = 5 ir A1 = {1, 2, . . . }, A2 = {0, 1, 2, 3}, A3 = {0, 1,2, . . . }. Sandaugos

(x+

x2

2!+x3

3!+ · · ·

)(1 + x+

x2

2!+x3

3!

)(1 + x+

x2

2!+x3

3!+ . . .

)koeficientas prie x5 yra 206/(5!) (apskaičiuokite!). Todėl mus dominantis skaičiusa5 = 206.

Pastaba. Šiame skyrelyje pamatėme, kaip atlikdami elementarius veiksmus sugeneruojančiomis funkcijomis galime išvesti kombinatorinių koeficientų formules,anksčiau rastas pritaikius daugybos taisyklę.


3.5 Rekursijos pavyzdžiai

1 pavyzdys. Turime 67 tieses. Kaip jas išdėlioti plokštumoje, kad jos atkirstųdidžiausią skaičių regionų? Pavyzdžiui, jei visos tiesės yra lygiagrečios, tai gausime68 regionus, o jei jos visos kertasi tame pačiame taške, tai gausime 2 × 68 = 136regionus. Tarkime, išdėliojome tieses plokštumoje ir radome porą tiesių, kurios yralygiagrečios. Tuomet vieną jų šiek tiek pakreipkime, kad kirstų antrąją, ir gausimevienu regionu daugiau. Jei rastume trejetą tiesių, kurios kertasi viename taške, taivieną jų kiek pastūmus į šoną atsirastų naujas trikampis regionas. Matome, kadnorėdami gauti didesnį skaičių regionų turime taip išdėlioti tieses plokštumoje, kadtarp jų nebūtų lygiagrečių ir kad jokios trys nesikirstų viename taške. Tarkime,triušis išdėliojo 67 tieses plokštumoje ir abi minėtos sąlygos tenkinamos. Taippat ir lapė. Ar galimas dalykas, kad lapei pavyko sudaryti daugiau regionų negutriušiui?

Sprendimas. Viena tiesė plokštumą dalija į dvi dalis, dvi – į keturias, trys –į septynias. Kad ir kaip tas tieses dėliotume, visuomet gausime tokius regionųskaičius, jei tik tarp tiesių nebus lygiagrečių ir trejetas tiesių nesikirs viename taš-ke. Toliau tarsime, kad šios abi sąlygos yra tenkinamos. Nubrėžę ketvirtą tiesę,paleiskime ja keliauti skruzdėlytę. Jos kelionė prasideda iš labai toli. Skruzdėlytėkeliauja į tą pusę, kur ketvirtąją tiesę kerta trys likusios. Keliaudama tiese, skruz-dėlė kairiojoje ir dešiniojoje pusėse mato du skirtingus regionus, kurie baigiasi priepirmos kertančios tiesės. Taigi vieną seną regioną ketvirtoji tiesė padalijo į dvidalis. Keliaujant toliau, iki antros kertančios tiesės, dar vienas senas regionas da-lijamas į dvi dalis. Tolesnė kelionė, iki trečiosios kertančios tiesės padalija trečiąregioną į dvi dalis. Atsisveikinusi su paskutine (trečiąja) kertančia tiese, skruzdė-lytė nukeliauja tolyn, kur jos tiesė dalija ketvirtąjį regioną į dvi dalis. Matome,kad nubrėžus ketvirtą tiesę atsiranda 4 nauji regionai. Panašiai nubrėžus penktątiesę atsiranda 5 nauji regionai ir t. t. Naujų atsiradusių regionų skaičius, prijun-gus k-ąją tiesę, yra k, t. y. nepriklauso nuo to, kaip tą tiesę brėžiame (aišku, ji turikirsti visas tieses skirtinguose taškuose, t. y. negali būti lygiagreti su jokia anks-

3.5 Rekursijos pavyzdžiai 65

čiau nubrėžta tiese ir eiti per nubrėžtų tiesių susikirtimo taškus). Taigi galimedaryti išvadą, jog regionų, į kuriuos k tiesių dalija plokštumą, skaičius priklausotik nuo k. Pažymėkime jį pk. Mūsų nustatyta lygybė

pk = k + pk−1 (3.21)

yra vadinama rekurenčiuoju sąryšiu. Žodžiu „rekurentusis” siekiama pabrėžti, kadk-asis sekos narys pk yra išreiškiamas per vieną ar keletą ankstesnių tos pačiossekos narių. Iš (3.21) formulės gauname lygybes: pk = k + (k − 1) + pk−2 irpk = k + (k − 1) + (k − 2) + pk−3 ir t. t. Skleisdami toliau, išvedame lygybes

pk = k + (k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 2 + p1

= k + (k − 1) + (k − 2) + · · ·+ 2 + 2

= 1 + k(k + 1)/2.

Pabaigoje pritaikėme aritmetinės progresijos sumos formulę k+(k−1)+· · ·+2+1 =k(k + 1)/2. Matome, kad triušis ir lapė sudarys po tiek pat regionų. Regionųskaičius lygus (67× 68)/2.

2 pavyzdys. Fibonačio skaičiai (L. Fibonacci, 1170–1228). Fibonačis 1202 m.suformulavo tokį uždavinį. Triušių pora antrąjį mėnesį atsivedė porelę jaunikliųir vėliau kas mėnesį vėl atsiveda dar po porelę. Kiekviena jauniklių pora antrąjįsavo gyvenimo mėnesį atsiveda jauniklių porelę ir toliau kas mėnesį atsiveda naująjauniklių porelę. Praėjo n mėnesių. Kiek yra triušių porų?

Sprendimas. Triušių porų skaičių k-ojo mėnesio pabaigoje pažymėkime sk.Tuomet

s0 = 1, s1 = 1, s2 = 2, s3 = 3, s4 = 5, s5 = 8, s6 = 13, . . . .

Skaičiai sk tenkina lygybę

sk = sk−1 + sk−2, k ≥ 2. (3.22)

Taigi k-ojo mėnesio pabaigoje liko gyvos visos sk−1 triušių poros gyvenusiosk − 1 mėnesio pabaigoje, o mėnesiu ar daugiau vyresni jų giminačiai (jų skai-čius yra sk−2) spėjo atsivesti po porelę triušiukų. Pirmiausia rasime skaičių sekos{sk, k ≥ 0} = {s0, s1, s2, . . . } generuojančiąją funkciją

A(x) = s0 + s1x+ s2x2 + · · ·+ skx

k + · · · . (3.23)

Naudodamiesi ja vėliau išvesime skaičių sk formulę.Ar (3.23) eilutė konverguoja kokiam nors realiajam x 6= 0? Iš (3.22) lygybės

išplaukia, kad seka {sk, k ≥ 0} yra nemažėjanti ir sk ≤ 2 sk−1. Todėl

sk ≤ 2sk−1 ≤ 22sk−2 ≤ 23sk−3 ≤ · · · ≤ 2ks0 = 2k.


Eilutė∑

k≥1 2k|x|k konverguoja, kai |x| < 0, 5, todėl darome išvadą, kad ir (3.23)eilutė konverguos, kai |x| < 0, 5 (nes jos koeficientai sk ne didesni už 2k). Taigi ga-lime nagrinėti funkciją x→ A(x), apibrėžtą intervale (−0, 5, 0, 5). Pasinaudosime(3.22) lygybe. Įstatę lygybes

s2 = s1 + s0, s3 = s2 + s1, s4 = s3 + s2, . . .

į (3.23) formulę, gauname

A(x) = s0 + s1x

+ (s1 + s0)x2 + (s2 + s1)x

3 + · · ·+ (sk−1 + sk−2)xk + · · ·

= s0 + s1x+(s1x

2 + s2x3 + · · ·+ sk−1x

k + · · ·)

+(s0x

2 + s1x3 + · · ·+ sk−2x

k + · · ·)

= s0 + s1x+ x (A(x)− s0) + x2A(x).

Įstatę reikšmes s0 = s1 = 1, matome, kad funkcija A(x) tenkina lygybę

A(x) = 1 + x+ x (A(x)− 1) + x2A(x).

Iš čia nesunkiai randame A(x) =(1− x− x2

)−1. Belieka šią funkciją išreikštilaipsnine eilute. Išsprendę lygtį x2+x−1 = 0, gauname dvi šaknis: a = (

√5−1)/2

ir b = −(√

5 + 1)/2. Iš algebros žinome, kad x2 + x − 1 = (x − a)(x − b). Todėlgalime rašyti

A(x) =1

1− x− x2=

−1

(a− x)(b− x)=

1

a− b

(1

a− x− 1

b− x

). (3.24)

Pritaikę geometrinės progresijos sumos formulę 1 + q + q2 + · · · = (1 − q)−1,gauname:

1

a− x=

1

a

1

1− (x/a)=

1

a

(1 +

x

a+x2

a2+ · · ·+ xk

ak+ · · ·

),

1

b− x=

1

b

1

1− (x/b)=

1

a

(1 +

x

b+x2

b2+ · · ·+ xk

bk+ · · ·

).

Įstatę šias trupmenų 1/(a − x) ir 1/(b − x) išraiškas į (3.24) formulę, gauname(3.23) laipsninės eilutės koeficiento prie xk reikšmę

sk =1

a− b

(1

ak+1− 1

bk+1

)=

1√5

((2√

5− 1

)k+1

−(−2√5 + 1

)k+1).

3.6 Tiesiniai rekurentieji sąryšiai 67

Subendravardiklinę ir pritaikę kvadratų skirtumo formulę (√

5− 1)(√

5 + 1) = 4,randame paprastesnę skaičiaus sk išraišką:

sk =(√

5 + 1)k+1 − (1−√

5)k+1

2k+1√

5=αn − βn

α− β,

čia α = (1 +√

5)/2 ir β = (1−√

5)/2.Skaičių sekos {sk, k ≥ 0} nariai yra vadinami Fibonačio skaičiais. Literatūroje

jie žymimi:F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, . . . .

Taigi Fk = sk−1, čia k = 1, 2, . . . .Skyrelio sąvokos ir žymenys: Fibonačio skaičiai.

Užduotys

1. Taikydami matematinės indukcijos principą, įrodykite nelygybę Fn ≤(5/3)n, n = 1, 2, . . . .

2. (*) Įrodykite, kad kiekvienam natūraliajam skaičiui n galime rasti tokįindeksų rinkinį 1 ≤ k1 < k2 < · · · < kr, kad n = Fk1 + Fk2 + · · · + Fkr . Taigikiekvieną natūralųjį skaičių galima išreikšti skirtingų Fibonačio sekos narių suma.Šis teiginys priskiriamas Cekendorfui (E. Zeckendorf, 1901–1983).

3. (*) Įrodykite, kad jei skaičius m dalija skaičių n, tai Fm dalija Fn.

3.6 Tiesiniai rekurentieji sąryšiai

Nagrinėsime skaičių sekas {an, n ≥ 0} = {a0, a1, a2, . . . }, kurių n-asis narys anyra tiesinė ankstesnių k narių kombinacija:

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k, n = k, k + 1, . . . . (3.25)

Čia ck 6= 0. Jei skaičius k ir koeficientai c1, . . . , ck yra tie patys visiems n = k,k + 1, . . . , tai sakysime, kad seka {an, n ≥ 0} tenkina tiesinį homogeninį k-osioseilės rekurentųjį sąryšį su pastoviais koeficientais.

Užduotis. Įrodykite, kad jei sekos {an, n ≥ 0} ir {bn, n ≥ 0} tenkina (3.25)rekurentųjį sąryšį, tai nauja seka {cn, n ≥ 0}, kuri yra sekų {an, n ≥ 0} ir{bn, n ≥ 0} tiesinė kombinacija cn = αan + βbn, taip pat jį tenkina. Čia α ir βyra fiksuoti skaičiai.

1 pavyzdys. Fibonačio seka {sn, n ≥ 0} tenkina tiesinį homogeninį 2-osioseilės rekurentųjį sąryšį su pastoviais koeficientais c1 = c0 = 1.


Žodžiu „homogeninis” siekiama pabrėžti, jog ir kiekviena kita seka bn = βan,gauta padauginus pradinę seką iš skaičius (šiuo atveju skaičiaus β), tenkina (3.25)lygybę.

2 pavyzdys. Praeitame skyrelyje nagrinėti regionų skaičiai {pn, n ≥ 1} tenkina1-osios eilės rekurentųjį sąryšį, kuris nėra homogeninis. Sakydami „pirmosioseilės”, turime omenyje, kad (3.21) rekurenčiosios formulės narys pn yra išreikštasper pn−1, t. y. vienu žingsniu ankstesnį narį.

3 pavyzdys. Rekurentusis sąryšis an = a2n−1an−2 nėra tiesinis, nes sąryšyjeyra sandauga (an = an−1an−1an−2). Pažymėję bn = ln an, gauname 2-osios eilėstiesinį homogeninį sąryšį bn = 2bn−1 + bn−2.

Kaip rasti sekos {an, n ≥ 0}, tenkinančios (3.25) sąryšį, bendrojo nario formu-lę? Fibonačio skaičių bendrojo nario formulę radome pasitelkę generuojančiąsiasfukcijas. Šį metodą galime pritaikyti ir (3.25) sąryšį tenkinančios sekos bendrojonario formulei išvesti (žr., pvz., [7]). Tačiau mes pasinaudosime kitu būdu.

Pirmiausia atkreipkime dėmesį į praeito skyrelio Fibonačio skaičių formulę

sk =1

a(a− b)(a−1)k − 1

b(a− b)(b−1)k,

kurios dešiniojoje pusėje yra dviejų laipsnių tiesinė kombinacija αxk + βyk. Čiaskaičiai x = a−1 ir y = b−1. Ar tokio pavidalo formulė yra būdinga tik Fibonačioskaičiams, ar tai atskiras bendresnio reiškinio atvejis? Paieškokime tokio skaičiausz, kad seka an = zn tenkintų (3.25) sąlygą. Jei toks skaičius z egsistuotų, tai būtųteisingos lygybės:

zn = c1zn−1 + c2z

n−2 + · · ·+ ckzn−k, n = k, k + 1, . . . . (3.26)

Jos yra ekvivalenčios (vienai) lygybei

zk = c1zk−1 + c2z

k−2 + · · ·+ ck−1z + ck. (3.27)

Šią lygtį tenkinantys skaičiai yra vadinami lygties šaknimis. Pastebėkime, kad0 nėra lygties šaknis, nes ck 6= 0. Tarkime, z1, . . . , zr yra keletas (3.27) lygtiesšaknų. Taigi kiekvienas šių skaičių tenkina (3.26) lygybes. Todėl kiekviena seka

{zn1 , n ≥ 0}, {zn2 , n ≥ 0}, . . . , {znr , n ≥ 0} (3.28)

tenkina (3.25) sąryšį. Be to, bet kuri jų tiesinė kombinacija

bn = α1zn1 + · · ·+ αrz

nr , n = 1, 2, . . . , (3.29)

su fiksuotais koeficientais α1, . . . , αr taip pat tenkina tą sąryšį (žr. užduotį). Lygtį(3.27) vadiname charakteristine (3.25) sąryšio lygtimi.


8 teiginys. Tarkime, (3.27) charakteristinė lygtis turi k skirtingų šaknų.Pažymėkime šaknis z1, . . . , zk. Yra teisingi tokie teiginiai.

(i) Bet kuriam skaičių rinkiniui α1, . . . , αk seka

bn = α1zn1 + · · ·+ αkz

nk , n = 0, 1, 2, . . . , (3.30)

tenkina (3.25) rekurentųjį sąryšį.(ii) Bet kuriai sekai {an, n ≥ 0}, tenkinančiai (3.25) sąryšį, rasime tokius

skaičius α∗1, . . . , α∗k, kuriems teisingos lygybės

an = α∗1zn1 + · · ·+ α∗kz

nk , n = 0, 1, 2, . . . . (3.31)

Vektorius (α∗1, . . . , α∗k) yra tiesinių lygčių sistemos

α1z01 + · · ·+ αkz

0k = a0, (3.32)

α1z11 + · · ·+ αkz

1k = a1,

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·α1z

k−11 + · · ·+ αkz

k−1k = ak−1

sprendinys.Įrodymas. Teiginio (i) dalis jau įrodyta šiame skyrelyje.Įrodysime (ii) dalį. Tarkime, seka {an, n ≥ 0} tenkina (3.25) sąryšį. Paste-

bėkime, kad žinodami pradinius narius a0, a1 . . . , ak−1 iš (3.25) formulės rasimenarį ak. Toliau, įstatę į dešiniąją (3.25) lygybės pusę skaičius a1, . . . , ak, rasimenarį ak+1 ir t. t. Taigi pradinių narių rinkinys a0, a1, . . . , ak−1 kartu su (3.25) for-mule išsamiai apibrėžia seką {an, n ≥ 0}. Kita vertus, kiekviena charakteristinėslygties šaknų tiesinė kombinacija (3.30) tenkina (3.25) sąryšį. Taigi {bn, n ≥ 0}tenkina šį sąryšį. Belieka parinkti tokius koeficientus α1, . . . , αk, kuriems sekos{bn, n ≥ 0} pirmieji k narių sutaptų su duotosios sekos {an, n ≥ 0} pirmaisiaisk narių. Šį reikalavimą užrašome (3.32) tiesinių lygčių sistema, kurią išsprendęrandame tiesinės kombinacijos koeficientus α∗1, . . . , α∗k.

Tiesinės lygties koeficientų zij (čia 0 ≤ i ≤ k − 1, 1 ≤ j ≤ k) stulpeliaiyra tiesiškai nepriklausomi, kai visos šaknys z1, . . . , zk yra skirtingos. Iš (tiesinės)algebros žinome, kad šiuo atveju lygčių sistema turi vienintelį sprendinį. Įrodymasbaigtas.

3 išvada. Tarkime, seka {an, n ≥ 0} tenkina antrosios eilės tiesinį homoge-ninį rekurentųjį sąryšį su pastoviais koeficientais:

an = pan−1 + qan−2, n = 2, 3, . . . . (3.33)

Tarkime, charakteristinė lygtis x2 = px + q turi dvi skirtingas šaknis, kurias pa-žymėkime x1 ir x2. Tuomet visiems n = 0, 1, 2, . . . yra teisinga lygybė an =α∗1x

n1 + α∗2x

n2 . Čia

α∗1 =a1 − a0x2x1 − x2

, α∗2 =a1 − a0x1x2 − x1

.


Įrodymas. Koeficientų α∗1 ir α∗2 formules gauname išsprendę (3.32) lygčių sis-temą. Įrodymas baigtas.

4 pavyzdys. Raskime sekos {an, n ≥ 0}, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an =3an−1 + 10an−2, narį a205. Yra žinoma, kad a0 = 2 ir a1 = 3.

Sprendimas. Charakteristinė lygtis x2 = 3x + 10 turi dvi šaknis: −2 ir 5.Rasime skaičius α1 ir α2 tokius, kad an = α1(−2)n+α25

n, kai n = 0, 1. Iš lygybiųa0 = α1 +α2 ir a1 = −2α1 + 5α2 randame α1 = α2 = 1. Todėl a205 = 5205− 2205.

5 pavyzdys. Raskime sekos {an}n≥0, tenkinančios rekurentųjį sąryšį

an = 4an−1 + an−2 − an−3,

bendrojo nario formulę. Yra žinoma, kad a0 = 2, a1 = 3 ir a2 = 1.Sprendimas. Charakteristinė lygtis x3 = 4x2 + x− 4 turi tris šaknis: −1, 1 ir

4. Rasime skaičius α1, α2 ir α3 tokius, kad

an = α1(−1)n + α21n + α34

n,

kai n = 0, 1, 2. Iš lygybių

a0 = α1 + α2 + α3, a1 = −α1 + α2 + 4α3, a2 = α1 + α2 + 16α3

randame α1 = −35 , α2 = 8

3 ir α3 = − 115 . Todėl an = −3

5(−1)n + 831n − 1

154n.Dabar nagrinėkime atvejį, kai seka a0, a1, a2, . . . tenkina (3.25) sąryšį, kurio

(3.27) charakteristinė lygtis turi kartotinių šaknų. Pažymėkime skirtingas šaknis

z1, z2, . . . , zr,

o jų kartotinumus – p1, . . . , pr. Taigi p1 + · · ·+ pr = k ir kai kurie pi ≥ 2.Ieškome bendrojo nario an formulės, panašios į (3.31). Šiuo atveju 8 teiginio

taikyti negalime, nes skirtingų šaknų yra mažiau nei k. Todėl (3.28) sekų rinkinįpapildome sekomis

{njzni , n ≥ 0} = {0, 1jzi, 2jz2i , 3jz3i , 4jz4i , . . . }, j = 1, 2, . . . , pi − 1,

atitinkančiomis šaknis zi su kartotinumais pi ≥ 2. Dabar kiekvienai šakniai zisekų rinkinyje atstovauja sekos

{zni , n ≥ 0}, {nzni , n ≥ 0}, {n2zni , n ≥ 0}, {npi−1zni , n ≥ 0}.

Toks papildytas sekų rinkinys turi k sekų, nes šaknų kartotinumų suma yra lygilygties laipsniui k.


Ar visos šios sekos tenkina (3.25) rekurentųjį sąryšį? Pasirinkę šaknį z = zi,kurios kartotinumas p = pi ≥ 2, pirmiausia įsitikinsime, kad seka {nzn} tenkina(3.25) sąryšį. Nagrinėkime funkcijas

x→ fn(x) = xn − c1xn−1 − c2xn−2 − · · · − ck−1xn−k+1 − ckxn−k.

Kadangi z yra lygties fk(x) = 0 šaknis, kurios kartotinumas p, tai z yra ir lygtiesfn(x) = 0 šaknis, kurios kartotinumas p (primename, kad 0 nėra charakteristinėslygties šaknis, taigi z 6= 0). Todėl (algebros žinios!) fn(x) = (x − z)pgn(x), čiagn(x) yra n− p eilės polinomas. Matome, kad pirmoji išvestinė

f ′n(x) = p(x− z)p−1gn(x) + (x− z)pg′n(x) (3.34)

įgyja reikšmę 0, kai x = z. Įstatę x = z į išvestinės formulę

f ′n(x) = nxn−1 − c1(n− 1)xn−2 − · · · − ck(n− k)xn−k−1,

gauname lygybę

0 = nzn−1 − c1(n− 1)zn−2 − · · · − ck−1(n− k)zn−k−1. (3.35)

Padauginę reiškinius abiejose gautos lygybės pusėse iš z, išvedame formulę

nzn = c1(n− 1)zn−1 + · · ·+ ck−1(n− k)zn−k.

Iš šios formulės matome, kad seka {nzn, n ≥ 0} tenkina (3.25) sąryšį.Dabar tarę, jog šaknies z kartotinumas p ≥ 3, įrodysime, kad seka {n2zn, n ≥

0} tenkina (3.25) sąryšį. Iš (3.34) lygybės darome išvadą, kad z yra ir lygties(xf ′(x))′ = 0 šaknis. Įstatę x = z į išvestinės formulę(

xf ′n(x))′

=(nxn − c1(n− 1)xn−1 − · · · − ck(n− k)xn−k

)′= n2xn−1 − c1(n− 1)2xn−2 − · · · − ck(n− k)2xn−k−1,

gauname lygybę

0 = n2zn−1 − c1(n− 1)2zn−2 − · · · − ck−1(n− k)2zn−k−1. (3.36)

Padauginę reiškinius abiejose gautos lygybės pusėse iš z, išvedame formulę

n2zn = c1(n− 1)2zn−1 + · · ·+ ck−1(n− k)2zn−k.

Iš jos matome, kad seka {n2zn, n ≥ 0} tenkina (3.25) sąryšį. Panašiai įrodoma,kad kiekvienam 0 < j < p seka {njzn, n ≥ 0} tenkina (3.25) sąryšį. Suformuluo-kime įrodytą teiginį.


9 teiginys. Tarkime, charakteristinė lygtis (3.27) turi šaknį zi, kurios karto-tinumas yra pi ≥ 2. Tuomet kiekvienam j = 0, 1, . . . , pi − 1 seka {njzni , n ≥ 0}tenkina (3.25) sąryšį.

10 teiginys. Tarkime, charakteristinė lygtis (3.27) turi r skirtingų šaknųz1, . . . , zr, kurių kartotinumai yra p1, . . . , pr. Bet kurią seką {an, n ≥ 0}, tenki-nančią (3.25) sąryšį, galima išreikšti sekų

{njzni , n ≥ 0}, j = 0, 1, 2, . . . , pi − 1, 1 ≤ i ≤ r,

tiesine kombinacija.Šio teiginio įrodymas yra visai toks pat, kaip ir 8 teiginio (ii) dalies.4 išvada. Tarkime, seka {an, n ≥ 0} tenkina (3.33) sąryšį, kurio charakte-

ristinė lygtis x2 = px + q turi vienintelę šaknį (ją žymime x1, jos kartotinumaslygus 2). Tuomet

an = α1xn1 + α2nx

n1 , n = 0, 1, 2, . . . .

Čiaα1 = a0, α2 = (a1 − a0x1)x−11 . (3.37)

Įrodymas. Iš 9 teiginio žinome, sekos {xn1 , n ≥ 0} ir {nxn1 , n ≥ 0} tenkina(3.33) sąryšį. Todėl bet kuriems skaičiams β1, β2 seka bn = β1x

n1 +β2nx

n1 taip pat

tenkina (3.33) sąryšį. Parinkę koeficientus β1 ir β2 taip, kad sekų {an, n ≥ 0} ir{bn, n ≥ 0} pirmieji nariai sutaptų, t. y.

a0 = β1x01 + β20x

01, a1 = β1x

11 + β11x

11, (3.38)

gausime lygybę an = bn, kuri teisinga visiems n = 0, 1, 2, . . . . Taigi an = β1xn1 +

β2nxn1 . Čia β1 ir β2 yra (3.38) tiesinės lygčių sistemos sprendiniai. Jie yra pateikti

(3.37) formulėje. Įrodymas baigtas.6 pavyzdys. Raskime sekos {an, n ≥ 0}, tenkinančios rekurentųjį sąryšį an =

6an−1 − 9an−2, bendrojo nario formulę. Yra žinoma, kad a0 = 1 ir a1 = 6.Sprendimas. Charakteristinė lygtis x2 = 6x−9 turi vienintelę šaknį 3. Rasime

skaičius α1 ir α2 tokius, kad an = α13n +α2n3n, kai n = 0, 1. Iš lygybių a0 = α1

ir a1 = 3α1 + 3α2 randame α1 = α2 = 1. Todėl an = 3n + n3n.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: tiesinis homogeninis rekurentusis sąryšis,charakteristinė lygtis.

Užduotys

1. Raskite rekurenčiosios sekos an = −an−1 + 2an−2 narį a51, jei yra žinoma,

3.7 Katalano skaičiai 73

kad a0 = 1 ir a1 = 2.2. Raskite rekurenčiosios sekos an = 7an−1 − 16an−2 + 12an−3 bendrojo nario

formulę, jei yra žinoma, kad a0 = 1, a1 = 2, a2 = 3.Pastaba. Charakteristinės lygties šaknys yra 2 ir 3.3. Raskite rekurenčiosios sekos an = 4an−1− an−2− 6an−3 + 8 bendrojo nario

formulę, jei yra žinoma, kad a0 = a1 = a2 = 1.Nuoroda. Seka bn = an − 2 tenkina tiesinį rekurentųjį sąryšį bn = 4bn−1 −

bn−2 − 6bn−3, o lygties x3 = 4x2 − x− 6 šaknys yra −1, 2 ir 3.

3.7 Katalano skaičiai

Dvejetainiai medžiai. Pavaizduoto gatvių labirinto namų adresai atitinka ke-lius, kuriais jie pasiekiami iš pašto. Jonuko namų adresas yra DDK (dešinėn,dešinėn, kairėn), nes išėjus iš pašto du kartus reikia laikytis dešinės, po to suk-ti kairėn. Petriuko namų adresas yra KDK. Tokį labirintą vadiname dvejetainiumedžiu. Namus vadiname medžio viršūnėmis. Gatveles, jungiančias du gretimusnamus, vadiname medžio briaunomis. Namą, kuriame yra įsikūręs paštas, vadi-name dvejetainio medžio šaknimi.

JONAS

DARŽELISSTOTIS ALGISVAISTINĖ

DIRBTUVĖ MOKYKLA

PAŠTAS

PETRAS

Informatikai dvejetainiame medyje (gatvių labirinte) įkurdina duomenis. Pra-dėsime nuo neapgyvendinto dvejetainio medžio, turinčio daugybę viršūnių. Josvisos tuščios (neturi vadinamųjų gyventojų). Jose įkurdinsime skaičius. Tarki-me, vienas po kito atvyksta skaičiai 6, 3, 9, 7, 2, 4, 15, . . . . Juos taupiai apgy-vendiname dvejetainiame medyje laikydamiesi tokios tvarkos. Pirmasis skaičiusįkurdinamas medžio šaknyje. Antrasis skaičius norėtų įsikurti medžio šaknyje,


tačiau ji užimta. Jis siunčiamas į dešinę, jei yra didesnis už šaknies gyventoją, irsiunčiamas į kairę, jei mažesnis. Radęs pirmą laisvą viršūnę, skaičius iškart jojeįsikuria. Vėliau atvykę skaičiai (trečiasis, ketvirtasis, ...) pradeda kelionę medžiošaknyje ir keliauja medžiu iki tol, kol randa neužimtą viršūnę. Kelionėje laikomasitos pačios taisyklės: atvykęs į užimtą viršūnę skaičius čia neužsibūna, bet keliaujatolyn. Išėjęs iš užimtos viršūnės, jis suka dešinėn, jei yra didesnis už tos viršunėsgyventoją, ir suka kairėn, jei yra mažesnis. Sekos skaičiai įsikurs dvejetainiamemedyje tokia tvarka, kaip pavaizduota paveiksle.

6

7

3

2 154

9

2' 3' 4' 6' 7' 9' 15'

Palyginę skaičių a ir b užimtas viršūnes, galime pasakyti, kuris jų yra didesnis.Pažymėję a′ ir b′ viršūnių projekcijas į horizontaliąją ašį, matome, jog a < btik tuomet, kai a′ < b′. Taigi apgyvendinę skaičius dvejetainiame medyje, juossurūšiavome didėjimo tvarka.

Toliau skaičiuosime, kiek skirtingų dvejetainių medžių, kurių n viršūnės ap-

gyvendintos, galime pavaizduoti. Šį skaičių vadiname Katalano (E. C. Catalan,1814–1894) skaičiumi ir žymime Cn. Paveiksle pavaizdavome visus skirtingusdvejetainius medžius su trimis viršūnėmis (šaknis juoda). Matome, kad C3 = 5.

Dyko žodis ir trajektorija. Braižydami dvejetainį medį, kiekvienos vir-šūnės dešiniojoje pusėje užrašome skaičių 1, o viršuje – skaičių 0. Plokštumojedešiniojoje šaknies pusėje išleidžiame į kelionę skruzdėlę tyrėją. Jį keliaus medžio


kontūru ir kelionės dienoraštyje įrašys aptiktus skaičius (0 ir 1). Kelionės metuskruzdėlė negali kirsti tiriamojo medžio briaunų. Pabaigusi kelionę, ji atsidurskairiojoje šaknies pusėje, o mes perskaitysime, ką ji yra užsirašiusi į savo kelionėsdienoraštį. Tai – medžio kodas, kurį sudaro po lygiai vienetukų ir nuliukų, neskiekviena viršūnė žymima 1 ir 0. Be to, viršunės žymė 1 į dienoraštį bus įrašytaankščiau negu žymė 0, nes skruzdėlė tyrėja apeina medį iš dešiniosos pusės (žr.pav.). Todėl skaitydami medžio kodą, atitinkantį kelionę nuo pradžios iki pabai-gos, pastebėsime tokią savybę: perskaitytų nuliukų skaičius niekuomet neviršysvienetukų skaičiaus (prieš pažymėdama dienoraštyje aptiktos viršunės žymę 0,skurzdėlė jau anksčiau buvo pažymėjusi tos viršūnės žymę 1).

11

1

1

1

1

1 1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

00

0

0

0

0

0

0 0

0

0

0 0

00

0

0

0

1

Medžio kodas yra 11111001100010011100100100110011100010.Tokius 2n ilgio žodžius iš raidžių 0 ir 1, kuriuose abiejų raidžių yra po lygiai

(po n) ir kuriuos skaitant iš kairės į dešinę perskaitytų vienetų skaičius visuometyra ne mažesnis už nulių skaičių, vadiname Dyko (W. Dyck, 1856–1934) žodžiais.Jau žinome, kad kiekvieną dvejetainį medį su n viršūnių atitinka jo kodas – Dykožodis.

Užduotis. Pavaizduokite medį, kuris atitiktų pasirinktą Dyko žodį. Taip įsiti-kinkite, kad kiekvieną Dyko žodį atitinka dvejetainis medis.

Matome, kad yra abipusiškai vienareikšmė atitiktis tarp Dyko žodžių ir dve-jetainių medžių. Todėl norėdami sužinoti, kiek yra skirtingų dvejetainių medžiųsu n viršūnių, skaičiuosime 2n ilgio Dyko žodžius.

Dyko žodį patogu pavaizduoti grafiškai. Skaitydami žodį iš kairės į dešinę,brėžiame trajektoriją: k-asis jos žingsnis kyla aukštyn, jei k-oji Dyko žodžio raidėyra 1, ir leidžiasi žemyn, jei k-oji Dyko žodžio raidė yra 0. Kairėje yra pavaizduota


1 1 0 0 1 1 0 0 1 0

DDVVDDVVDV

Dyko žodžio 1100110010 trajektorija. Pakeitę 1 ir 0 į D ir V, gauname žodįDDVVDDVVDV. Jį atitinkanti trajektorija (D – dešinėn, V – viršun) pavaizduotadešinėje. Matome, kad ji neperšoka kvadrato įstrižainės. Taip yra todėl, kadskaitydami Dyko žodį iš kairės į dešinę, vienetų (D raidžių) aptinkame ne mažiaunei nulių (V raidžių). Rasime n× n gardelės Dyko trajektorijų skaičių.

Nagrinėkime kelius iš A į B, einančius 5 × 3 gardelės briaunomis. Tarkime,kad yra leistini žingsniai tik dešinėn (D) ir viršun (V). Brėžinyje pavaizduotą keliąkoduojame žodžiu DVDDVDVD. Kiek yra skirtingų kelių iš A į B? Kiekvieną keliągalime užkoduoti žodžiu, iš 5 raidžių D ir 3 raidžių V, todėl kelių yra tiek pat,kiek ir 5+3 ilgio žodžių. Juose raidė D pasikartoja 5 kartus, o raidė V – 3 kartus.Tokių žodžių yra

(5+35

)= 56. Gardelėje n×m tokių kelių yra

(n+mn

).

A

B

Mus domina kvadratinė n×n gardelė ir keliai, kuriais žingsniuojame dešinėn irkairėn niekada nekertant kvadrato įstrižainės. Todėl keliaujant iš A į B įstrižainėstaškai niekuomet neatsiduria dešiniojoje kelio pusėje. Tokius kelius vadinsimegeraisiais. Jau žinome, kad jų yra tiek pat, kiek ir dvejetainių medžių, turinčių nviršūnių, t. y. Cn. Mus domina sekos {Cn, n ≥ 0} bendrojo nario formulė. Aišku,


C1 = 1 ir C2 = 2. Nesunku rasti visus geruosius 3× 3 dydžio gardelės kelius:

DVDVDV, DV DDV V, DDV V DV, DDVDV V, DDDV V V.

Taigi C3 = 5. Šį skaičių jau buvome radę anksčiau, kai skaičiavome dvejetainiusmedžius, turinčius 3 viršūnes.

11 teiginys. Visiems n = 1, 2, . . . yra teisinga lygybė

Cn =1

n+ 1

(2n

n

). (3.39)

Pastaba. Matome, kad n×n gardelės trajektorijų (jungiančių įstrižainės kam-pus ir sudarytų iš 2n žingsnių) yra n+ 1 kartų daugiau, negu tokių trajektorijų,kurios tenkina papildomą sąlygą – nekerta įstrižainės.

Įrodymas. Iš pradžių nustatysime skaičių Cn rekurentųjį sąryšį. Juo pasinau-doję, rasime Katalano skaičių generuojančiosios funkciją. Išskleidę generuojančią-ją funkciją laipsnine eilute, gausime Katalano skaičius.

Fiksuokime skaičių n ir nagrinėkime n×n dydžio gardelę (žr. pav.). Ją sudarotaškai (i, j), 0 ≤ i, j ≤ n. Čia i žymi taško x koordinatę, o j – y koordinatę.Nagrinėkime kurį nors gerąjį gardelės kelią K. Eidami juo iš A = (0, 0) į B =(n, n), galbūt keletą kartų paliesime įstrižainę, kol galop pasieksime tašką B.Pažymėkime D tą įstrižainės tašką, kuriame kelias K paskutinį kartą ją lietė,prieš pasiekdamas kelionės galą B. Taško D koordinates pažymėkime (m,m).Čia 0 ≤ m ≤ n − 1. Išskirstome kelius į grupes. Į grupę T0 patenka keliai K,kurių m = 0 (t. y. D = A). Į grupę T1 patenka keliai K, kurių m = 1 ir t. t. GrupęTn−1 sudaro keliai K, kurių m = n− 1. Aišku, Cn = |T0|+ |T1|+ · · ·+ |Tn−1|.

Toliau skaičiuosime, kiek kelių patenka į grupę Tm, 0 ≤ m ≤ n− 1.Grupė T0. Kiekvienas kelias, patekęs į grupę T0, turi kelio atkarpą, einančią iš

taško (1, 0) į tašką (n, n− 1), kuri neliečia gardelės įstrižainės. Be to, jei du keliaiskiriasi, tai būtinai skiriasi ir šios jų atkarpos. Tokių atkarpų skaičius yra Cn−1.Taigi grupėje T0 yra |T0| = Cn−1 skirtingų kelių.

Grupė Tn−1. Kiekvienas kelias, patekęs į grupę Tn−1, turi kelio atkarpą, ei-nančią iš taško (0, 0) į tašką (n− 1, n− 1). Be to, jei du keliai skiriasi, tai būtinaiskiriasi ir šios jų atkarpos. Tokių atkarpų skaičius yra Cn−1. Taigi grupėje Tn−1yra |Tn−1| = Cn−1 skirtingų kelių.

Grupė Tm. Čia 1 ≤ m ≤ n− 2. Kiekvienas kelias K, patekęs į grupę Tm, turikelio atkarpą (pavadinkime ją K1), einančią iš taško (0, 0) į tašką D = (m,m),ir kitą atkarpą (pavadinkime ją K2), einančią iš taško (m+ 1,m) į tašką (n, n−1). Antroji atkarpa K2 neliečia gardelės įstrižainės. Todėl yra Cn−m−1 variantųparinkti atkarpą K2. Pirmoji atkarpa K1 gali liesti įstrižainę ir todėl turime Cmįvairių jos variantų. Kelią K galime sudaryti tokiu būdu: iš pradžių pasirinkti


m

m

D

n

n

A

B

atkarpą K1, o vėliau prilipdyti atkarpą K2. Matome, kad yra Cm × Cn−m−1variantų tai padaryti. Todėl grupėje Tm yra |Tm| = Cm×Cn−m−1 skirtingų kelių.

Gavome rekurentųjį sąryšį

Cn = |T0|+ |T1|+ · · ·+ |Tn−1|= 1 · Cn−1 + C1 · Cn−2 + · · ·+ Cm · Cn−m−1 + · · ·+ Cn−1 · 1.

Pažymėję C0 = 1, galime užrašyti

Cn = C0 · Cn−1 + C1 · Cn−2 + · · ·+ Cm · Cn−m−1 + · · ·+ Cn−1 · C0. (3.40)

Toliau pasinaudosime šiuo rekurenčiuoju sąryšiu koeficientų Cn generuojančiosiosfunkcijos

f(x) = C0 + C1x+ C2x2 + · · ·+ Cnx

n + · · · . (3.41)

formulei išvesti.Pastaba. Kadangi Cn ≤

(2nn

)(gerųjų kelių iš A į B yra ne daugiau negu

apskritai iš A į B vedančių kelių, kuriuose yra tik žingsniai aukštyn ir dešinėn) ir(2nn

)≤ 4n (įrodykite šią nelygybę matematinės indukcijos metodu), tai Cn ≤ 4n.

Taigi (3.41) eilutė konverguoja, kai |x| < 4−1. Todėl intervale (−0, 25, 0, 25)funkcija f yra korektiškai apibrėžta. Sudauginę dvi (3.41) laipsnines eilutes ir


surinke koeficientus prie x laipsnių, gauname

f(x) · f(x) = C20 + (C0C1 + C1C0)x+ (C0C2 + C1C1 + C2C0)x

2 + · · ·+ (C0Cn + C1Cn−1 + · · ·+ CnC0)x

n + · · ·= 1 + C2x+ · · ·+ Cn+1x

n + · · · . (3.42)

Čia, pritaikę (3.40) tapatybę, reiškinius skliausteliuose pakeitėme atitinkamaiskoeficientais C2, . . . , Cn+1, . . . . Pastebėję, kad (3.42) suma yra lygi (f(x)− 1)/x,gauname lygtį f2(x) = (f(x)− 1)/x. Ji ekvivalenti kvadratinei lygčiai

xf2(x)− f(x) + 1 = 0,

kurios nežinomasis yra f(x). Ją išsprendę, randame du sprendinius:

f1(x) =1

2x

(1 +√

1− 4x), f2(x) =

1

2x

(1−√

1− 4x).

Vienas jų yra ieškomoji funkcija f(x). Kuris? Funkcija f(x), apibrėžta (3.41)formule, yra tolydžioji intervale x ∈ (−0, 25, 0, 25). Jos reikšmė taške x = 0 yraf(0) = 1. Funkcija x → f1(x) nėra tolydžioji taške x = 0, todėl ją atmetame.Likusi funkcija f2(x) turi ribą limx→0 f2(x) = 1. Apibrėžę taške x = 0 jos reišmęf2(0) = 1, gauname tolydžiąją funkciją. Darome išvadą, kad ieškomoji funkcija

f(x) =

{12x

(1−√

1− 4x), kai |x| < 4−1,

0, kai x = 0.

Toliau tarsime, kad x 6= 0, ir skleisime funkciją f(x) = 12x

(1−√

1− 4x)

kinta-mojo x laipsnių eilute. Naudodamiesi skleidiniu (žr. 1.3 skyrelį)

(1− 4x)0,5 = 1 +

(0, 5

1

)(−4x) + · · ·+

(0, 5

k

)(−4x)k + · · · ,

randame funkcijos f(x) laipsninės eilutės (žr. (3.41)) koeficientą prie xn:

Cn = −0, 5

(0, 5

n+ 1

)(−4)n+1.

Gautoji bendrojo nario formulė nėra vaizdi. Atlikę elementarius pertvarkymus(žr. toliau einantį teiginį), išvesime paprastesnę formulę

Cn =1

n+ 1

(2n

n

). (3.43)

Įrodymas baigtas.


12 teiginys. Kiekvienam n = 1, 2, . . . yra teisinga lygybė

−0, 5

(0, 5

n+ 1

)(−4)n+1 =

1

n+ 1

(2n

n

). (3.44)

Įrodymas. Binominis koeficientas(0,5n+1

)= (0, 5)n+1/(n+ 1)!. Trupmenos skai-

tiklyje

(0, 5)n+1 = 0, 5(0, 5− 1)(0, 5− 2) · · · (0, 5− n)

= (0, 5)n+1(1− 2)(1− 4) · · · (1− 2n)

= (0, 5)n+1(−1)n 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1)

sandaugą 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) pakeitę faktorialų santykiu

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) =1 · 2 · 3 · 4 · · · (2n− 1) · (2n)

2 · 4 · 6 · · · (2n− 2) · (2n)=

(2n)!

2nn!,

gauname lygybę

(0, 5)n+1 = (0, 5)2n+1(−1)n(2n)!

n!.

Todėl binominis koeficientas(0, 5

n+ 1

)= 0, 5 (−4)−n

(2n)!

n!(n+ 1)!= 0, 5 (−4)−n

(2n

n

)1

n+ 1.

Iš gautos tapatybės išplaukia (3.44) lygybė. Įrodymas baigtas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Katalano skaičius Cn; dvejetainis medis;Dyko trajektorija; Dyko žodis.

Užduotys

1. Pavaizduokite dvejetainį medį, kurį koduoja Dyko žodis 111001010010.2. Užrašykite Dyko žodį, atitinkantį dvejetainį medį, kuriame yra apgyven-

dinti skaičiai 6, 4, 9, 2, 12, 8, 3, 1, 5. Pirmasis atvyko ir medyje apsigyveno skaičius6, po jo 4, dar vėliau 9 ir t. t.

4 skyrius

Grafai

4.1 Grafų teorijos sąvokos ir pavyzdžiai

Grafus naudojame ryšiams tarp tiriamų asmenų ar daiktų žymėti. Grafą sudaroviršūnės ir briaunos.

Duota aibė V = {v1, . . . , vn}. Pažymėkime(V2

)aibę V poaibių, turinčių du

elementus:(V2

)={{vi, vj} : vi, vj ∈ V

}. Kiekvienas poaibių rinkinys E ⊂

(V2

)apibrėžia porą (V,E), kurią vadiname grafu. Žymime G = (V,E). Aibės Velementus vadiname viršūnėmis, o aibės E elementus – briaunomis.

Pavaizduoto grafo G = (V,E) viršūnių aibė V = {v1, v2, . . . , v8}, o briaunųaibė E = {e1, e2, . . . , e6}. Grafas G galėtų atitikti aštuonių kavinės lankytojųryšius: du asmenys jungiami briauna, jei jie yra pažįstami.

Grafo viršūnes, kurias jungia briauna, vadiname kaimynėmis, arba gretimo-siomis. Taigi viršūnės v2 ir v4 yra kaimynės, o v3 ir v4 nėra kaimynės. Viršūnes,

81

82 4 skyrius. Grafai

kurias jungia briauna, vadiname tos briaunos galais, arba galinėmis viršūnėmis.Pavyzdžiui, briaunos e3 galinės viršūnės yra v2 ir v5. Dvi briaunas, kurios tu-ri tą pačią galinę viršūnę, vadiname incidenčiosiomis. Pavyzdžiui, briauna e5yra incidenti briaunai e6, nes v4 yra abiejų briaunų galinė viršūnė. Dar sakoma,kad briauna yra incidenti galinei viršūnei. Pavyzdžiui, e1 ir v2 yra incidenčios.Taip pat briauna e1 yra incidenti viršūnei v3. Viršūnę, kuri nėra incidenti jokiaibriaunai, vadiname izoliuotąja. Pavyzdžiui, v1 yra izoliuota.

Faktą, kad grafo G = (V,E) viršūnes u, v ∈ V jungia briauna, žymime {u, v} ∈E arba u ∼ v. Priešingu atveju žymime u 6∼ v. Grafą, turintį tą pačią viršūniųaibę kaip G = (V,E) ir briaunų aibę E =

(V2

)\ E, vadiname grafo G papildiniu.

Žymime G = (V, E).GrafąH = (VH , EH), kurio viršūnių aibė yra VH ir briaunų aibė EH , vadiname

grafo G = (V,E) pografiu, jei VH ⊂ V ir EH ⊂ E.Paveiksle matome trikampį, jungiantį viršūnes v2, v4 ir v5. Šio trikampio,

pavadinkime jį H, viršūnių aibė yra VH = {v2, v4, v5}, briaunų aibė yra EH ={e3, e5, e6}. Trikampis H = (VH , EH) yra grafo G pografis.

Grafo G = (V,E), kurio viršūnių aibė yra V = {v1, . . . , vn} ir briaunų aibė E,gretimumo matrica A = ||aij || yra kvadratinė n× n matrica. Jos elementai

aij =

{1, kai vi ∼ vj ;0, kai vi 6∼vj .

(4.1)

Žinodami grafo gretimumo matricą, galime nusibraižyti grafą. Pavyzdžiui,4× 4 dydžio gretimumo matrica, kurios elementai aij = 1, kai i 6= j, ir įstrižainėselementai aii = 0, kai 1 ≤ i ≤ 4, atitinka trikampės piramidės briaunų grafą.

Grafo G = (V,E) viršūnės u ∈ V laipsniu vadiname šiai viršūnei incidenčiųbriaunų skaičių. Žymime d(u). Grafą, kurio visų viršūnių laipsniai vienodi, vadi-name reguliariuoju. Pavyzdžiui, trikampės piramidės grafas yra reguliarusis, neskiekvienos viršūnės laipsnis yra lygus 3.

4.1 Grafų teorijos sąvokos ir pavyzdžiai 83

13 teiginys. Kiekvienam grafui G = (V,E) yra teisinga lygybė∑v∈V

d(v) = 2|E|. (4.2)

Įrodymas. Pradėkime nuo grafo, kurio viršūnių aibė yra V ir kuris neturi nėvienos briaunos. Šiam grafui (4.2) lygybė teisinga, nes abiejose lygybės pusėseyra po nulį. Įdėję pirmą grafo G briauną, gauname grafą, turintį tik 1 briauną.Šiam grafui (4.2) lygybė teisinga, nes jo viršūnių laipsnių suma lygi 2 ir abiejoselygybės pusėse yra po dvejetą. Įdėję dar vieną grafo G briauną, gauname grafą,turintį 2 briaunas. Šiam grafui (4.2) lygybė vėl teisinga, nes jo viršūnių laips-nių suma padidėjo 2 (nauja briauna yra incidenti 2 viršunėms, ir kiekvienos jųlaipsnis padidėjo vienetu), o briaunų skaičius padidėjo vienetu. Toliau, įdėdamitrūkstamas briaunas vieną po kitos, kiekvienoje lygybės pusėje pridedame po dve-jetą. Pabaigoje abiejose lygybės pusėse bus po vienodą skaičių dvejetų. Įrodymasbaigtas.

Grafų pavyzdžiai. Paveiksle yra trys grafai: trajektorija (takas) P8, ciklas C6

ir pilnasis grafas K4.

Pavaizduota trajektorija P8 turi 8 viršūnes. Trajektoriją, turinčią n viršūnių,žymime Pn. Trajektorijos briaunų skaičių vadiname jos ilgiu. Taigi trajektorijosPn ilgis yra n − 1. Ciklas C6 turi 6 viršūnes. Ciklą, turintį n viršūnių, žymimeCn. Ciklo briaunų skaičių vadiname jo ilgiu. Trajektoriją ir ciklą kartais žymėsimetiesiog P ir C.

Grafą, kurio visas viršūnių poras jungia briaunos, vadiname pilnuoju. Pilnasisgrafas K4 turi 4 viršūnes. Pilnąjį grafą, turintį n viršūnių, žymime Kn. Pilnasisgrafas Kn turi

(n2

)briaunų – tiek skirtingų porų galima sudaryti iš n viršūnių.

Grafą G = (V,E) vadiname dvidaliuoju, jei jo viršūnių aibę V įmanoma iš-skaidyti į dvi dalis V = V1 ∪ V2, V1 ∩ V2 = ∅ taip, kad kiekvienos briaunosb = {vi, vj} ∈ E galai vi ir vj patektų į skirtingas dalis, pavyzdžiui, vi ∈ V1 irvj ∈ V2.

Pavaizduoti dvidalieji grafai: trajektorija P9 ir ciklas C8. Norėdami pabrėžtidvidaliojo grafo G = (V,E) viršūnių aibės skaidinį V = V1 ∪ V2, kartais žymime


G = (V1, V2, E). Jei dvidaliojo grafo G = (V1, V2, E) viršūnes, patekusias į aibę V1,nuspalvintume baltai, o viršūnes iš V2 nuspalvintume juodai, tai kiekvienos grafobriaunos galai būtų skirtingų spalvų. Kita vertus, jei galėtume grafo G = (V,E)viršūnes nuspalvinti juoda arba balta spalva taip, kad kiekvienos briaunos galinėsviršūnės būtų skirtingų spalvų, tai toks grafas būtų dvidalusis: aibę V1 sudarytųbaltosios viršūnės, o aibę V2 – juodosios.

Klausimas. Ar kiekvienas ciklas yra dvidalusis grafas? Ar pilnasis grafas K4

yra dvidalusis?Dvidalųjį grafą G = (V1, V2, E), kurio kiekvieną viršūnių porą (v, u) ∈ V1×V2

jungia briauna, vadiname pilnuoju dvidaliuoju grafu. Kai |V1| = k ir |V2| = r,pilnąjį dvidalųjį grafą žymime Kk,r. Jis turi k × r briaunų.

Grafą vadiname plokščiuoju, jei jį įmanoma pavaizduoti plokštumoje taip, kadbriaunos nesikirstų.

Pavaizduoti grafai K3,2, K3,3, K4 ir K5. Grafų K3,2 ir K4 briaunos nesikerta.Taigi jie plokštieji. Grafų K3,3 ir K5 nepavyko pavaizduoti taip, kad jokios dvibriaunos nesikirstų. Vėliau įrodysime, kad jie nėra plokštieji. Taigi neįmanomagrafų K3,3 ir K5 pavaizduoti plokštumoje taip, kad išvengtume briaunų susikirti-mo.


Grafo viršūnės gali atitikti miestus, o briaunos – kelių tinklą. Tuomet gali-ma klausti, ar yra galimybė nuvykti iš vieno pasirinkto miesto į kitą keliaujantbriaunomis. Toliau (punktyru) pavaizduotas pėdsakas, kurį paliko vabaliukas ke-liautojas. Jo kelionės dienoraštyje eilės tvarka yra paminėtos aplankytos viršūnėsir briaunos, kuriomis buvo keliauta. Iš pradinės viršūnės v6 jis išėjo briauna e3.Atvykęs į v2, toliau keliavo briauna e5. Kelionės maršrutą galima sužinoti išvabaliuko užrašų:

v6e3v2e5v3e9v4e11v8e10v3e9v4e12v5e17v11e18v10e15v9e13v8.

Keliu vadiname seką, sudarytą iš briaunų ir viršūnių, kuri prasideda viršūne,toliau eina briauna, toliau vėl viršūnė ir t. t. Paskutinis sekos narys yra viršūnė,o bet kurie gretimi nariai (viršūnė ir briauna) yra incidentūs. Kelias yra užda-ras, jei pradinė kelio viršūnė sutampa su galine. Trajektorija (taku) vadinamekelią, kuriame nesikartoja viršūnės. Sakome, kad trajektorija jungia pradinę irgalutinę (trajektorijos) viršūnes. Uždarą kelią, kurio visos viršūnės skirtingos (iš-skyrus pradinę viršūnę, sutampančią su galine) vadiname ciklu. Primename, kadtrajektorija ir ciklas yra tam tikros formos grafai. Sakydami, kad dvi grafo viršū-nes v ir u jungia trajektorija, turime omenyje, kad grafas turi pografį, kuris yratrajektorija su galinėmis viršūnėmis u ir v.

Grafą vadiname jungiuoju, jei kiekvienas dvi jo viršūnes jungia kokia nors tra-jektorija. Atstumu tarp grafo viršūnių u ir v vadiname trumpiausios šias viršūnesjungiančios trajektorijos ilgį. Žymime d(u, v).

Jei grafų G1 = (V1, E1), . . . , Gk = (Vk, Ek) viršūnių aibės neturi bendrų ele-mentų (Vi∩Vj = ∅, kai i 6= j), tuomet galime apibrėžti grafų sąjungą G1∪· · ·∪Gk.Tai yra grafas G = (V,E), kurio viršūnių aibė yra V = V1 ∪ · · · ∪ Vk ir briaunųaibė E1 ∪ · · · ∪ Ek.

Pastebėkime, kad bet kuris grafas yra arba jungusis, arba yra keleto jungiųjų


grafų sąjunga. Tuo lengva įsitikinti. Pasirinkę kurią nors grafoG = (V,E) viršūnę,pavadiname ją u1 ir apibrėžiame aibę V1. Ją sudaro tos grafo viršūnės, į kuriasgalima nukeliauti trajektorijomis iš u1. Viršūnę u1 taip pat patalpiname į aibęV1. Apibrėžiame briaunų aibę E1. Ją sudaro tos grafo G briaunos, kurių abugalai patenka į V1. Gauname grafą G1 = (V1, E1). Jei V1 = V , t. y. į aibę V1pateko visos grafo G viršūnės, tai G = G1, o G yra jungusis. Jei V1 6= V , tuometrasime viršūnę u2 ∈ V \ V1, neturinčią trajektorijos, kuria būtų galima nukeliautiiš u1 į u2. Taigi G nėra jungusis. Dabar į aibę V2 patalpiname viršūnę u2 ir tasviršūnes, į kurias galima trajektorijomis nukeliauti iš u2. Į aibę E2 sudedame grafoG briaunas, kurių abu galai patenka į V2. Gauname jungųjį grafą G2 = (V2, E2).Aišku, kad V1 ∩ V2 = ∅. Priešingu atveju rastume viršūnę u ∈ V1 ∩ V2, iš kuriostrajektorijomis galėtume nukeliauti į u1 ir į u2. Tuomet ir viršūnes u1 ir u2 jungtųkokia nors trajektorija (einanti per u). Jei į V1 ir V2 pateko visos grafo G viršūnės,t. y. V1 ∪ V2 = V , tuomet G = G1 ∪ G2. Priešingu atveju V \ (V1 ∪ V2) 6= ∅ irprocesą tęsiame. Kiekvieno naujo grafo Gi, i = 1, 2, 3 . . . , viršūnių aibė yranetuščia, todėl po baigtinio žingsių skaičiaus išsemsime visas G viršūnes. Tokiubūdu išskaidome grafą G į sudėtines dalis – jungiuosius grafus G1, . . . , Gk, kuriųviršūnių aibės neturi bendrų elementų. Šias sudėtines dalis vadiname grafo Gjungiosiomis komponentėmis.

Iš grafo G = (V,E) pašalinę briauną b ∈ E, gauname naują grafą G − e =(V,E \ {e}). Iš grafo G = (V,E) pašalinę viršūnę u ∈ V , gauname naują grafąG−u = (V ′, E′), kurio viršūnių aibė V ′ = V \ {u}, o briaunų aibė E′ gaunama išE pašalinus visas briaunas, incidenčias viršūnei u.

Kartais tenka nagrinėti uždavinius, kuriuose tas pačias viršūnių poras sieja ke-letas ryšių. Tokius ryšius žymime kartotinėmis briaunomis. Briauną, kurios abugalai sutampa, vadiname kilpa. Grafai su kartotinėmis briaunomis ir kilpomisvadinami multigrafais. Kituose uždaviniuose naudinga briaunoms priskirti kryp-tis. Grafą, kurio briaunos turi kryptis, vadiname orientuotuoju grafu. Paveikslo


kairėje pavaizduotas multigrafas. Briaunos e1 ir e2 yra kartotinės, o e3 – kilpa.Dešinėje pavaizduotas orientuotasis grafas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: grafas G = (V,E); viršūnės v laipsnis d(v);gretimumo matrica A = ||aij ||; jungusis, dvidalusis, reguliarusis, plokščiasis gra-fai; jungioji komponentė; pografis; trajektorija Pn; ciklas Cn; pilnasis grafas Kn;pilnasis dvidalusis grafas Kn,r; atstumas d(u, v) tarp viršūnių u ir v.

Užduotys

1. Pavaizduokite grafą, kurio viršūnių laipsnių seka yra: a) 6, 5, 5, 3, 3, 2, 2; b)3, 3, 3, 3, 4, 4, 4.


2. Duota skaičių seka:

a) 0, 1, 1, 2, 2, 3; b) 0, 1, 2, 3, 4, 5; c) 2, 2, 2, 2, 2; d) 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4.

Jei įmanoma, pavaizduokite grafą su tokia viršūnių laipsnių seka. Jei ne – paaiš-kinkite kodėl.

3. Įrodykite, kad kiekviename grafe rasime bent vieną porą viršūnių, kuriųlaipsniai yra vienodi.

4. Ar K4 yra K4,4 pografis?5. Tarkime, grafe yra kelias, prasidedantis viršūnėje u ir pasibaigiantis viršū-

nėje v. Tegul u 6= v. Įrodykite, kad grafe yra trajektorija, jungianti u ir v.6. Tarp visų grafų, turinčių 6 viršūnes ir 2 jungiąsias komponentes, raskite

tokį, kuris turi daugiausia briaunų.7. Tarp visų grafų, turinčių n viršūnių ir k jungiųjų komponenčių, raskite

tokį, kuris turi daugiausia briaunų.8. Tarkime, grafas G nėra jungusis. Įrodykite, kad grafo G papildinys G yra

jungusis.9. Tarkime, grafas turi n viršūnių ir kiekvienos viršūnės laipsnis ne mažesnis

nei (n− 1)/2. Įrodykite, kad grafas yra jungusis.10. Tarkime, grafas turi tik dvi nelyginio laipsnio viršūnes. Įrodykite, kad jas

jungia trajektorija.11. Tarkime, grafo visų viršūnių laipsniai yra ne mažesni nei 2. Įrodykite, kad

šis grafas turi bent vieną ciklą.12. Paanalizuokite pavaizduoto grafo gretimumo matricos A = ||ai,j ||5i,j=1

laipsnius: A2 = A × A = ||a(2)ij ||5i,j=1 ir A3 = (A × A) × A = ||a(3)ij ||5i,j=1. Kiekyra kelių iš vi į vj , kurių ilgis yra 2 briaunos? Palyginkite gautą skaičių sumatricos A2 elementu a(2)ij . Koks yra ryšys tarp minėto kelių skaičiaus ir formulėsa(2)ij = ai1a1j + ai2a2j + · · · + ai5a5j? Koks yra ryšys tarp matricos A3 elementoa(3)ij ir skaičiaus kelių, einančių iš vi į vj , kurių ilgis yra 3 briaunos?

13. Įrodykite, kad jei G = (V,E) yra dvidalusis ir jungusis, tai yra tik vie-nas būdas išskaidyti viršūnių aibę į dvi dalis taip, kad kiekvienos briaunos galaipatektų į skirtingas dalis.

4.2 Medžiai 89

14. Kiekvienam n ≥ 3 sukonstruokite n viršūnių turintį jungųjį grafą, kurioviršūnių laipsnių sekoje yra n− 1 skirtingų narių.

15. Įrodykite, kad eidami uždaruoju keliu, turinčiu nelyginį skaičių briaunų,apeisime ir kurį nors grafo ciklą.

4.2 Medžiai

Medžiai ir tiltai. Jungiojo grafo G briauną vadiname tiltu, jei ją pašalinę gau-name grafą, kuris nėra jungusis. Pavaizduotas grafas turi du tiltus: briaunas bir e.

Jungųjį grafą, kurio kiekviena briauna yra tiltas, vadiname medžiu. GrafoG = (V,E) pografį H = (VH , EH), kurio viršūnių aibė VH sutampa su V , vadi-name aprėpiančiuoju pografiu. Jei aprėpiantysis pografis yra medis, jį vadinameaprėpiančiuoju medžiu.

Pavaizduotas grafas ir jo aprėpiantysis medis. Briaunos, nepriklausančios ap-rėpiančiajam medžiui, pažymėtos punktyru.

14 teiginys. Tarkime, grafas G = (V,E) yra jungusis, o b yra jo briauna.Tuomet šie teiginiai yra ekvivalentūs:

1) briauna b yra tiltas;2) briauna b neįeina į jokį ciklą.Įrodymas. Pažymėkime briaunos b galines viršūnes x ir y. Tarkime, kad b nėra

tiltas. Tuomet grafas G− b yra jungusis ir jame rasime taką, jungiantį x ir y. Šis


takas kartu su briauną b sudaro grafo G ciklą, kuriam priklauso briauna b. Taigijei 1) teiginys neteisingas, tai ir 2) neteisingas. Darome išvadą, kad iš 2) išplaukia1) teiginys.

Tarkime, kad grafas G turi ciklą C, kuriam priklauso briauna b. Įsitikinsime,kad šiuo atveju G− b yra jungusis, t. y. bet kurias dvi grafo G− b viršūnes v ir wjungia kelias. Pasirenkame v ir w. Kadangi G yra jungusis, tai jame rasime taką,jungiantį v ir w. Jei šis takas neturi briaunos b, tai jis priklauso ir grafui G − b.Jei takas naudoja briauną b, tai keliaudami juo iš v į w grafe G − b trūkstamąjungtį b apeiname ciklu C. Matome, kad grafas G − b turi kelią, jungiantį v irw. Taigi jei 2) teiginys neteisingas, tai ir 1) neteisingas. Darome išvadą, kad iš 1)išplaukia 2) teiginys. Įrodymas baigtas.

5 išvada. Jungusis grafas yra medis tada ir tik tada, kai jis neturi ciklų.Įrodymas. Pastebėkime, kad medis neturi ciklų, nes kiekviena jo briauna,

būdama tiltu, negali būti ciklo dalimi. Kita vertus, jungiojo grafo, neturinčiociklų, kiekviena briauna yra tiltas. Todėl jis yra medis. Įrodymas baigtas.

15 teiginys. Pašalinę iš jungiojo grafo tiltą, gauname grafą, turintį dvi jun-giąsias komponentes.

Įrodymas. Šaliname iš jungiojo grafo G = (V,E) tiltą b, kurio galines viršūnesžymime x ir y. Į aibę Vx įdedame viršūnę x ir tas viršūnes, į kurias galimenukeliauti iš x grafo G− b keliais. Pažymėkime Gx grafą, kurio viršūnių aibė yraVx, o briaunų aibę Ex sudaro grafo G− b briaunos, kurių abu galai patenka į Vx.Pastebėkime, kad Gx yra jungusis, nes bet kurią viršūnių porą iš Vx jungia grafoGx kelias, einantis per viršūnę x. Panašiai apibrėžiame viršūnių aibę Vy ir grafąGy, kurio briaunų aibė yra Ey ir kuris taip pat jungusis.

Teigiame, kad Vx ∩ Vy = ∅. Iš tiesų, priešingu atveju rastume viršūnę, pava-dinkime ją z, kuri priklausytų ir Vx ir Vy. Kadangi z ∈ Vx, grafe G − b rasimekelią, vedantį iš z į x. Kadangi z ∈ Vy, grafe G− b rasime kelią, vedantį iš z į y.Sujungę abu kelius, gausime kelią, kuris jungia x ir y grafe G − b. Tačiau tokiokelio buvimas garantuoja grafo G − b jungumą, o tai prieštarauja sąlygai, kad byra tiltas. Taigi Vx ∩ Vy = ∅.

Teigiame, kad Ex ∪ Ey = E \ {b}, t. y. grafas G − b neturi briaunos, kuriosvienas galas yra iš aibės Vx, o kitas – iš aibės Vy. Iš tiesų, jei tokia briauna būtų(pavadinkime ją e, o jos galus u ∈ Vx ir v ∈ Vy), tai rastume kelią iš x į y grafeG−b: iš x grafo Gx briaunomis nukeliautume iki u. Tuomet briauna e nuvyktumeį v, o iš čia grafo Gy briaunomis nukeliautume į y. Todėl grafe G − b rastumetrajektoriją, jungiančią x ir y. Ši trajektorija kartu su briauna b sudaro grafo Gciklą, kuriam priklauso b, o tai prieštarauja sąlygai, kad b yra tiltas.

Teigiame, kad Vx∪Vy = V . Įrodysime, kad bet kuri viršūnė s ∈ V \Vx patenkaį Vy. Jungusis grafas G turi vieną ar daugiau takų, kuriais galima nukeliauti iš sį x. Jei bent vienas jų neturėtų briaunos b, tai jis priklausytų ir grafui G − b, oviršūnę s būtume priskyrę aibei Vx. Tačiau taip neįvyko, nes s ∈ V \ Vx. Todėl

4.2 Medžiai 91

kiekvienas takas, kuris grafe G vedė iš s į x, turėjo briauną b. Pasirinkime vienąšių takų. Juo keliaudami iš s pirmiausia ateisime į viršūnę y, o tik po to, perėjębriauna b, pateksime į x. Tako dalis nuo s iki y neturi briaunos b. Ši tako dalispriklauso grafui G− b. Todėl viršūnę s priskiriame aibei Vy.

Matome, kad V = Vx∪Vy ir Vx∩Vy = ∅. Be to, E = Ex∪Ey. Darome išvadą,kad G = Gx ∪Gy. Įrodymas baigtas.

16 teiginys. Jungiojo grafo G = (V,E) briaunų skaičių |E| ir viršūnių skaičių|V | sieja nelygybė |E| ≥ |V | − 1.

Įrodymas. Jei jungiojo grafo G viršūnių skaičius |V | = 1, tai tokį grafą sudaroviena izoliuota viršūnė. Jo briaunų skaičius |E| = 0 = |V | − 1. Jei viršūniųskaičius |V | = 2, tai abi viršūnes jungia briauna. Tokio grafo briaunų skaičius|E| = 1 = |V | − 1.

Matome, kad teiginys teisingas, kai viršūnių skaičius |V | = 1 ir |V | = 2. Toliautaikome indukcijos principą.

Tarkime, kad teiginys teisingas visiems jungiesiems grafams, turintiems nedaugiau kaip n viršūnių (indukcijos prielaida). Imame jungųjį grafą G = (V,E),kurio viršūnių skaičius |V | = n+ 1. Remdamiesi indukcijos prielaida, įrodysime,kad teiginys teisingas ir šiam grafui. Šaliname iš grafo briaunas vieną po kitosiki to momento, kai pašalinus briauną, pavadinkime ją b, grafas tampa nejungus.Taigi iki pašalinant briauną b turėjome jungųjį grafą, pavadinkime jį G′ = (V,E′),o grafas G′−b jau tapo nejungus. Aišku, b ∈ E′ ⊂ E. Briauna b yra grafo G′ tiltas,todėl grafą G′ − b sudaro dvi jungiosios komponentės (naudojamės 15 teiginiu).Pažymėkime šias komonentes G1 = (V1, E1) ir G2 = (V2, E2). Pritaikę indukcijosprielaidą jungiesiems grafams G1 ir G2, darome išvadą, kad |E1| ≥ |V1| − 1 ir|E2| ≥ |V2| − 1. Iš šių nelygybių ir tapatybės |E′| = |E1| + |E2| + 1 (vienetukasatitinka briauną b) išplaukia nelygybė

|E′| = |E1|+ |E2|+ 1 ≥(|V1| − 1

)+(|V2| − 1

)+ 1 = |V1|+ |V2| − 1.

Kadangi V1 ∪ V2 = V ir V1 ∩ V2 = ∅, tai |V1| + |V2| = |V |. Be to, |E′| ≤ |E|, nesE′ ⊂ E. Taigi |E| ≥ |E′| ≥ |V1|+ |V2| − 1 = |V | − 1.

Pasiremdami matematinės indukcijos principu darome išvadą, kad teiginysteisingas kiekvienam jungiąjam grafui. Įrodymas baigtas.

Klausimas. Kiek mažiausiai briaunų gali turėti grafas, sudarytas iš k jungiųjųkomponenčių ir turintis n viršūnių?

17 teiginys. Tarkime, grafas G = (V,E) yra jungusis. Tuomet šie teiginiaiyra ekvivalentūs:

1) G yra medis;2) |E| = |V | − 1.Įrodymas. Pirmiausia įrodome, kad iš 1) išplaukia 2) teiginys. Jei medžio G

viršūnių skaičius |V | = 1, tai jį sudaro viena izoliuota viršūnė. Toks grafas briaunų


neturi. Todėl |E| = 0 = |V | − 1. Jei medžio G viršūnių skaičius |V | = 2, tai jįsudaro dvi viršūnės, sujungtos briauna. Toks grafas turi vieną briauną. Todėl|E| = 1 = |V | − 1.

Matome, kad teiginys teisingas, kai viršūnių skaičius |V | = 1 ir |V | = 2. Toliauremiamės indukcijos principu.

Tarkime, teiginys teisingas visiems medžiams, turintiems ne daugiau kaip nviršūnių (indukcijos prielaida). Imame medį G = (V,E), kurio viršūnių skaičius|V | = n+ 1. Remdamiesi indukcijos prielaida, įrodysime, kad teiginys teisingas iršiam medžiui. Pasirenkame kurią nors G briauną, pavadinkime ją b. Kiekvienamedžio briauna yra tiltas, todėl grafą G − b sudaro dvi jungiosios komponentės(naudojamės 15 teiginiu). Pažymėkime šias komponentes G1 = (V1, E1) ir G2 =(V2, E2). Grafai G1 ir G2 yra jungieji ir neturi ciklų, nes medis G jų neturėjo(žr. 14 teiginio išvadą). Taigi G1 ir G2 yra medžiai. Iš indukcijos prielaidosdarome išvadą, kad |E1| = |V1| − 1 ir |E2| = |V2| − 1. Iš šių lygybių ir lygybės|E| = |E1|+ |E2|+ 1 (vienetukas atitinka briauną b) išplaukia lygybė

|E| = |E1|+ |E2|+ 1 =(|V1| − 1

)+(|V2| − 1

)+ 1 = |V1|+ |V2| − 1 = |V | − 1.

Pabaigoje pritaikėme lygybę |V1|+ |V2| = |V |.Remdamiesi matematinės indukcijos principu, darome išvadą, kad kiekvieno

medžio G = (V,E) briaunų skaičius |E| = |V | − 1.Liko įrodyti, kad iš 2) sąlygos išplaukia 1) teiginys. Pakanka įrodyti, kad

kiekvienas jungusis grafas, kurio briaunų ir viršūnių skaičius sieja lygybė |E| =|V |−1, neturi ciklų. Jei būtų jungusis grafas, tenkinantis 2) sąlygą ir turintis ciklų,tai pašalinę jo briauną, priklausančią ciklui, gautume jungųjį grafą (pašalintojibriauna nėra tiltas, nes priklausė ciklui), kurio briaunų skaičius yra |E| − 1 =|V |−2. Tačiau tai prieštarautų 16 teiginiui: gautume jungųjį grafą, kurio briaunųskaičius yra dviem mažesnis už viršūnių skaičių. Taigi kiekvienas jungusis grafas,tenkinantis 2) sąlygą, neturi ciklų. Įrodymas baigtas.

Minimalusis aprėpiantysis medis. Jungusis grafas, kuris nėra medis, turikeletą aprėpiančiųjų medžių. Spręsdami praktinius uždavinius, susiduriame suaprėpiančiaisiais medžiais, turinčiais tam tikrų savybių. Pavyzdžiui, negrinėkimejungųjį grafą G = (V,E), kurio briaunoms yra priskirti neneigiami skaičiai w(b),b ∈ E. Skaičių w(b) vadiname briaunos b svoriu. Grafą G, kurio briaunomspriskirti svoriai, vadiname svoriniu grafu. Aprėpančiojo medžio T ⊂ G svoris yrajo briaunų svorių suma w(T ) =

∑e∈ET

w(e). Čia ET žymi medžio T briaunųaibę. Įdomus ir svarbus uždavinys – rasti svorinio jungiojo grafo aprėpiantįjįmedį, kurio svoris būtų pats mažiausias (tarp visų aprėpančiųjų grafo medžių).Tokį medį vadiname minimaliuoju aprėpiančiuoju medžiu.

Aprašysime Primo (R. C. Prim, 1921) ir Kraskalio (J. B. Kruskal, 1928–2010)algoritmus minimaliajam aprėpiančiajam medžiui rasti.

4.2 Medžiai 93

Primo algoritmas. Auginsime medį iš pasirinktos svorinio grafo G viršūnėsu ∈ V . Tarp briaunų, incidenčių u, pasirenkame turinčią mažiausią svorį. Jądedame į dėžę E∗, o briaunos galus dedame į dėžę V ∗. Grafas T ∗ = (V ∗, E∗)yra G pografis, turintis dvi viršūnes ir jas jungiančią briauną. Toliau keletą kartųatliksime tokį veiksmą:

Peržvelgsime grafo G briaunas, kurių vienas galas priklauso aibei V ∗, o kitas– aibei V \ V ∗. Iš peržvelgtų briaunų pasirinksime turinčią mažiausią svorį. Jądėsime į dėžę E∗, o jos galinę viršūnę (tą, kuri iš V \ V ∗) dėsime į aibę V ∗.

Kaskart atlikę šį veiksmą atnaujiname medį T ∗: prijungiame naują briaunąir jos galinę viršūnę, kurios iki šiol nepriklausė medžiui. Tęsime žingsnius ikinebeliks viršūnių aibėje V \V ∗. Tuomet gauto medžio T ∗ viršūnių aibė sutaps sugrafo G viršūnių aibe V . Taigi gausime aprėpiantįjį medį. Galima įrodyti, kadsukonstruotas medis T ∗ yra minimalusis aprėpiantysis medis.

Paveiksle pavaizduotas jungusis svorinis grafas. Pradėję medį auginti viršūnėjeA, toliau eilės tvarka prijungiame viršūnę B ir briauną e2, viršūnę C ir briauną e4,viršūnę D ir briauną e3, viršūnę K ir briauną e8, viršūnę F ir briauną e1. Primoalgoritmu gauto medžio briaunų aibė yra {e2, e4, e3, e8, e1}.

Kraskalio algoritmas. Į dėžę E∗ dedame svorinio grafo G briaunas vienąpo kitos jų svorių didėjimo tvarka ir laikydamiesi taisyklės: pografis, sudarytasiš dėžėje esančių briaunų, negali turėti ciklo. Iš pradžių dėžė yra tuščia. Į jądedame briauną, kurios svoris yra pats mažiausias. Briauną pažymime. Toliaukeletą kartų atliekame tokį veiksmą:

Peržvelgiame nepažymėtas grafo G briaunas. Tarp jų pasirenkame turinčiąmažiausią svorį, ją pažymime ir bandome dėti į dėžę E∗. Jei prijungę briaunąprie kitų aibės E∗ briaunų gauname neturintį ciklų grafą, tai briauną dedame įdėžę E∗. Priešingu atveju briaunos panaudoti negalime. Kitą kartą atlikdamialgoritmo veiksmą šios briaunos jau nebenagrinėsime, nes ji yra pažymėta.

Tęsiame žingsnius iki nebeliks nepažymėtų briaunų. Tuomet sustojame. Ai-bėje E∗ esančios briaunos sudaro grafo G aprėpiantįjį medį. Galima įrodyti, kadsukonstruotas medis yra minimalusis aprėpiantysis medis.


Pritaikysime Kraskalio algoritmą paveiksle pavaizduotam jungiajam svoriniamgrafui. Yra trys briaunos, kurių svoris pats mažiausias, e3, e1, e2. Algoritmas ne-nurodo, kurią pirmiausia pasirinkti. Todėl renkamės tą, kuri mums geriausiaitinka. Pavyzdžiui, pasirenkame e1, ją pažymime ir dedame į dėžę E∗. Po topasirenkame e2, ją pažymime ir dedame į dėžę E∗. Dabar pasirenkame e3, jąpažymime ir dedame į dėžę E∗. Tarp nežymėtų briaunų randame turinčias ma-žiausią svorį – tai e4 ir e5. Pasirenkame e4, ją pažymime ir dedame į dėžę E∗. Poto pasirenkame e5, ją pažymime, tačiau į dėžę E∗ jos dėti negalime, nes turimelaikytis taisyklės, kad pografis, sudarytas iš dėžėje esančių briaunų, negali turėticiklo. Ir vėl tarp nežymėtų briaunų randame turinčią mažiausią svorį – tai e6. Jąpažymime, tačiau į dėžę E∗ dėti negalime. Toliau tarp nežymėtų briaunų randa-me turinčias mažiausią svorį – tai e7 ir e8. Pasirenkame e7, pažymime ir dedameį dėžę E∗. Tuomet pasirenkame ir pažymime e8, tačiau jos negalime dėti į E∗.Toliau pažymime e9, tačiau nededame į E∗. Galop pažymime e10, jos taip patnededame į E∗. Dėžėje E∗ susirinko briaunos {e1, e2, e3, e4, e7}. Jos sudaro aprė-piantįjį medį. Pastebėkite, kad šį kartą Kraskalio ir Primo algoritmų sukonstruotimedžiai skiriasi. Tačiau jų svoriai vienodi.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: tiltas; medis; aprėpiantysis medis; minima-lusis aprėpiantysis medis; Kraskalio ir Primo algoritmai.

Užduotys

1. Įrodykite, kad bet kurias dvi medžio viršūnes jungia vienintelis takas.2. Įrodykite, kad jei bet kuriai grafo G viršūnių porai galima rasti tik vieną

šias viršūnes jungiantį taką, tai šis grafas yra medis.3. Tarkime, P ir P ∗ yra jungiojo grafo trajektorijos, turinčios daugiausia

briaunų (taigi jų ilgiai vienodi). Įrodykite, kad jos turi bent vieną bendrą viršūnę.4. Didžiausias medžio T viršūnės laipsnis yra 8. Įrodykite, kad T turi ne

mažiau kaip 8 lapus. Lapais vadiname viršūnes, kurių laipsnis lygus 1.5. Pateikite pavyzdį svorinio jungiojo grafo, kuris turi vienintelį minimalųjį

aprėpiantįjį medį ir ciklą, kurio visos briaunos yra to paties svorio.6. Grafą, kurio jungiosios komponentės yra medžiai, vadiname mišku. Kiek

briaunų turi miškas, jei jo viršūnių skaičius yra n, o komponenčių skaičius lygusk.

7. Įrodykite, kad grafas, kurio viršūnių laipsnių seka 11222244, nėra medis.8. Nagrinėkime n viršūnių jungiantį medį, neturintį viršūnių, kurių laipsnis

lygus 2. Įrodykite, kad jis turi ne mažiau kaip 1 + (n/2) lapų.9. Kiek aprėpiančiųjų medžių turi grafai K3,4 ir K2,99? Kiek aprėpiančiųjų

4.3 Plokštieji grafai 95

medžių turi pavaizduoti grafai?

4.3 Plokštieji grafai

Oilerio formulė. Pabandykime grafą pavaizduoti plokštumoje: pasirinkę ploštu-mos taškus pažymėkime viršūnes, o briaunas vaizduokime (glodžiomis) kreivėmis.Jei įmanoma grafą pavaizduoti plokštumoje taip, kad jo briaunos nesikirstų, taitokį grafą vadiname plokščiuoju. Pavyzdžiui, trikampės piramidės grafas K4 yraplokščiasis.

Svarbi plokščiųjų grafų klasė yra iškilųjų briaunainių grafai: briaunanio vir-šūnės yra grafo viršūnės, o briaunainio briaunos – grafo briaunos.

Įsitikinsime, kad kiekvieno iškilojo briaunainio grafas yra plokščiasis. Pasiga-minkime guminį briaunainio formos balioną. Jo viršūnes nuspalvinkime žaliai, obriaunas – mėlynai. Pripūskime į balioną oro. Balionas tampa apvalus, jo pavir-šiuje pažymėtus žalius miestus jungia mėlyni keliai. Briaunainio sienas atitinkabaliono paviršiaus regionai, apriboti mėlynomis linijomis. Pasirinkime vieną re-gioną. Toliau pūskime orą taip, kad ypač plėstųsi šis regionas. Tarkime, jis jauapėmė 99 % baliono paviršiaus ploto. Pakreipkime balioną taip, kad visi žalieji


miestai ir juos jungiantys mėlynieji keliai susirinktų viršuje, prie „šiaurės ašiga-lio”. Žvelgdami į balioną iš viršaus, matysime briaunainio grafo brėžinį nedidelėjeplokščioje srityje aplink „šiaurės ašigalį”. Taigi atvaizdavome briaunainio grafąplokštumoje.

L. Oileris atrado ryšį, siejantį iškilojo briaunainio briaunų, sienų ir viršūniųskaičius. Pirmiausia suformuluosime ir įrodysime panašų teiginį plokštiesiems gra-fams. Pavaizduokime plokščiąjį jungųjį grafą G = (V,E) plokštumoje taip, kad jobriaunos nesikirstų. Trumpam įsivaizduokime, kad šis grafas vaizduoja užmiesčiovietovės žemėlapį. Grafo briaunos žymi aptvarų linijas, ribojančias žemės skly-pus, kuriuos vadinsime regionais. Į kiekvieną sklypą įleiskime po avį. Svarbu, kadavys būtų viena nuo kitos atskirtos atitveriančių briaunų ir nesusitiktų. (Vėliaujos mums padės skaičiuoti grafo briaunas.) Taigi avių bus tiek, kiek yra skirtingųregionų. Įrodysime, kad regionų skaičius nepriklauso nuo to, kaip pavaizdavo-me grafą plokštumoje (tą patį grafą dažnai galima pavaizduoti keliais skirtingaisbūdais) ir yra lygus |E| − |V |+ 2.

18 teiginys (Oilerio formulė). Tarkime, grafas G = (V,E) yra jungusis irplokščiasis. Pavaizavę jį plokštumoje taip, kad briaunos nesikirstų, gausime |E|−|V |+ 2 regionus.

Įrodymas. Plokštumoje pavaizduoto grafo briaunas spalvinsime mėlynai. Pa-sirenkame aprėpiantįjį grafo G medį, pavadinkime jį T = (V,ET ). Iš pradžiųnuspalviname tik jo briaunas. Mėlynos briaunos neatitveria jokio uždaro regiono,todėl galime įleisti tik vieną avį: ji galės iš visų pusių apeiti medžio T briaunas (jeiįleistume jos draugę, avys susitiktų). Iš 17 teiginio išplaukia, kad mėlynų briaunųskaičius |ET | = |V | − 1. Taigi besiganančių avių skaičiui fT = 1 teisinga lygybė

fT = |ET | − |V |+ 2. (4.3)

Nuspalviname dar vieną grafo briauną. Kadangi T yra aprėpiantysis medis, taidabar mėlynųjų briaunų grafas (jį žymėkime GM = (V,EM )) jau turi vieną ciklą.Šis ciklas atitveria vieną regioną, į kurį galime įleisti antrąją avį. Dabar besiganan-čių avių skaičius fM = fT +1, o mėlynų briaunų skaičius |EM | = |ET |+1. Pridėjęabiejose (4.3) lygybės pusėse po vienetą, gauname lygybę fM = |EM | − |V | + 2.Nuspalvinę dar vieną briauną, gausime naują mėlynų briaunų grafo ciklą, kurisatitinka antrą uždarąjį regioną. Jame apgyvendinsime dar vieną avį. Avių irbriaunų skaičiai padidėjo vienetu kartu, todėl lygybė fM = |EM | − |V | + 2 liekateisinga ir naujajam (dar kartą briauna papildytam) mėlynajam grafui. Procesątęsdami iki bus nuspalvintos visos grafo G briaunos, įsitikiname, kad ši lygybėteisinga ir grafui G. Įrodymas baigtas.

6 išvada. Iškilojo briaunainio sienų skaičių f , briaunų skaičių m ir viršūniųskaičių n sieja lygybė f = m− n+ 2.

Įrodymas. Pastebėkime, kad atvaizdavus briaunainio grafą plokštumoje, josienos atitinka pavaizduoto plokščiojo grafo regionus. Įrodymas baigtas.


Kita Oilerio teoremos išvada teigia, kad plokščiasis grafas turi palyginti nedaugbriaunų.

7 išvada. Tarkime, grafas G = (V,E) yra jungusis ir plokščiasis. Pažymėki-me jo viršūnių skaičių |V | = n ir briaunų skaičių |E| = m. Jei, n ≥ 3 tuomet yrateisinga nelygybė

m ≤ 3n− 6. (4.4)

Įrodymas. Jei G yra medis, tai (4.4) išplaukia iš tapatybės m = n − 1 irnelygybės n ≥ 3. Jei G nėra medis, nagrinėjame jo pografį G′ = (V ′, E′), kurįsudaroG briaunos, priklausančios bent vienam grafoG ciklui ir jų galinės viršūnės.Taigi G′ gauname iš G pašalinę viršūnes ir briaunas, nepriklausančias ciklams.Todėl kiekvieną grafo G ciklą rasime ir grafe G′. Darome išvadą, kad abu grafaiturės tą patį regionų skaičių. Jį pažymėkime f . Aišku, kad grafo G′ briaunųskaičiui (pažymėkime jį m′) teisinga nelygybė m′ ≤ m.

Įleiskime į kiekvieną grafo G′ regioną po avį, iš viso f avių. Paprašykime,kad kiekviena avis apeitų savo aptvarą ir atidžiai suskaičiuotų jo briaunas. Aviųrasti skaičiai yra S1, . . . , Sf . Kiekviena briauna riboja du regionus, todėl ji busįskaityta dukart. Taigi

S1 + S2 + · · ·+ Sf = 2m′. (4.5)

Kita vertus, kiekvienas regionas turi 3 arba daugiau briaunų (mūsų grafas neturikartotinių briaunų), todėl kiekvienas skaičius Si ≥ 3. Taigi suma S1 + S2 + · · ·+Sf ≥ 3 + 3 + · · ·+ 3 = 3f . Darome išvadą, kad 2m′ ≥ 3f . Pasinaudoję nelygybem ≥ m′, gauname 2m ≥ 3f . Pritaikę 18 teiginį (lygybę f = m−n+ 2), išvedame(4.4) nelygybę. Įrodymas baigtas.

Pastebėkime, kad plokščiojo grafo G = (V,E), kurį sudaro k jungiosios kom-ponentės G1 = (V1, E1), . . . , Gk = (Vk, Ek), briaunų skaičius

|E| = |E1|+ · · ·+ |Ek|≤ (3|V1| − 6) + · · ·+ (3|Vk| − 6)

= 3(|V1|+ · · ·+ |Vk|)− 6k

= 3|V | − 6k.


Panagrinėkime grafą K5. Jis turi n = 5 viršūnių ir m =(52

)= 10 briaunų.

Šiems skaičiams (4.4) nelygybė neteisinga. Darome išvadą, kad K5 nėra plokščia-sis. Pastebėkime, kad nors grafo K3,3 viršūnių ir briaunų skaičiai tenkina (4.4)nelygybę, negalime daryti išvados, kad K3,3 yra plokščiasis: tai, kad visi plokštie-ji grafai tenkina šią nelygybę, dar nereiškia, kad nėra kitų, ne plokščiųjų grafų,kuriems ji taip pat teisinga. Nagrinėdami grafą K3,3, galime pasinaudoti tuo, kadjis yra dvidalusis.

8 išvada. Tarkime, grafas G = (V,E) yra jungusis, plokščiasis ir dvidalusis.Pažymėkime jo viršūnių skaičių |V | = n ir briaunų skaičių |E| = m. Jei n ≥ 4,tuomet yra teisinga nelygybė

m ≤ 2n− 4. (4.6)

Įrodymas. Įrodymo būdas yra toks pat kaip 7 išvados. Vienintelis žingsnis,kuriame pasinauojame grafo dvidalumu, yra toks. Kiekvienas dvidaliojo grafociklas turi lyginį skaičių briaunų: 4 arba 6, arba 8 ir t. t. Todėl skaičiai S1, . . . , Sfyra ne mažesni už 4. Iš nelygybių S1 ≥ 4, . . . , Sf ≥ 4 išplaukia nelygybė S1 +· · ·+Sf ≥ 4f . Pasinaudoję (4.5) tapatybe ir nelygybe m ≥ m′, išvedame nelygybę2m ≥ 4f . Pritaikę 18 teiginį, gauname (4.6) nelygybę. Įrodymas baigtas.

Dar kartą panagrinėkime, ar grafas K3.3 yra plokščiasis. Jei K3,3 būtų plokš-čiasis, tai jo viršūnių skaičiui n = 6 ir briaunų skaičiui m = 9 būtų teisinga (4.6)nelygybė. Tačiau taip nėra. Darome išvadą, kad K3.3 nėra plokščiasis.

Plokščiojo grafo spalvinimas. Spalvinsime grafo G viršūnes taip, kadkiekviena jų būtų vienspalvė, o kaimyninių viršūnių spalvos skirtųsi. Tarkime,viršūnes nuspalvinome k skirtingomis spalvomis. Dabar grafo viršūnių aibė yraišskaidyta į k nesikertančių dalių: į vieną dalį patenka visos pirmąja spalva nu-spalvintos viršūnės, į kitą dalį – antrąja spalva nuspalvintos viršūnės ir t. t. Beto, grafe nėra briaunų, kurių abu galai būtų nuspalvinti ta pačia spalva. Taiginėra briaunų, jungiančių dvi pirmąja spalva nuspalvintas viršūnes, nėra briaunų,jungiančių dvi antrąja spalva nuspalvintas viršūnes ir t. t. Tokį grafą vadinamek-daliu. Svarbus uždavinys – nuspalvinti grafą, naudojant kuo mažiau skirtingųspalvų (išskaidyti grafo viršūnių aibę į kuo mažesnį skaičių dalių). Pats mažiau-sias spalvų skaičius yra vadinamas grafo chromatiniu skaičiumi. Žymimas χ(G).Kokie yra ciklų C7 ir C8 chromatiniai skaičiai?

Klausimas, ar kiekvieno plokščiojo grafo chromatinis skaičius neviršija 4, buvoatviras daugiau nei šimtmetį. Apelio (K. I. Appel, 1932–2013) ir Hakeno (W.Haken, 1928) bendrame 1976 m. darbe buvo pateiktas įrodymas, kad keturiųspalvų pakanka plokščiajam grafui nuspalvinti.

Čia įrodysime paprastesnį teiginį, kad penkių spalvų pakanka bet kurio plokš-čiojo grafo viršūnėms nuspalvinti.

19 teiginys. Tarkime, grafas G = (V,E) yra plokščiasis. Tuomet jo chroma-tinis skaičius neviršija 5.


Įrodymas. Taikome indukcijos principą. Teiginys yra akivaizdus, jei grafasturi ne daugiau kaip 5 viršūnes. Toliau tarę, kad teiginys teisingas kiekvienamplokščiąjam grafui, turinčiam n viršūnių, (indukcijos prielaida) įrodysime, kadbet kurį plokščiąjį grafą, turintį n+ 1 viršūnę, galime nuspalvinti ne daugiau kaip5 spalvomis.

Pasirinkime plokščiąjį grafą G = (V,E), kurio viršūnių skaičius |V | = n+1. Išpradžių įrodysime, kad grafas turi viršūnę, kurios laipsnis neviršija 5. Priešinguatveju kiekvienos viršūnės v ∈ V laipsnis d(v) ≥ 6. Tuomet viršūnių laipsniųsuma

∑v∈V d(v) ≥ 6|V |. Pritaikę (4.2) formulę, darome išvadą, kad |E| ≥ 3|V |.

Tačiau tai prieštarauja 7 išvadai. Taigi grafas turi viršūnę, pavadinkime ją u,kurios laipsnis d(u) ≤ 5.

GrafasG−u yra plokščiasis ir turi n viršūnių. Iš indukcijos prielaidos išplaukia,kad grafą G−u galime nuspalvinti ne daugiau kaip 5 spalvomis. Nuspalvinę grafąG − u, dar turime nuspalvinti ir viršūnę u. Jei u kaimynėms (grafe G) spalvintiyra panaudota 4 arba mažiau spalvų, tai viršūnei u lieka spalva, kurios neturi nėviena jos kaimynė. Šia spalva nuspalvinę u, baigtume grafo G spalvinimą.

Liko nagrinėti atvejį, kai u turi 5 kaimynes ir visų kaimynių spalvos skirtin-gos. Tarkime, tai balta, geltona, juoda, mėlyna, ir raudona spalvos. Pavadinkimeu kaimynes jų spalvų pirmosiomis raidėmis: B,G, J,M,R. Pavaizduojame gra-fą G plokštumoje taip, kad jo briaunos nesikirstų. Tarsime, kad kaimynės yraišsirikiavusios plokštumoje aplink u taip, kaip pavaizduota paveikslo kairėje (čianenurodytos kitos grafo briaunos).

Pavadinkime GBJ grafo G−u pografį, sudarytą tik iš baltos ir juodos spalvosviršūnių. Pavadinkime GGM grafo G − u pografį, sudarytą tik iš geltonos irmėlynos spalvos viršūnių. Jungųjį grafo GBJ pografį, kuriam priklauso viršūnėB, žymime GBJ(B). Jungųjį grafo GBJ pografį, kuriam priklauso viršūnė J ,žymime GBJ(J). Panašiai jungųjį grafo GGM pografį, kuriam priklauso viršūnėG, žymime GGM (G), o jungųjį pografį, kuriam priklauso viršūnė M , žymimeGGM (M).

Tarkime, grafe G−u yra trajektorija, jungianti B ir J , kurios viršūnių spalvosyra balta ir juoda (pav. dešinėje). Šiuo atveju GBJ(B) = GBJ(J), o trajektori-ja atskiria pografius GGM (G) ir GGM (M). Taigi pografiai GGM (G) ir GGM (M)


neturi bendrų viršūnių. Sukeitę pografio GGM (M) viršūnių spalvas (geltonąsiasnuspalvinę mėlynai, o mėlynąsias – geltonai), gausime naują grafo G−u spalvini-mą, kuriame viršūnės G irM yra geltonos. Sutaupytąja mėlyna spalva spalvinameviršūnę u.

Liko nagrinėti atvejį, kai GBJ(B) 6= GBJ(J). Šiuo atveju pografiai GBJ(B) irGBJ(J) neturi bendrų viršūnių. Todėl sukeitę pografio GBJ(J) viršūnių spalvas(baltąsias nuspalvinę juodai, o juodąsias – baltai), gausime naują grafo G−u spal-vinimą, kuriame viršūnės B ir J yra baltos. Sutaupytąja juoda spalva spalvinameviršūnę u. Įrodymas baigtas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: plokščiojo grafo regionas; grafo G chromati-nis skaičius χ(G); k-dalis grafas.

Užduotys

1. Remdamiesi 18 teiginiu, įrodykite, kad pavaizduotas Peterseno grafas nėraplokščiasis.

2. Įrodykite, kad keturmačio kubo Q4 grafas nėra plokščiasis. Šio grafo viršū-nės yra dvejetainiai žodžiai, sudaryti iš 4 raidžių. Dvi viršūnes jungiame briauna,jei jas atitinkančių žodžių raidės sutampa visose pozicijose, išskyrus kurią nors vie-ną. Pavyzdžiui, viršūnės (0, 0, 1, 1) ir (0, 1, 1, 1) yra kaimynės, o viršūnės (0, 0, 1, 1)ir (0, 1, 0, 1) ne.

3. Kiek (mažiausiai) viršūnių reikia pašalinti iš Peterseno grafo, kad gautumeplokščiąjį grafą?

4. Įrodykite, kad kiekvieno medžio, turinčio bent dvi viršūnes, chromatinisskaičius yra 2.

5. (*) Įrodykite, kad bet kurio grafo G chromatinį skaičių χ(G) ir ilgiausiostrajektorijos ilgį (pažymėkime jį l) sieja nelygybė χ(G) ≤ l + 1.

4.4 Hamiltono ciklas ir Oilerio grandinė 101

4.4 Hamiltono ciklas ir Oilerio grandinė

Oilerio grandinė. Papildę grafą G = (V,E) keliomis kartotinėmis briaunomisir/ar kilpomis, gauname multigrafą G∗ = (V,E∗). Jei kiekvienai multigrafo briau-nai duotume vardą (priskirtume žymę), tai kartotines briaunas galėtume atskirtivieną nuo kitos. Pavaizduotas multigrafas turi dvi kilpas, pavadintas x ir y.

Multigrafo kelią, kuriame briaunos nesikartoja, vadiname grandine. Grandinęvadiname uždarąja, jei jos pirmoji ir paskutinė viršūnės sutampa. Jei grandinė(uždaroji grandinė) apima visas grafo briaunas, ją vadiname Oilerio grandine(uždarąja Oilerio grandine).

Grafas G turi Oilerio grandinę v2 h v1 i v5 f v2 g v3 a v5 c v4 k v3. Tokia pat gran-dinė yra ir multigrafe G∗, tačiau ji nėra multigrafo Oilerio grandinė, nes į ją nepa-tenka multigrafo briaunos b, e, x ir y. Pridėję šias briaunas, gauname multigrafouždarąją Oilerio grandinę

v2 h v1 i v5 f v2 g v3 a v5 c v4 x v4 y v4 k v3 b v5 e v2,

kuri prasideda ir baigiasi viršūnėje v2.L. Oileris nagrinėjo, ar konkretus jungusis multigrafas turi kelią, apimantį visas

briaunas ir kuriame kiekviena briauna nepasikartoja du kart. Suradęs paprastąir gražų atsakymą, jį paskelbė 1735 m. Iki to laiko grafai nebuvo matematikųtyrinėti. L. Oileris nagrinėjo Karaliaučiaus tiltų uždavinį:

Ar įmanoma pereiti visus septynis per miestą tekančios Priegliaus upės tiltus(žr. pav.) taip, kad kiekvienu tiltu būtų eita tik vieną kartą?

Miesto žemėlapį pakeitęs schema (brėžinio dešinėje), kuri atitinka jungųjį mul-tigrafą, L. Oileris įrodė, kad tai neįmanoma. Šis jo tyrimas daugelio laikomas grafųteorijos pradžia.

20 teiginys. Tarkime, G = (V,E) yra jungusis multigrafas. Tuomet šieteiginiai yra ekvivalentūs:

1) Multigrafe yra uždaroji Oilerio grandinė;


2) Kiekvienos multigrafo viršūnės laipsnis yra lyginis.Įrodymas. Iš pradžių įrodome, kad iš 1) išplaukia 2) teiginys. Pasirinkime

kurią nors uždarąją Oilerio grandinę (jų gali būti kelios). Jos pradinę viršūnępavadinkime v. Pasirinkime viršūnę u, nesutampančią su v. Pradedame kelionępasirinktąja grandine. Kiekvieną kartą, eidami briauna, ją nuspalviname bal-tai. Taigi mūsų nueito kelio pėdsakas yra baltos briaunos. Keliaudami Oileriograndine, kiekviena briauna einame tik vieną kartą, todėl eidami pirmyn žengsi-me nenuspalvintomis briaunomis. Kai pirmą kartą ateiname į u, nuspalvinamebaltai briauną, kuri atvedė į u. Išeidami iš viršūnės u, nuspalviname briauną,kuria iškeliavome iš u. Kadangi u nėra galinė viršūnė (mūsų kelionė prasideda irbaigiasi viršūnėje v), tai kiekvieną kartą, kai aplankome u, nuspalviname baltaidvi dar nespalvintas briaunas, incidenčias u. Baigę kelionę viršūnėje v, būsimekiekviena multigrafo briauna ėję po vieną kartą. Taigi visos briaunos, inciden-čios viršunei u, bus nuspalvintos. Kita vertus, bus nuspalvintas lyginis skaičiustokių briaunų, nes kiekvieną kartą aplankę u spalvinome dvi šiai viršūnei inciden-čias briaunas. Darome išvadą, kad u laipsnis yra lyginis skaičius. Samprotavimągalima pritaikyti bet kuriai viršūnei. Svarbu, kad ji nebūtų pradinė uždarosiosOilerio grandinės viršūnė. Liko įsitikinti, kad viršūnės v laipsnis yra lyginis skai-čius. Galime samprotauti taip. Tarkime, Jonukas išsirengė į kelią uždarąja Oileriograndine iš pradinės viršūnės v. Pirmoji kelionės briauna b jį atvedė į viršūnės vkaimynę w. Šioje viršūnėje jis sutiko Petriuką ir toliau kartu keliavo iki pabaigosviršūnėje v. Tuomet atsisveikino, o Petriukas dar perėjo briauna b ir pateko į w.Petriuko nueitas kelias yra uždaroji Oilerio grandinė, tik jos pradinė (ir galinė)viršūnė yra w. Viršūnė v nėra Petriuko kelionės pradinė viršūnė. Todėl galimepritaikyti ankstesnį samprotavimą ir padaryti išvadą, kad viršūnės v laipsnis yralyginis skaičius.

Dabar įrodome, kad iš 2) išplaukia 1) teiginys. Pasirinkime bet kurią viršūnę,pavadinkime ją v. Pasiėmę kibirą baltų dažų iškeliaukime iš v. Kelionėje lai-kysimės tokių taisyklių: eidami briauna, ją spalvinsime baltai; patekę į viršūnęir radę bent vieną nenuspalvintą briauną, incidenčią šiai viršūnei, tęsime kelionę


tokia briauna. Be to, kelionėje rašysime dienoraštį: žymėsime aplankytų viršūniųir pereitų briaunų vardus eilės tvarka.

Einant tolyn vis naujomis briaunomis, nuspalvintų briaunų daugėja, o nenu-spalvintų mažėja. Mūsų multigrafas turi baigtinį skaičių briaunų, todėl kelionėturės pasibaigti. Ji pasibaigs viršūnėje v (iš kurios kelionė prasidėjo). Įrodysi-me, kad kelionė negali pasibaigti kitoje viršūneje. Tarkime, u yra viršūnė, kuriąaplankėme kelionės metu, ir u 6= v. Atėję pirmą kartą į u, vieną šiai viršūneiincidenčią briauną nuspalvinome baltai. Tuomet nenuspalvintų briaunų, inciden-čių u, skaičius tapo nelyginis: 1 arba 3 arba 5 ir t. t. Taigi turėjome galimybęišeiti iš u, nes buvo jai incidenčių nenuspalvintų briaunų. Briauną, kuria išėjomeiš u, nuspalvinome baltai. Tuo metu viršūnei u incidenčių baltų briaunų skaičiustapo lyginis. Taigi ir nenuspalvintų (viršūnei u incidenčių) briaunų skaičius tapolyginis. Taip samprotauti galime kiekvieną kartą, kai kelionės metu ateiname įu: atėjus į u, nuspalvintų briaunų, incidenčių u, skaičius tampa nelyginis, todėlir nenuspalvintų – nelyginis. Taigi turime nenuspalvintą briauną, incidenčią u,kuria galime tęsti kelionę. Matome, kad kelionė negali pasibaigti viršūnėje u, kaiu 6= v.

Jei keliaudami metu nuspalvinome visas multigrafo briaunas, tai kelionės die-noraštyje esame užrašę uždarąją Oilerio grandinę. Jei yra likę nenuspalvintųbriaunų, ieškosime kelionės tęsinio.

Kelionės tęsinio paieška. Pasirenkame nenuspalvintą briauną, pavadinkime jąb. Ši briauna nėra incidenti viršūnei v, nes pirmoji kelionė pasibaigė viršūnėje v,kai neradome nenuspalvintos briaunos, kuria galėtume keliauti toliau. Atskirainagrinėsime du atvejus.

Jei bent vienas briaunos b galas, pavadinkime jį w, buvo aplankytas ankstesnėskelionės metu, tuomet pasiėmę kibirą dažų leidžiamės į antrą kelionę, kuri prasi-deda viršūnėje w. Pirmąją šios kelionės briauną pasirenkame b. Eidami laikomėsanksčiau sutartų taisyklių iki kelionė pasibaigia viršūnėje w. Kaip ir anksčiau,rašome kelionės dienoraštį. Dabar turime du dienoraščius. Sudedame jų rezulta-tus: pirmosios kelionės fragmentą nuo v iki pirmą kartą ateiname į w, po to visąantrąją kelionę (ji pasibaigia viršūnėje w), o tada pirmosios kelionės likusią dalį.Gauname ilgesnės kelionės dienoraštį.

Jei nė vienas briaunos b galas nėra aplankytas ankstesnės kelionės metu, tuo-met pasirenkame kurią nors briaunos b galinę viršūnę (pavadinkime ją u). Mūsųmultigrafas jungusis, todėl rasime trajektoriją, vedančią iš v į u. Išeiname iš vir keliaujame šia trajektorija viršūnės u kryptimi. Eidami briaunų nespalviname.Galimas dalykas, kurį laiką žingsniuosime jau nuspalvintomis briaunomis, tačiautam, kad nuvyktume į u, reikės pasinaudoti ir nenuspalvintomis briaunomis. Pir-mąją, kelionės metu aptiktą, nenuspalvintą trajektorijos briauną pavadinkime e.Sustokime prieš eidami briauna e jos pradžios viršūnėje. Pastebėkime, kad šiviršūnė buvo aplankyta ankstesnės kelionės metu (kai spalvinome briaunas). Pa-


vadinkime šią viršūnę w. Pasiėmę kibirą dažų pradedame kelionę iš w. Pirmąjąšios kelionės briauną pasirenkame e. Eidami laikomės anksčiau sutartų taisykliųiki kelionė pasibaigia viršūnėje w. Kaip ir anksčiau, rašome kelionės dienoraštį.Sudedame abiejų dienoraščių rezultatus: pirmosios kelionės fragmentą nuo v ikipirmą kartą ateiname į w, po to visą antrąją kelionę (ji pasibaigia viršūnėje w), otada pirmosios kelionės likusią dalį. Gauname ilgesnės kelionės dienoraštį.

Dabar mūsų nuspalvintas uždarasis kelias jau ilgesnis nei pirmosios kelionėsmetu. Jei jis apima visas multigrafo briaunas, tai būsime radę uždarąją Oileriograndinę. Priešingu atveju multigafe yra likusių nenuspalvintų briaunų. Todėlvėl galėsime sukonstruoti kelionės tęsinį. Kiekvienas tęsinys pailgina mūsų užda-rąją grandinę – padidina nuspalvintų briaunų skaičių. Tokių tęsinių skaičius yrabaigtinis, nes multigrafo briaunų skaičius baigtinis. Kai po keleto tęsinių nebeliksnenuspalvintų briaunų, mūsų sukonstruotas kelias bus uždaroji Oilerio grandinė.Įrodymas baigtas.

9 išvada. Tarkime, G = (V,E) yra jungusis multigrafas. Jei dviejų jo vir-šūnių laipsniai yra nelyginiai skaičiai, o visų kitų viršūnių laipsniai – lyginiaiskaičiai, tai multigrafe yra Oilerio grandinė, prasidedanti vienoje nelyginio laips-nio viršūnėje ir pasibaigianti kitoje.

Įrodymas. Pavadinkime nelyginio laipsnio viršūnes vardais u ir v. Sujungęjas nauja briauna (pavadinkime ją b), gauname naują multigrafą, turintį uždarąjąOilerio grandinę (nes šio multigrafo visų viršūnių laipsniai yra lyginiai skaičiai).Pasirinkime kelionę uždarąja Oilerio grandine tokia kryptimi, kad briauną b per-eitume eidami iš u į v. Uždarąja Oilerio grandine galime keliauti nenutrūkstamai.Keliaudami ja pradėkime rašyti dienorašti tuo momentu, kai iš viršūnės u pra-dedame eiti briauna b viršūnės v kryptimi. Po to, kai jau būsime perėję visomismultigrafo briaunomis, sustokime rašę. Kelionės dienoraštyje yra užrašyta nau-jojo multigrafo uždaroji Oilerio grandinė, prasidedanti viršūnėje u, toliau einantibriauna b ir t. t. Užrašuose ištrynus pirmąsias dvi raides (u ir b), liks pradiniomultigrafo Oilerio grandinė. Ji prasideda viršūnėje v, pasibaigia viršūnėje u irnepanaudoja briaunos b. Įrodymas baigtas.

Hamiltono ciklas. Čia kalbėsime apie grafus (ne multigrafus). Ciklą, į kurįpatenka visos grafo viršūnės, vadiname Hamiltono ciklu. Trajektoriją, į kuriąpatenka visos grafo viršūnės, vadiname Hamiltono trajektorija (W. R. Hamilton,1805–1865).

1 pavyzdys. Rengdami šventinius pietus, norime, kad stalo kaimynai būtųmalonūs pašnekovai. Todėl stengiamės sodinti svečius prie stalo taip, kad gretasėdintys asmenys būtų draugai. Nagrinėkime svečių grafą, kuriame du asmenisjungia briauna, jei jie yra draugai. Jei šis grafas turi Hamiltono ciklą, tai įmano-ma pasodinti svečius prie stalo taip, kad stalo kaimynai būtų draugai – asmenųišrikiavimas aplink stalą atitiks Hamiltono ciklą.

2 pavyzdys. Šalies miestus jungia kelių tinklas, kurį vaizduojame svoriniu


grafu: kelią, jungiantį du miestus, atitinka briauna, kurios svoris yra šio kelio ilgis.Pirklys kelionę pradeda savo mieste, iš kurio išvykęs turi aplankyti visus šaliesmiestus ir vėl grįžti namo. Reikalaujama, kad kiekvienas miestas kelionės metubūtų aplankytas tik vieną kartą, ir nueitas kelias būtų kiek įmanoma trumpesnis.Keliaujančio pirklio uždavinyje reikia rasti Hamiltono ciklą, kurio briaunų svoriųsuma yra pati mažiausia.

Paveikslo kairėje pavaizuotas grafas turi Hamiltono ciklą: viršūnes galimaapeiti jų numerių didėjimo tvarka. Dešinėje pavaizduotas grafas Hamiltono cikloneturi. Grafas yra dvidalusis ir turi nelyginį skaičių viršūnių. Taigi ciklo, kurisįtrauktų visas viršūnes, jis negali turėti.

Klausimas, ar konkretus grafas turi Hamiltono ciklą, gali būti sudėtingas.Nėra surasta paprasto kriterijaus, kuriuo pasirėmę galėtume nuspręsti, ar grafeyra Hamiltono ciklas. Nėra sugalvota ir paprasto metodo, kaip tokį ciklą rasti.

Suformuluota 21 teiginyje pakankamoji sąlyga Hamiltono ciklui egzistuoti rei-kalauja, kad kiekviena viršūnė turėtų palyginti daug kaimynių.

21 teiginys. Pažymėkime grafo viršūnių skaičių n. Jei n ≥ 3 ir kiekvienosviršūnės laipsnis didesnis arba lygus n/2, tai toks grafas turi Hamiltono ciklą.

Šis teiginys išplaukia iš 22 teiginio, kurį įrodysime.

22 teiginys. Pažymėkime grafo viršūnių skaičių n. Jei n ≥ 3 ir kiekvienaiviršūnių porai u ir v, kurios nejungia briauna, yra teisinga nelygybė

d(u) + d(v) ≥ n, (4.7)

tuomet grafas turi Hamiltono ciklą.Įrodymas. Įrodysime prieštaros būdu. Tarę, kad grafe G = (V,E), turinčiame

n ≥ 3 viršūnių, nėra Hamiltono ciklo, įrodysime, kad šis grafas netenkina (4.7)sąlygos.

Pastebėkime, kad G nėra pilnasis, nes pilnasis grafas turi Hamiltono ciklą,o grafas G – ne. Todėl rasime porą grafo G viršūnių, kurių nejungia briauna.Pridėję šią briauną, patikriname, ar gautas naujas grafas turi Hamiltono ciklą.


Jei ne – vėl rasime porą viršūnių, kurių nejungia briauna. Ją pridėję, gausimegrafą, turintį dar daugiau briaunų. Tęsime procesą tol, kol prieisime grafą, turintįHamiltono ciklą. (Pridėdami vieną po kitos briaunas galop gautume pilnąjį grafą,kuris turi Hamiltono ciklą. Tačiau, kai n ≥ 4, mums nereikės sudaryti pilnojografo – Hamiltono ciklas atsiras anksčiau.) Pavadinkime G′ = (V,E′) paskutinįiš eilės sukonstruotą grafą, kuris dar neturi Hamiltono ciklo, o jį papildę briauna(pavadinkime ją b), gauname grafą (pavadinkime jį G′′ = (V,E′′)), kuriame yraHamiltono ciklas. Pridedant briaunas, kai kurių viršūnių laipsniai padidėjo, kitų

gal liko tie patys ir nė vienos viršūnės laipsnis nesumažėjo, todėl grafo G′ viršūniųlaipsniai d′(v) tenkina nelygybes d′(v) ≥ d(v) visoms v ∈ V .

Dabar atidžiau pažvelkime į briauną b. Jos galines viršūnes pažymėkime p ir q.Grafas G′′ turi Hamiltono ciklą, o G′ = G′′−b jo neturi, todėl į šį Hamiltono cikląįeina ir briauna b. Iš ciklo pašalinę briauną b, gauname Hamiltono trajektoriją(pažymėkime ją PH = p, v1, v2, . . . , vn−2, q), kuri priklauso grafui G′.

Toliau nagrinėkime grafą G′. Pastebėkime, kad jei vi yra viršūnės p kaimynėir i > 1, tai vi−1 negali būti viršūnės q kaimynė (sakysime, kad vi uždraudžiabriauną {vi−1, q}). Priešingu atveju grafas G′ turėtų briaunas {p, vi} ir {vi−1, q},kurios kartu su trajektorija PH sudarytų Hamiltono ciklą grafe G′. O grafą G′

esame pasirinkę tokį, kuris Hamiltono ciklo neturi. Dabar panagrinėkime viršūniųp ir q kaimynes. Viršūnė p turi kaimynę v1. Kadangi q nėra viršūnės p kaimynė,nes grafas G′ neturi briaunos b = {p, q}, tai likusios viršūnės p kaimynės (jų yrad′(p)− 1) priklauso aibei {v2, . . . , vn−2}. Kiekviena tokia kaimynė vi uždraudžiabriauną {vi−1, q}. Taigi rinkinyje {v1, v2, . . . , vn−3} yra d′(p)− 1 viršūnė, kuriomsuždrausta jungtis briauna su viršūne q. Likusioms (n−3)− (d′(p)−1) šio rinkinioviršūnėms nėra draudžiama jungtis briaunomis su q. Be to, vn−2 yra viršūnėsq kaimynė – juodvi yra greta trajektorijoje PH . Darome išvadą, kad viršūnės qkaimynių skaičius d′(q) ≤ (n − 3) − (d′(p) − 1) + 1. Iš šios nelygybės išplaukia,kad d′(p) + d′(q) ≤ n − 1. Pasinaudoję nelygybėmis d(p) ≤ d′(p) ir d(q) ≤ d′(q),

4.5 Ramzio teorijos elementai 107

išvedame nelygybę d(p) + d(q) ≤ n− 1, kuri prieštarauja (4.7) sąlygai. Įrodymasbaigtas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Oilerio grandinė; uždaroji Oilerio grandinė;Hamiltono ciklas; Hamiltono trajektorija.

Užduotys

1. Ar turi Hamiltono ciklą grafas K7?2. Ar turi Hamiltono ciklą grafas K8?3. Kiek skirtingų Hamiltono ciklų turi grafai K4 ir Q3?4. GrafoQn viršūnės yra dvejetainiai žodžiai, turintys n raidžių. Taigi viršūnių

aibė turi 2n elementų. Dvi viršūnes jungiame briauna, jei jas atitinkančių žodžiųraidės sutampa visose pozicijose, išskyrus kurią nors vieną. Pavyzdžiui, grafo Q4

viršūnės (0, 0, 1, 1) ir (0, 1, 1, 1) yra kaimynės, o viršūnės (0, 0, 1, 1) ir (0, 1, 0, 1) –ne. Įrodykite, kad grafas Qn turi Hamiltono ciklą, jei n ≥ 2.

5. Sugalvokite pavyzdį jungiojo grafo, kurio visų viršūnių laipsniai lygūs 4 irkuris neturi Hamiltono ciklo.

4.5 Ramzio teorijos elementai

Dirichlė principą galime suformuluoti taip. Tarkime, yra keletas objektų ir kiek-vienas jų turi vieną ar daugiau mus dominančių savybių. Jei peržvelgę objektus irsuskaičiavę skirtingas pastebėtas savybes pamatysime, kad savybių yra daugiaunegu objektų, tai rasime objektą, turintį dvi ar daugiau savybių. Klausimus, aregzistuoja kombinatorinis objektas, turintis norimų savybių, nagrinėja kombina-torikos šaka, kuri vadinama Ramzio teorija (F. P. Ramsey, 1903–1930).


Pavyzdys. Nagrinėkime grafą G = (V,E), turintį 6 viršūnes. Įsitikinsime,kad arba G, arba jo papildinys G (arba abu kartu) turi pografį K3. Primename,kad papildinys G turi tą pačią viršūnių aibę, kaip ir G, o dvi grafo G viršūnesjungiame briauna, jei jos nėra kaimynės grafe G. Pavadinkime vieną grafo viršūnęvardu A. Nagrinėkime atvejį, kai grafe G viršūnė A turi 3 ar daugiau kaimynių.Pasirinkę tokių kaimynių trejetą, peržvelgsime jas jungiančias briaunas. Jei tokiųbriaunų grafe G nėra, tai šis viršūnių trejetas atitinka grafo G pografį K3. Jeikurias nors dvi viršūnės A kaimynes jungia grafo G briauna, tai šios kaimynėskartu su A sudaro trikampį grafe G. Liko nagrinėti atvejį, kai viršūnė A turi dviar mažiau kaimynių grafe G. Šį kartą ji turi 3 ar daugiau kaimynių grafe G. Todėltoliau galime nagrinėti trejetą viršūnės A kaimynių grafe G ir samprotauti kaipanksčiau.

Grafą G = (V,E), turintį n viršūnių, ir jo papildinį G patogu vaizduoti taip.Imame pilnąjį grafą Kn, kurio viršūnių aibė yra V . Tas Kn briaunas, kuriossudaro grafą G, spalviname mėlynai. Likusias Kn briaunas spalviname raudo-nai. Gautas raudonų briaunų grafas yra grafo G papildinys. Toliau nagrinėsimenuspalvintą pilnąjį grafą Kn: vienos jo briaunos mėlynos, kitos – raudonos. Sa-kysime, kad nuspalvintas pilnasis grafas Kn turi savybę Mp, jei rasime p viršūnių,kurias jungiančios briaunos yra mėlynos, ir turi savybę Rq, jei rasime q viršūnių,kurias jungiančios briaunos yra raudonos. Taigi savybė Mp reiškia, kad yra pilna-sis pografis, turintis p viršūnių, kurio visos briaunos mėlynos. Savybė Rq reiškia,kad yra pilnasis pografis, turintis q viršūnių, kurio visos briaunos raudonos. Sa-kome, kad nuspalvintas pilnasis grafas Kn turi savybę (p, q), jei jis turi bent vienąminėtų savybių – Mp ir/arba Rq.

23 teiginys. Tarkime, p, q ≥ 2 yra natūralieji skaičiai. Tuomet yra toksnatūralusis skaičius n0 (priklausantis nuo p ir q), kad bet kuris nuspalvintas grafasKn turi savybę (p, q), jei n ≥ n0

Mažiausią tokį skaičių n0 žymime R(p, q), ir vadiname Ramzio skaičiumi. Pa-stebėkime, kad jei m > R(p, q), tai bet kuris nuspalvintas grafas Km turi savybę(p, q). Tam nagrinėkime nuspalvinto grafo Km pografį, kurį sudaro pirmosiosR(p, q) viršūnių ir visos jas jungiančios briaunos. Šis pografis yra nuspalvintaspilnasis grafas, turintis R(p, q) viršūnių. Taigi jis turi savybę (p, q) – tai išplaukiaiš skaičiaus R(p, q) apibrėžimo. Savybė (p, q) garantuoja, kad egzistuoja tam tik-ro dydžio vienspalvis pilnasis pografis, todėl šią savybę turės ir didesnysis grafasKm.

Įrodymas. Mums reikia įrodyti, kad skaičius n0, tenkinantis teoremos sąlygas,egzistuoja. Šį (kol kas neįrodytą) faktą žymėsime R(p, q) <∞.

Pirmiausia pastebėkime, kad

R(p, 2) = p ir R(2, q) = q. (4.8)

Įrodysime tik pirmąją tapatybę (antrosios įrodymas yra lygiai toks pat). Viena


vertus, kiekvienas nuspalvintas grafas Kp turi (p, 2) savybę: arba jis turi raudonąbriauną, arba visos jo briaunos mėlynos. Taigi R(p, 2) ≤ p. Kita vertus, nuspal-vinę visas Kp−1 briaunas mėlynai, turėsime grafą, kuris netenkina nei Mp, nei R2

savybės. Todėl p− 1 < R(p, 2). Darome išvadą, kad R(p, 2) = p.Dar pastebėkime, kad jei R(p, q) <∞, tai ir R(q, p) <∞. Be to, yra teisinga

lygybė R(p, q) = R(q, p). Tam, kad tuo įsitikintume, pakanka sukeisti spalvas(užsidėti spalvotus akinius, pro kuriuos žiūrėdami į raudoną spalvą matytumemėlyną, o žiūrėdami į mėlyną spalvą matytume raudoną).

Įrodymui taikysime tokį teiginį:(A) Jei aibė turi s + t − 1 narių, tai juos nuspalvinę mėlyna arba raudona

spalva taip, kad kiekvienas narys būtų nuspalvintas viena spalva, turėsime arbabent s mėlynų narių, arba ne mažiau kaip t raudonų narių.

Negali būti taip, kad ir mėlynų turėsime mažiau nei s− 1 ir raudonų mažiaunei t − 1. Taigi teiginys (A) yra akivaizdus. Tolesniems įrodymo žingsniams

2 3 4 5 6 7

+ + + + + +2

3

4

5

6

7

+

+

+

+

+

q

p

pavaizduoti sudarome kvadratinę lentelę, kurios eilučių ir stulpelių vardai yra2, 3, . . . . Šios lentelės p-osios eilutės q-ojo stulpelio langelyje įrašysime pliusoženklą, kai įsitikinsime, kad R(p, q) < ∞. Naudodamiesi lygybėmis R(t, 2) =R(2, t) = t, kai t = 2, 3, . . . , užpildome pirmąją eilutę ir pirmąjį stulpelį. Toliaulentelę pildysime, remdamiesi tokiu faktu, kurį netrukus įrodysime:

Jei R(p− 1, q) <∞ ir R(p, q − 1) <∞, tuomet R(p, q) <∞.

Taigi langelyje galime rašyti pliuso ženklą, jei langelio viršutinis ir kairysis kai-mynai jau užpildyti pliuso ženklais. Tokiu būdu pliusus įrašysime į visus lentelėslangelius.

Tarkime, kad R(p − 1, q) < ∞ ir R(p, q − 1) < ∞. Nagrinėkime nuspalvin-tą grafą Kn, turintį n = R(p − 1, q) + R(p, q − 1) viršūnių v1, . . . , vn. Pašali-nę viršūnę v1, gauname nuspalvintą pilnąjį grafą Kn − v1, kurio viršūnių aibėyra {v2, v3, . . . , vn}. Spalviname šio grafo viršūnes taip: viršūnę vj spalviname


mėlynai, jei grafo Kn briauna {v1vj} yra mėlyna; viršūnę vj spalviname raudonai,jei briauna {v1vj} yra raudona. Turime n−1 = R(p−1, q)+R(p, q−1)−1 dviemspalvomis nuspalvintų viršūnių, todėl, remdamiesi (A) teiginiu, darome išvadą,kad viena iš dviejų sąlygų yra tenkinama:

1) Tarp nuspalvintų viršūnių yra ne mažiau kaip s = R(p− 1, q) mėlynų;2) Tarp nuspalvintų viršūnių yra ne mažiau kaip t = R(p, q − 1) raudonų.Toliau samprotaujame taip. Jei 1) sąlyga yra tenkinama, tuomet pasirenka-

me s mėlynų viršūnių, kurias žymime vi1 , . . . , vis , ir nagrinėjame jas jungiančiasbriaunas. Gauname nuspalvintą pilnąjį grafą Ks. Iš lygybės s = R(p − 1, q)išplaukia, kad šis grafas turi savybę (p − 1, q). Taigi arba jis turi pografį Kq,kurio visos briaunos yra raudonos (tuomet tokį raudonų briaunų pografį turi irpradinis nuspalvintas grafas Kn, t. y. Kn turi savybę Rq), arba jis turi pografįKp−1, kurio visos briaunos yra mėlynos. Antruoju atveju, prijungę prie surastopografio viršūnę v1 ir briaunas (jos yra mėlynos !), kuriomis ji jungiasi su šiopografio viršūnėmis, gauname pilnąjį grafą, turintį p viršūnių. Gauto pilnojografo briaunos yra mėlynos. Darome išvadą, kad pradinis nuspalvintas grafas Kn

turi savybę Mp. Žodžiu, jei 1) sąlyga yra tenkinama, tai nuspalvintas grafas Kn

turi savybę (p, q).Jei 1) sąlyga negalioja, tuomet nuspalvintas grafas tenkina 2) sąlygą. Sampro-

taudami lygiai taip pat įsitikiname, jog ir vėl nuspalvintas grafas Kn turi savybę(p, q).

Vadinasi, bet kuris nuspalvintas pilnasis grafas Kn turi savybę (p, q). TaigiR(p, q) ≤ n. Be to, įrodėme nelygybę

R(p, q) ≤ R(p− 1, q) +R(p, q − 1). (4.9)

Įrodymas baigtas.

24 teiginys. Tarkime, p, q ≥ 2 yra natūralieji skaičiai. Tuomet

R(p, q) ≤(p+ q − 2

p− 1

). (4.10)

Įrodymas. Įrodydami 23 teiginį pasinaudojome skaičių lentele. Iš (4.8) formu-lių išplaukia, kad lentelės pirmosios eilutės elementai

R(2, q) = q =

(2 + q − 2

2− 1

), q = 2, 3, . . . ,

ir pirmojo stulpelio elementai

R(p, 2) = p =

(p+ 2− 2

p− 1

), p = 2, 3, . . . .


Taigi (4.10) nelygybė yra teisinga, jei bent vienas iš skaičių p ir q yra lygus 2.Toliau taikysime rekursiją. Tarę, kad (4.10) nelygybė yra teisinga indeksų

poroms (p − 1, q) ir (p, q − 1), įrodysime, kad ji teisinga indeksų porai (p, q).Taikome (4.9) nelygybę

R(p, q) ≤ R(p− 1, q) +R(p, q − 1) ≤(

(p− 1) + q − 2

(p− 1)− 1

)+

(p+ (q − 1)− 2

p− 1

)ir perrašome dešiniojoje pusėje esantį reiškinį tokiu būdu (čia taikome Paskaliotapatybę): (

(p+ q − 2)− 1

(p− 1)− 1

)+

((p+ q − 2)− 1

p− 1

)=

(p+ q − 2

p− 1

).

Gauname nelygybę R(p, q) ≤(p+q−2p−1

).

Prisiminkime 23 teiginio įrodymą, kai pradėję nuo kairiojo viršutinio lentelėskampo pildėme lentelės langelius pliuso ženklais. Dabar pakartojame tuos pačiusžingsnius. Įrašydami (p, q) langelyje pliuso ženklą, dar ir įsitikiname, kad skaičiuiR(p, q) yra teisinga (4.10) nelygybė. Įrodymas baigtas.

Šiuo metu yra žinomi vos keli Ramzio skaičiai R(p, q). Pavyzdžiui, skaičiaiR(5, 5), R(6, 6), R(7, 7), . . . nėra žinomi.

Iš Ramzio skaičių apibrėžimo išplaukia, kad R(n, n) → +∞, kai n → +∞.Įdomu būtų sužinoti, kaip greitai auga šie skaičiai. Deja, atsakymo į šį klausimąnežinome. Daugiau nei prieš 70 metų P. Erdiošas (P. Erdos, 1913–1998) įrodė,kad R(n, n) ≥ (

√2)n. Po to jokių svarbių žingsnių šio uždavinio sprendimo link

nebuvo žengta.

25 teiginys. Tarkime, p ≥ 3 yra natūralusis skaičius. Yra teisingos nelygybės

(√

2)p < R(p, p) ≤ 4p−1. (4.11)

Įrodymas. Nelygybė R(p, p) ≤ 4p−1 išplaukia iš (4.10) nelygybės ir nelygybės(2kk

)≤ 4k, kurią nesunku įrodyti, pasitelkus matematinės indukcijos principą. Čia

k = 1, 2, . . . .Įrodysime nelygybę R(p, p) ≥ (

√2)p. Pasirinkime n didesnį už p. Peržvelg-

sime pilnojo grafo Kn, kurio viršūnių aibė V = {v1, . . . , vn}, briaunų spalvi-nimus mėlyna ir raudona spalvomis. Spalvinimą vadinsime M palankiu aibeiY = {y1, . . . , yp} ⊂ V , jei visos briaunos, jungiančios aibės Y viršūnes, yra mė-lynos. Spalvinimą vadinsime R palankiu aibei Y , jei visos briaunos, jungiančiosaibės Y viršūnes, yra raudonos. M palankių spalvinimų rinkinį žymime SM (Y ),o R palankių spalvinimų rinkinį – SR(Y ). Aišku, kad M palankių spalvinimų yratiek pat, kiek ir R palankių, |SM (Y )| = |SR(Y )|. Kiekvienas M palankus spalvini-mas nuspalvina mėlynai

(p2

)briaunas, kurios jungia viršūnes, patekusias į aibę Y .


Likusias x =(n2

)−(p2

)grafo Kn briaunas nuspalvinti yra 2x galimybių (kiekviena

briauna turi dvi galimybes: mėlyna arba raudona). Taigi |SM (Y )| = 2x.Primename, kad nuspalvintas grafas Kn turi savybę (p, p), jei yra aibė Y ⊂ V ,

kurioje p viršūnių ir jas jungiančios briaunos yra tos pačios spalvos (visos mėlynosarba visos raudonos). Taigi jei spalvinimas turi savybę (p, p), tai jis yra arba Mpalankus kuriai nors aibei Y , arba R palankus kuriai nors aibei Y ′ ⊂ V , turinčiai pviršūnių (gali būti kad ir abi sąlygos yra tenkinamos). Todėl spalvinimų, turinčiųsavybę (p, p), aibė (žymėkime ją Sp) patenka į aibių sąjungą

Sp ⊂

⋃Y⊂V, |Y |=p

SM (Y )

⋃ ⋃Y ′⊂V, |Y ′|=p

SR(Y )

.

Iš čia išplaukia nelygybė

|Sp| ≤∑

Y⊂V, |Y |=p

∣∣SM (Y )∣∣+

∑Y ′⊂V, |Y ′|=p

∣∣SR(Y )∣∣.

Yra(np

)skirtingų aibių Y ⊂ V ir kiekvienai aibei Y teisinga lygybė |SR(Y )| =

|SM (Y )| = 2x, todėl darome išvadą, kad

|Sp| ≤ 2

(n

p

)2x.

Toliau samprotaujame taip. Jei visų skirtingų grafo Kn spalvinimų aibė (pa-vadinkime ją S) turi daugiau elementų nei aibė Sp, tai tarp visų spalvinimų rasimetokį, kuris neturi savybės (p, p). Šiuo atveju yra teisinga nelygybė R(p, p) > n.Kadangi |S| = 2

(n2

), tai iš nelygybės

2

(n

p

)2x < 2

(n2

)(4.12)

išplauktų nelygybė |Sp| < |S|. Taigi jei skaičiui n yra teisinga (4.12) nelygybė,tai jam teisinga ir nelygybė R(p, p) > n. Dabar ieškosime skaičiaus n, kuriam(4.12) nelygybė yra teisinga. Pritaikę tapatybes

(np

)= (n)p/p! ir x =

(n2

)−(p2

),

perrašome (4.12) nelygybę taip:

(n)p < 2p2/2 p!

21+(p/2)(4.13)

Kadangi p! > 21+(p/2) ir (n)p < np, kai p = 3, 4, . . . , tai iš nelygybės np ≤2p

2/2 išplaukia (4.13) nelygybė. Darome išvadą, kad (4.12) nelygybė yra teisinga


skaičiui n = b2p/2c. Todėl R(p, p) > 2p/2. Įrodymas baigtas.

Skyrelio sąvokos ir žymenys: Ramzio skaičius R(p, q).

Užduotys

1. Sugalvokite grafą, turintį 5 viršūnes, kuriame nėra pografio K3 ir kuriopapildinys taip pat tokio pografio neturi. Įrodykite, kad R(3, 3) = 6.

2. Įrodykite nelygybes(2nn

)≤ 4n, n = 1, 2, . . . , ir p! > 21+(p/2), p = 3, 4, . . . .


Literatūra

[1] M. Bloznelis, Kombinatorikos paskaitų ciklas, VU leidykla, Vilnius, 1996.

[2] K. Bulota, P. Survila, Algebra ir skaičių teorija. I dalis., Mokslas, Vilnius,1976.

[3] G. P. Gavrilov, A. A. Sapozhenko, Problems and Exercises in Discre-te Mathematics, Kluver Academic Publishers, Dordrecht/ Boston/ London,1996.

[4] J. Jaworski, Z. Palka, J. Szymański, Matematyka dysktretna dla infor-matyków. Cześć I: Elementy kombinatoryki, Wydawnictwo Naukowe UAM,Poznań, 2007.

[5] V. Kabaila, Matematinė analizė. T. 1-2., Mokslas, Vilnius, 1983, 1986.

[6] A. Krylovas, O. Suboč, Diskrečiosios matematikos uždaviniai ir sprendi-mai, Technika, Vilnius, 2006.

[7] E. Manstavičius, Analizinė ir tikimybinė kombinatorika, TEV, Vilnius,2007.

[8] Z. Palka, A. Ruciński, Wyklady z kombinatoryki, Wydawnictwo Naukowo–Techniczne, Warszawa, 2004.

[9] A. Plikusas, Kombinatorikos, tikimybių teorijos ir statistikos pradmenys,Šviesa, Kaunas, 1993

[10] N. Vilenkinas, Kombinatorika, Šviesa, Kaunas, 1979.

115

Documents

KOMBINATORIKOS IR GRAFŲ TEORIJOS PASKAITOSbloznelis/vadovelis/k2016.pdf · Pratarmė Šiame vadovėlyje pateikiami kombinatorikos ir grafų teorijos pradmenys. Jo turi-nys atitinka