Kombinatorna prebrajanja - imft.ftn.uns.ac.rsimft.ftn.uns.ac.rs/~vanja/uploads/Main/DM.pdf · Chapter 1 Kombinatorna prebrajanja 1.1 Osnovniprincipiprebrojavanja 1.1.1 Principsume

Chapter 1

Kombinatorna prebrajanja

1.1 Osnovni principi prebrojavanja

1.1.1 Princip sumeZa proizvoljno n ∈ N, skup prvih n prirodnih brojeva ćemo označiti sa Nn.Znači,

Nn := {1, . . . , n}.

Pod prebrojavanjem elemenata nekog konačnog skupaX 6= ∅ podrazumevamoodređivanje broja n za koji postoji bijektivno preslikavanje skupa X u skup Nn.Ako postoji takav broj n, onda pišemo |X| = n. Za prazan skup ćemo kazati daima 0 elemenata.

Lemma 1 Ako su A i B disjunktni konačni skupovi (A ∩B 6= ∅), onda je

|A ∪B| = |A|+ |B|.

Dokaz. Neka je A = {a1, . . . , am} i B = {b1, . . . , bn}. Kako je A ∩B 6= ∅, sledi

A ∪B = {a1, . . . , am, b1, . . . , bn}.

Možemo zaključiti da je |A∪B| = n+m, zato što postoji bijektivno preslikavanjeskupa A ∪B u skup {1, 2 . . . , n+m} :

a1 7→ 1 . . . am 7→ m b1 7→ m+ 1 . . . bn 7→ m+ n.

�

Teorema 2 (princip sume) Neka je n ≥ 2 i A1, . . . , An po parovima dis-junktni konačni skupovi tj. za sve i, j ∈ {1, . . . , n} sa osobinom i 6= j važiAi ∩Aj = ∅. Tada je

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| = |A1|+ |A2|+ . . .+ |An|.

1

2 CHAPTER 1. KOMBINATORNA PREBRAJANJA

Dokaz. (indukcijom po n)n = 2 : Sledi na osnovu Leme 1.ind.pp. Pretpostavimo da je |A1 ∪ . . . ∪An| = |A1|+ . . . |An|.Dokazaćemo da tvrđenje važi za n+ 1. Na osnovu Leme 1, imamo

|(A1 ∪ . . . ∪An) ∪An+1| = |A1 ∪ . . . ∪An|+ |An+1|.

Na osnovu induktivne pretpostavke dalje sledi

|A1 ∪ . . . ∪An ∪An+1| = |A1|+ . . .+ |An|+ |An+1|,

što je i trebalo dokazati. �

Zadatak 3 Student treba da izabere dva predmeta iz dve različite izborne grupe.Grupe redom sadrže 3 i 4 različitih predmeta. Na koliko načina student možeda izabere izborne predmete?

Rešenje. Neka su grupe izbornih predmeta označene sa A1 i A2 i neka je

A1 = {a1, a2, a3} i A2 = {b1, b2, b3, b4}.

Broj mogućnosti da student izabere izborne predmeta je

|({a1} ×A2) ∪ ({a2} ×A2) ∪ ({a3} ×A2)|= |({a1} ×A2)|+ |({a2} ×A2)|+ |({a3} ×A2)|= |A2|+ |A2|+ |A2| = 3 · |A2| = 12.

�

Zadatak 4 Koliko rešenja ima nejednačina |x−y| ≤ 3 ako je (x, y) ∈ {1, 2, . . . , 30}2?

Rešenje. Za svako x ∈ {1, . . . , 30}, neka je

Ax = {y ∈ {1, . . . , 30} : |x− y| ≤ 3} = {y ∈ {1, . . . , 30} : x− 3 ≤ y ≤ x+ 3}.

Na primer,

A1 = {1, 2, 3, 4} A2 = {1, 2, 3, 4, 5} A3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}A4 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} A5 = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. . . . . .

A27 = {24, 25, 26, 27, 28, 29, 30} A28 = {25, 26, 27, 28, 29, 30}A29 = {26, 27, 28, 29, 30} A30 = {27, 28, 29, 30}.

Skup svih rešenja posmatrane jednačine je

B1 ∪ . . . ∪B30

gde jeBx = {x} ×Ax, x ∈ {1, . . . , 30}.

1.1. OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA 3

Na osnovu principa zbira,

|B1 ∪ . . . ∪B30| = |B1|+ . . .+ |B30| = |A1|+ . . .+ |A30|= 4 + 5 + 6 + 24 · 7 + 6 + 5 + 4 = 198.

�

Zadatak 5 Dat je pseudo-kod

(1) for i = 1 to n− 1(2) for j = i+ 1 to n(3) if (a[i] > a[j]) then(4) swap a[i] and a[j];

Koliko puta će biti urađeno poređenje iz koraka (3)?

Rešenje. Za svako i ∈ {1, . . . , n − 1} vršimo poređenje a[i] sa svakim ele-mentom skupa {a[j] : j ∈ {i+1, . . . , n}}. Za izabrano i ∈ {1, . . . , n}, neka je Ai

skup koji sadrži indekse j ∈ {1, . . . ,m} za koje poredimo ai i aj :

Ai = {i+ 1, . . . , n}.

Broj elemenata skupa Ai jednak je n− i. Tada je broj ponavljanja izvršavanjakoraka (3) jednak

|({1} ×A1) ∪ ({2} ×A2) ∪ . . . ∪ ({n} ∪An)|= |({1} ×A1)|+ |({2} ×A2)|+ . . .+ |({n} ∪An)|= |A1|+ . . .+ |An| = (n− 1) + (n− 2) + . . .+ 1 = n(n−1)

2 .

�

Posledica 6 Neka su A1, . . . , An po parovima disjunktni skupovi i neka je |Ai| =m za svako i ∈ {1, . . . , n}. Tada je

|A1 ∪ . . . ∪An−1| = n ·m.

Zadatak 7 Dat je pseudo-kod

(1) for i = 1 to n(2) for j = 1 to m(3) S = 0;(4) for l = 1 to k(5) S = S + a[i, k] ∗ b[k, j];(6) c[i, j] = S;

Koliko puta će biti urađeno množenje iz koraka (5)?


1.1.2 Princip proizvodaLemma 8 Neka su A i B konačni skupovi. Broj elemenata skupa A×B jednakje

|A×B| = |A| · |B|.

Dokaz. Neka je A = {a1, . . . , am} i B = {b1, . . . , bn}. Tada je

|A×B| = |{(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} = |⋃a∈A

({a} ×B)|.

Kako za ai 6= aj važi (ai ×B) ∩ (aj ∩B) = ∅, prema Tvrđenju 2 dalje sledi

|A×B| =∑a∈A|({a} ×B)| =

∑a∈A|B| = |B|

∑a∈A

1 = |A| · |B|.

�

Teorema 9 (princip proizvoda) Neka je n ≥ 2 i neka su A1, . . . , An konačniskupovi. Tada je

|A1 ×A2 × . . .×An| = |A1| · |A2| . . . |An|.

Dokaz. (indukcijom po n)n = 2 : Sledi na osnovu Leme 1.ind.pp: Pretpostavimo da |A1 × . . .×An| = |A1| · . . . · |An|.Dokazaćemo da tvrđenje važi za n+ 1. Na osnovu Leme 8, imamo

|(A1 × . . .×An)×An+1| = |A1 × . . .×An| · |An+1|.

Prema induktivnoj pretpostavci, sada je

|A1 × . . .×An ×An+1| = |A1| · . . . · |An| · |An+1|.

�

Zadatak 10 Neka su m1, . . . ,mn prirodni brojevi. Dat je pseudo-kod

(1) k = 0(1) for i1 = 1 to m1

(2) for i2 = 1 to m2

(3) . . . . . .(4) for in = 1 to mn

(5) k := k + 1

Koliko je k nakon izvršavanja datog koda?

Rešenje. Neka je Aij = {1, . . . ,mj}, skup vrednosti koje uzima ij , j ∈{1, . . . , n}. Kako su petlje ugnježdene korak (5) će biti izvršen k puta, gde je

k = |Ai1 ×Ai2 × . . .×Ain | = |Ai1 | · |Ai2 | . . . |Ain | = m1 ·m2 . . .mn.

�


Zadatak 11 Koliko ima petocifrenih brojeva

(i) ukupno?

(ii) čije su sve cifre različite?

(iii) čije su svake dve susedne cifre različite?

Rešenje. Neka je Ai, i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} skup cifara koje mogu biti na poziciji i.

(i) Petocifrene brojeve možemo predstaviti kao uređene petorke iz skupa

A1 ×A2 ×A3 ×A4 ×A5

gde jeA1 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, A2 = A3 = A4 = A5 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.Na osnovu principa proizvoda,

|A1 ×A2 ×A3 ×A4 ×A5| = |A1| · |A2| · |A3| · |A4| · |A5|= 9 · 10 · 10 · 10 · 10 = 90000.

(ii) 9 · 9 · 8 · 7 · 6 = 27216

(iii) 9 · 9 · 9 · 9 · 9 = 59049.

�

Zadatak 12 Koliko ima reči dužine 5?

Rešenje. Svako slovo reči može biti proizvoljan element azbuke koja ima30 elemenata. Ukupan broj takvih (smislenih ili besmislenih) reči ima 305 =24300000. �

Zadatak 13 Koliko ima različitih nizova bitova dužine 8?

Rešenje. Nizovi bitova dužine 8 su elementi Dekartovog stepena A8 skupaA = {0, 1}. Kardinalnost tog skupa je |A8| = |A× . . .×A| = |A|8 = 28 = 256. �

1.1.3 Dirihleov principTeorema 14 Ako je m objekata smešteno u n kutija i m > n, onda postojikutija u kojoj se nalaze bar dva objekta.

Dokaz. Ako je m objekata smešteno u n kutija, to znači da postoji funkcijaf : {1, . . . ,m} → {1, . . . , n}. Pretpostavimo suprotno, da u svakoj kutiji imanajviše jedan objekat. To znači da je funkcija injektivna, tj. važi

∀i, j ∈ {1, . . . ,m} i 6= j ⇒ f(i) 6= f(j)

Odatle je |f({1, . . . ,m})| = m. Kako je f({1, . . . ,m}) ⊆ {1, . . . , n} to je m ≤ n,što je u kontradikciji sa pretpostavkom da je m > n. Zaključujemo da je našapretpostavka porgešna, odnosno da postoji kutija koja sadrži više od jednogobjekta. �


Corollary 15 Neka je |A| = m, |B| = n i m > n. Ako je f funkcija skupa A uskup B, onda f nije 1− 1.

Zadatak 16 Dokazati da za svaki prirodan broj n postoji prirodan broj koji jedeljiv sa n i čije cifre su iz skupa {0, 1}.

Rešenje. Posmatrajmo n brojeva zapisanih samo koristeći cifru 1 :

1 11 111 . . . 11 . . . 1︸︷︷︸n

.

Ako je neki od posmatranih brojeva deljiv sa n onda je dokaz završen. U suprot-nom, svaki od ovih brojeva pri deljenju sa n ima ostatak iz skupa {1, . . . , n−1}.Kako je dato n brojeva i n − 1 ostataka, prema Dirihleovom principu postojedva broja koja imaju isti ostatak. Neka su to brojevi sa m i l cifara, sa m ≥ l.Ako pretpostavimo da je

11 . . . 1︸︷︷︸m

= q1 · n+ r i 11 . . . 1︸︷︷︸l

= q2 · n+ r

možemo zaključiti da je njihova razlika

11 . . . 1︸︷︷︸m

− 11 . . . 1︸︷︷︸l

= q1 · n+ r − (q2 · n+ r) = q1 · n− q2 · n = (q1 − q2) · n

deljiva sa n.Pored toga, razlika data dva broja

11 . . . 1︸︷︷︸m

− 11 . . . 1︸︷︷︸l

= 11 . . . 1︸︷︷︸m−l

00 . . . 0︸︷︷︸l

je broj zapisan pomoću cifara 0 i 1. �

Teorema 17 Ako je m objekata raspoređeno u n kutija, onda postoji bar jednakutija sa bar dmn e objekata.

1.1.4 Princip bijekcijeTeorema 18 (princip bijekcije) Dva neprazna skupa su iste kardinalnosti akoi samo ako postoji bijekcija jednog u drugi.

1.1.5 Zadaci za vežbu1. Ime promenljive u programskom jeziku C jeste string koji može sadržati

velika slova, mala slova, cifre i donje crtice. Prvi karakter stringa morabiti slovo ili donja crtica. Ako je ime promenljive određeno sa prvih 8karaktera, koliko različitih promenljivih može biti uvedeno u jeziku C?

2. Pretpostavimo da lozinka mora imati bar 8, a ne više od 12 karaktera.Svaki karakter je malo ili veliko slovo engleskog alpfabeta, cifra ili jedanod 6 datih specijalnih simbola.


(a) Koliko se različitih lozinki može kreirati nad datom azbukom?

(b) Koliko od tih lozinki sadrži bar jedan od tih 6 specijalnih karaktera?

(c) Koristeći odgovor pod (a) odrediti koliko vremena treba hakeru da is-proba sve moguće lozinke, ako mu za jednutreba jedna nanosekunda.

3. Kolimo ima palindroma dužine n nad azbukom {0, 1}?

4. Pokazati da među n+ 1 prirodnih brojeva koji ne prelaze 2n postoji brojkoji deli neki drugi broj iz istog skupa brojeva.


1.2 Izbori elemenataNapomena: Ovo je još uvek radna verzija materijala sa predavanja, koja ćetokom semestra biti revidirana. Sve korekcije su više nego dobro došle.

1.2.1 Uređeni izbori elemenata sa ponavljanjemNeka je dat skup sa n ≥ 1 elemenata {a1, . . . , an}. Varijacija sa ponavljanjemklase m od n elemenata skupa A je bilo koja m-torka elemenata skupa A, tj.reč dužine m nad azbukom A. Umesto naziva varijacije, u savremenoj literaturise sve češće koristi naziv m-permutacije. Broj m-permutacija sa ponavljanjemskupa od n elemenata ćemo označavati sa V (n,m). Jasno je da je broj načina dase formiraju m-torke elemenata skupa A jednak broju načina da se elementimaskupa {1, . . . ,m} (komponentama) dodele elementi skupa A, a taj broj je jednakbroju funkcija skupa {1, . . . ,m} u skup A.

Teorema 19 Neka su A i B skupovi sa osobinom |A| = m ≥ 1 i |B| = n ≥ 1.Broj svih preslikavanja f : A→ B jednak je nm.

Dokaz.

1. način (princip proizvoda)

Ako uredimo elemente skupa A = (a1, . . . , am), onda proizvoljnu funkcijuskupa A u skup B možemo predstaviti kao m-torku elemenata iz B :

(f(a1), f(a2), . . . , f(am)) ⊆ B × . . .×B.

Broj takvih m-torki elemenata iz B je na osnovu principa proizvoda:

|B × . . .×B| = |B|m = nm.

2. način (indukcijom po m)m=1: Kako (jedinom) argumentu a treba da odgovara tačno jedna slika, ana raspolaganju imamo n slika, zaključujemo da ima n različitih preslika-vanje skupa A = {a} u skup B. Kako je n1 = n, za svako n ≥ 1, tvrdjenjeje zadovoljeno.Tm → Tm+1 : Pod pretpostavkom da tvrđenje važi za |A| = m, trebapokazati da tvrđenje važi za |A| = m + 1. Izdvojimo proizvoljno jedanelement a ∈ A. Broj mogućih slika elementa a jednak je n. Na funkcijug : A \ {a} → B možemo primeniti induktivnu pretpostavku, tj. zaključu-jemo da je broj takvih funkcija jednak nm. Broj funkcija f : A→ B jednakje proizvodu broja funkcija {a} → B i broja funkcija A \ {a} → B.

�

Posledica 20 Broj m-permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata jed-nak je nm :

V (n,m) = nm.

1.2. IZBORI ELEMENATA 9

Teorema 21 Dat skup A sa osobinom |A| = n ≥ 1. Broj podskupova skupa Ajednak je 2n.

Dokaz.

1. (pomoću binomnog obrasca) Neka je Ai skup svih podskupova kardinal-nosti i ∈ {1, . . . , n}. Tada je ukupan broj podskupova skupa A jednak

1 + |A1|+ |A2|+ . . .+ |An| = 1 +

(n

1

)+

(n

2

)+ . . .+

(n

n

)= (1 + 1)n = 2n

2. (indukcijom po n)n = 1 : Ako je A jednočlan skup, jedini podskupovi tog skupa su ∅ i A,štoznači da ih ima 21.Tn → Tn+1 : Pod pretpostavkom da skup od n elemenat ima 2n pod-skupova, treba dokazati da skup od n + 1 elemenata ima 2n+1 pod-skupova. Fiksirajmo jedan element a skupa A. Podskupove skupa Amožemo podeliti na one koji sadrže a i one koji taj element ne sadrže. Brojpodskupova koji ne sadrže a jednak je broju podskupova skupa A \ {a},a to je po indukcijskoj pretpostavci 2n. Za proizvoljan podskup B ⊆ A,označimo sa B1 skup B \ {a}. Skup B1 je podskup skupa A \ {a}. AkoB sadrži a, onda je B = B1 ∪ {a}, za neko B1 ⊆ A \ {a}. PreslikavanjeA \ {a} → A : B1 7→ B1 ∪ {a} je bijekcija, odakle sledi da je broj pod-skupova koji sadrže a jednak broju podskupova skupa A \ {a}, a to je 2n.Znači ukupan broj podksupova skupa od n+1 elemenata jednak je 2n+1.

3. Posmatraćemo preslikavanje

ϕ : P(A)→ {f : A→ {0, 1}} : X 7→ fX ,

gde je fX karakteristična funkcija skupa X definisana na sledeći način:

fX(x) =

{1 , x ∈ X0 , x 6∈ X .

Preslikavanje ϕ je bijekcija. Prema principu bijekcije, zaključujemo da jebroj podskupova skupa A jednak broju preslikavanja skupa od n elemenatau dvočlani skup. Prema Tvrđenju 19, taj broj je jednak 2n.

�

1.2.2 Uređeni izbori elemenata skupa bez ponavljanja

Neka je dat skup sa n ≥ 1 elemenata A = {a1, . . . , an}. Za n ≥ m, m-permutacija (bez ponavljanja) od n elemenata skupa A je bilo koja m-torkaelemenata skupa A u kojoj su svaka dva elementa međusobno različita. Broj


m-permutacija skupa od n elemenata (varijacija sa ponavljanjem skupa od nelemenata klase m) ćemo označavati sa V (n,m).

Broj m torki elemenata skupa A u kojima su svake dve komponente različitejednak je broju načina da elementima skupa {1, . . . ,m} (oznakama komponenti)dodelimo elemente skupa A tako da su različitim komponentama dodeljeni ra-zličiti elementi. Jasno je da je taj broj jednak broju injektivnih preslikavanjaskupa {1, . . . ,m} u skup A.

Teorema 22 Neka su A i B skupovi sa osobinom |A| = m, |B| = n i n ≥ m ≥1. Broj 1− 1 preslikavanja f : A→ B jednak je

n(n− 1) . . . (n−m+ 1).

Dokaz. (indukcijom po m)m=1: Kako (jedinom) argumentu a treba da odgovara tačno jedna slika, a naraspolaganju imamo n slika, zaključujemo da ima n različitih preslikavanje skupaA = {a} u skup B. Kako je n1 = n, za svako n ≥ 1, tvrdjenje je zadovoljeno.Tm → Tm+1 : Pod pretpostavkom da tvrđenje važi za |A| = m, treba pokazatida tvrđenje važi za |A| = m + 1. Izdvojimo proizvoljno jedan element a ∈ A.Broj mogućih slika elementa a jednak je n. Na funkciju g : A\{a} → B \{f(a)}možemo primeniti induktivnu pretpostavku, tj. zaključujemo da je broj takvihfunkcija jednak (n − 1) . . . ((n − 1) −m + 1). Broj funkcija f : A → B jednakje proizvodu broja funkcija {a} → B i broja funkcija A \ {a} → B \ {f(a)}, tj.n(n− 1) . . . (n−m) = n(n− 1) . . . (n− (m+1)+1), što je i trebalo dokazati. �

Posledica 23 Broj m-permutacija od n elemenata jednak je

V (n,m) = n(n− 1) . . . (n−m+ 1) =n!

(n−m)!

1.2.3 Broj permutacija skupa

U algebri se permutacija definiše kao bijektivno preslikavanje skupa u samogsebe.

Definicija 24 Bijektivno preslikavanje konačnog skupa A u samog sebe je per-mutacija skupa A.

Broj permutacija konačnog skupa A, |A| = n, jednak je broju načina da seelementi skupa A urede u niz, tj. jednak je broju varijacija bez ponavljanjaklase n skupa od n elemenata.

Posledica 25 Broj permutacija skupa A jednak je

P (n) = n(n− 1) · . . . · 2 · 1 = n!.


1.2.4 Broj permutacija multiskupa

Neka je dat multiskup

M = [a1, . . . , al]m1,...,ml= {{a1, . . . , a1︸︷︷︸

m1

, . . . , al, . . . , al︸︷︷︸ml

}}.

i neka je n = m1 + . . . + ml broj elemenata datog multiskupa. Permutacijamultiskupa M je proizvoljna n-torka u kojoj se a1 pojavljuje m1 puta, a2 sepojavljuje m2 puta, ..., al se pojavljuje ml puta.

Teorema 26 Broj permutacija multiskupa M jednak je

P (m1,m2, . . . ,mn) =(m1 + . . .+ml)!

m1! · . . . ·ml!

Dokaz. Ako bismo skup A sa m1 + . . . + ml različitih elemenata bijek-tivno preslikali na M (pod pretpostavkom da svaki element iz M posmatramoposebno) onda bi broj takvih preslikavanja bio jednak (m1+. . .+ml)!.Međutim,zbog ponavljanja određenih elemenata, imamo m1! · . . . ·ml! istih preslikavanja.�

Zadatak 27 Koliko različitih reči dužine 15 se može napisati od slova rečiANAVOLIMILOVANA?

Rešenje. Posmatrani multiskup slova je M = [A, V, I, L,M,N,O]4,2,2,2,1,2,2.Broj reči dužine 15 nad M jednak je

15!

4!2!2!2!2!2!.

�

1.2.5 Neuređeni izbori elemenata bez ponavljanja

Neka je dat skup A sa n ≥ 0 elemenata. Za n ≥ m, kombinacija klase m (ilim-kombinacija) na skupu A je bilo koji podskup od m elemenata skupa A. Brojkombinacija klase m skupa od n elemenata ćemo označavati sa C(n,m).

Skup svih podskupova skupa A koji imaju m elemenata ćemo označavati sa(A

m

).

Teorema 28 Broj m-kombinacija bez ponavljanja na skupu A jednak je∣∣∣∣(Am)∣∣∣∣ = (|A|m

).


Dokaz. Neka je n = |A| ≥ 0. Ako izaberemo proizvoljan podskup od melemenata skupa A, broj načina da uredimo taj podskup jednak je m!. Odatleje broj m-permutacija jednak broju m-kombinacija pomnoženih sa m!. Znači,

n · (n− 1) · . . . · (n−m+ 1) = m! ·∣∣∣∣(Am

)∣∣∣∣odakle je ∣∣∣∣(Am

)∣∣∣∣ = n · (n− 1) · . . . · (n−m+ 1)

m!=

(n

m

).

�

1.2.6 Neuređeni izbori elemenata sa ponavljanjem

Neka je dat proizvoljan broj elemenata skupa A = {a1, . . . , an}. Možemo sma-trati da je dat multiskup M = [a1, . . . , an]∞,...,∞. m-kombinacija multiskupaM (ili m-kombinacija sa ponavljanjem skupa A) je m-točlani podmultiskupmultiskupa M. Broj m-kombinacija sa ponavljanje skupa od n elemenata ćemooznačavati sa C(n,m).

Teorema 29 Brojm-kombinacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata jednakje

C(n,m) =

(m+ n− 1

m

)=

(m+ n− 1

n− 1

).

Dokaz. Neuređeni izbor od m elemenata multiskupa M možemo predstavitipomoću m markera koji su razdeljeni sa n− 1 pregrada. Broj markera do prvepregrade jednak je broju izabranih elemenata a1, broj markera između prve idruge pregrade je broj izabranih elemenata a2,... Broj načina da se rasporedim markera i n− 1 pregrada jednak je broju permutacija multiskupa koji sadržim elemenata i n− 1 pregrada:

(m+ n− 1)!

m! (n− 1)!

Interpretacia preko kombinacija:Broj načina da od m+ n− 1 mesta izaberemo m za markere jednak je(

m+ n− 1

m

)=

(m+ n− 1)!

m! (n− 1)!

odnosno broj načina da od m+n−1 mesta izaberema n−1 za pregrade jednakje (

m+ n− 1

n− 1

)=

(m+ n− 1)!

(n− 1)! m!.

�


Zadatak 30 Koliko se izbora od 8 elemenata može napisati od slova azbukeA = {a, b, c, d, e}, ako se elementi mogu ponavljati?

Rešenje. Umesto pregrada i markera u ovom primeru ćemo koristiti elementeskupa {0, 1}. Npr. neuređeni izbor {{a, a, a, b, b, c, d, e}} možemo predstaviti nasledeći način:

000︸︷︷︸a

1 00︸︷︷︸b

1 0︸︷︷︸c

1 0︸︷︷︸d

1 0︸︷︷︸e

.

Broj neuređenih izbora od 8 elenata smo na broj načina da od 8 + 5− 1 mestaza nule i jedinice, izaberemo 8 za nule ili 4 za jedinice. Znači, traženi broj je(

8 + 5− 1

8

)=

(8 + 5− 1

5− 1

)=

(12

4

)= 495.

�

Zadatak 31 Neka je n prirodan broj. Koliko rešenja ima jednačina

x1 + x2 + . . .+ xm = n

nad skupom nenegativnih celih brojeva?

Rešenje. Broj nenegativnih celih brojeva čiji zbir je n jednak je brojuneuređenih izbora od m elemenata skupa od n elemenata u kojem se elementimogu ponavljati. Posmatraćemo skup svih reči dužine n+m− 1 nad azbukom{0, 1} koje sadrže m − 1 nula. Sada ćemo napraviti bijekctivno preslikavanjekoje svakoj takvoj reči pridružuje tačni jedno rešenje (x1, . . . , xl) jednačine:

11 . . . 1︸︷︷︸x1

0 . . . 0 11 . . . 1︸︷︷︸xl

.

(xi je broj jedinica između dve nule, odnosno pre prve ili poslednje nule) �

Zadatak 32 Rešiti jednačinu

x1 + x2 + x3 = 8

nad skupom nenegativnih celih brojeva.

Rešenje. Radi ilustracije, na primer:- rešenju (0, 0, 8) odgovara torka 0011111111.- rešenju (0, 1, 7) odgovara torka 0101111111.Broj svih rešenja jednak je broju 10-orki od kojih su dve komponente jednake0, tj. broju načina da od 10 elemenata izaberemo 2, što je

(102

)= 45. �


1.3 Binomni koeficijenti i binomna formulaNapomena: Ovo je još uvek radna verzija materijala sa predavanja, koja ćetokom semestra biti revidirana.

Definicija 33 Neka su m i n celi brojevi sa osobinom 0 ≤ m ≤ n. Binomnikoeficijent

(nm

)je funkcija dve promenljive n,m definisana sa:(n

0

)= 1

(n

m

)=n(n− 1) . . . (n−m+ 1)

m(m− 1) . . . 2 · 1,m ≥ 1

Lemma 34 (faktorijelna reprezentacija) Za cele brojeve n im sa osobinom0 ≤ m ≤ n, važi (

n

m

)=

n!

m!(n−m)!.

Dokaz. Za m ∈ {0, n} imamo(n

n

)=n!

n!= 1 =

(n

0

).

Ako je 1 ≤ m ≤ n− 1 množenjem brojioca i imenioca sa (n−m)! dobijamo:(n

m

)=n(n− 1) . . . (n−m+ 1)(n−m)!

m(m− 1) . . . 2 · 1 · (n−m)!=

n!

m!(n−m)!.

�Broj načina da se od n elemenata izabere m elemenata jednak je broju načinada se od n elemenata izabere (preostalih) n − m elemenata. To je formalnozapisano u sledećoj lemi.

Lemma 35 (simetričnost) Za cele brojeve n i m sa osobinom 0 ≤ m ≤ n,važi (

n

m

)=

(n

n−m

)Dokaz. Sledi direktno na osnovu prethodne leme. �

Lemma 36 (Paskalov trougao) Za cele brojeve n i m, 1 ≤ m ≤ n, važi(n

m

)=

(n− 1

m

)+

(n− 1

m− 1

)Dokaz.

1. način (kombinatorno)

Posmatrajmo skup A sa n ≥ 1 elemenata i izaberimo proizvoljno elementa ∈ A. Neka je

Sm - skup podskupova skupa A sa m elemenata;

1.3. BINOMNI KOEFICIJENTI I BINOMNA FORMULA 15

Sam - skup podskupova skupa A sa m elemenata koji sadrže a;Sam - skup podskupova skupa A sa m elemenata koji ne sadrže a.

Tada jeSm = Sa

m ∪ Sam Sa

m ∩ Sam = ∅.

Prema principu zbira

|Sm| = |Sam|+ |Sa

m| tj.(n

m

)=

(n− 1

m

)+

(n− 1

m− 1

).

2. način (algebarski)

Koristeći Lemu 34, dobijamo(n− 1

m− 1

)+

(n− 1

m− 1

)=

(n− 1)!

(m− 1)!(n−m)!+

(n− 1)!

m!(n−m− 1)!

=m · (n− 1)! + (n−m) · (n− 1)!

m!(n−m)!

=(m+ n−m) · (n− 1)!

m!(n−m)!=

(n

m

)

�

Teorema 37 (Binomna formula) Za svaki ceo broj n ≥ 1 važi

(x+ y)n = xn + nxn−1y +

(n

2

)xn−2y2 + . . .+ nxyn−1 + yn

=

n∑m=0

(n

m

)xn−mym.

za proizvoljne x, y ∈ R.

Dokaz.

1. način (kombinatorno) Imajući u vidu da je

(x+ y)n = (x+ y)(x+ y) . . . (x+ y)︸︷︷︸n puta

,

desnu stranu možemo zapisati kao sumu proizvoda (monoma) koje dobi-jamo kada za činioce izaberemo iz svake zagrade x ili y. Znači, ako iz m(m ≥ 0) zagrada izaberemo y, a iz n−m zagrada izaberemo x dobijamo

xn−mym.

Broj načina da izaberemo m zagrada iz kojih ćemo izabrati y jednak je(nm

)(iz preostalih biramo x).


2. način (indukcijom po n)

n = 1 : (x+ y)1 = x+ y

Tn ⇒ Tn+1 :

(x+ y)n(x+ y) == (xn +nxn−1y+

(n2

)xn−2y2+ . . .+nxyn−1 +yn)(x+ y)

= xn+1+nxny +(n2

)xn−1y2+ . . .+

(n

n−1

)x2yn−1+xyn

+xny +(n1

)xn−1y2+ . . .+

(n

n−2

)x2yn−1+nxyn + yn+1.

Odatle je

(x+ y)n+1 = xn+1 + (n+ 1)xny +

((n

1

)+

(n

2

))xn−1y2 + . . .

+

((n

n− 1

)+

(n

n− 2

))x2yn−1 + (n+ 1)xyn + yn+1,

što se primenom Leme 36 svodi na

(x+ y)n+1 =

n+1∑m=0

(n+ 1

m

)xn+1−mym.

�


1.3.1 Polinomni koeficijenti i polinomna formulaBinomni koeficijenti mogu biti uošteni na polinomne koeficijente, kao što je touvedeno sledećom definicijom.

Definicija 38 Neka su dati celi brojevi m1, . . . ,ml ≥ 0 i neka je n = m1+ . . .+ml. Tada definišemo polinomni koeficijent na sledeći način:(

n

m1,m2, . . . ,ml

)=

n!

m1! · . . . ·ml!

Na osnovu prethodne definicije, direktno se moědokazati da važe sledećeosobine.

Teorema 39 Neka su dati celi brojevi m1, . . . ,ml ≥ 0 i neka je n = m1 + . . .+ml.

(i)(

n

m1,m2, . . . ,ml

)=

(n

m1

)(n−m1

m2

)(n− (m1 +m2)

m3

). . .

(ml

ml

);

(ii) Ako je {{m1,m2, . . . ,ml}} = {{k1, k2, . . . , kl}}, onda je(n

m1,m2, . . . ,ml

)=

(n

k1, k2, . . . , kl

);

(iii) Ako je 0 < m1, . . . ,ml < n, onda važi(n

m1,m2, . . . ,ml

)=

(n− 1

m1 − 1,m2, . . . ,ml

)+

(n− 1

m1,m2 − 1, . . . ,ml

)+

(n− 1

m1,m2, . . . ,ml − 1

);

(iv)(

n

m1,m2, . . . ,ml−1, 0

)=

(n

m1,m2, . . . ,ml−1

)Teorema 40 (Polinomna formula) Neka su x1, . . . , xl (l ≥ 2) proizvoljnirelani brojevi i neka je n ≥ 1. Tada je

(x1 + . . .+ xl)n =

∑m1 + . . .+ml = nm1 ≥ 0 . . .ml ≥ 0

(n

m1, . . . ,ml

)xm1

1 xm22 . . . xml

l

Zadatak 41 Koliko sabiraka ima u razvijenom obliku (x1 + . . .+ xl)n?

Rešenje. Broj sabiraka je jednak broju rešenja jednačine m1 + . . .+ml = n saosobinom m1 ≥ 0 . . .ml ≥ 0 a taj broj je(

n+ l − 1

l − 1

)

Zadatak 42 Izračunati∑

m1 + . . .+ml = nm1 ≥ 0 . . .ml ≥ 0

(n

m1, . . . ,ml

).


Rešenje. Ako je u polinmnoj formuli x1 = x2 = . . . = xl = 1, onda dobijamo∑m1 + . . .+ml = nm1 ≥ 0 . . .ml ≥ 0

(n

m1, . . . ,ml

)= (1 + . . .+ 1)n = ln

Zadatak 43 Napisati u razvijenom obliku (x+ y + z)3

Rešenje.

(x+ y + z)3 =

(3

3, 0, 0

)x3y0z0 +

(3

0, 3, 0

)x0y3z0 +

(3

0, 0, 3

)x0y0z3(

3

0, 1, 2

)x0y1z2 +

(3

0, 2, 1

)x0y2z1 +

(3

1, 0, 2

)x1y0z2(

3

1, 2, 0

)x1y2z0 +

(3

2, 0, 1

)x2y0z1 +

(3

2, 1, 0

)x2y1z0

= x3 + y3 + z3 + 3yz2 + 3y2z + 3xz2 + 3xy2 + 3x2z + 3x2y

Zadatak 44 Odrediti koeficijent uz x2y3z5 u razvoju stepena trinoma (x+2y−z)10

Rešenje. Koeficijent uz x2y3z5 je sadržan u sabirku(10

2, 3, 5

)x2(2y)3(−z)5 =

10!

2!3!5!x223y3(−1)5z5 = −20160x2y3z5

Zadatak 45 Odrediti koeficijent uz x u razvoju stepena trinoma (1+x−x2)1749

Rešenje. Član koji odgovara (i, j, k) je oblika

Ti,j,k =

(1749

i, j, k

)xj(−x2)k = −

(1749

i, j, k

)xj+2k.

Za j, k ≥ 0 jednčina j + 2k = 1 ima samo jedno rešenje (j, k) = (1, 0), odakle jeT1748,1,0 = −

(1749

1748,1,0

)i traženi koeficijent je −1749.

Zadatak 46 Odrediti koeficijent uz x u razvoju stepena trinoma (2x3−x+1)4.

Rešenje. Član koji odgovara (i, j, k) je oblika

Ti,j,k =

(4

i, j, k

)(2x3)i(−x)j = −

(4

i, j, k

)2i(−1)jx3i+j

Znači,

i + j + k = 43i + j + = 1

⇔ i + j + k = 42j + 3k = 11

odakle je (i, j, k) ∈ {(0, 1, 3)} i traženi koeficijent je(

40,1,3

)= 4.


1.3.2 Princip uključenja-isključenja

Lemma 47 Za proizvoljne skupove A i B važi

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|.

Dokaz. Skupovi A ∩ B i A \ B (kao i A ∩ B i B \ A) su disjunktni, odakle naosnovu principa zbira zaključujemo

|A| = |(A ∩B) ∪ (A \B)| = |A ∩B|+ |A \B||B| = |(A ∩B) ∪ (B \A)| = |A ∩B|+ |B \A|

odakle je

|A|+ |B| = |A ∩B|+ |A \B||+ |A ∩B|+ |B \A| = |A ∩B|+ |A ∪B||

�

Lemma 48 Za proizvoljne skupove A,B i C važi

|A ∪B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C| − |A ∩B| − |A ∩ C| − |B ∩ C|+ |A ∩B ∩ C|.

Dokaz. Ako dva puta primenimo prethodnu lemu, dobijamo

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

Teorema 49 Neka je n ≥ 2.∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ = ∑∅6=I⊆{1,2,...,n}

(−1)|I|−1

∣∣∣∣∣⋂i∈I

Ai

∣∣∣∣∣Dokaz. Indukcijom po n.Baza: Za n = 2 tvrđenje sledi na osnovu Leme 47.Induktivni korak: Primenom Leme 47 i induktivne pretpostavke dobijamo∣∣∣∣∣

n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣A1 ∪n⋃

i=2

Ai

∣∣∣∣∣ = |A1|+

∣∣∣∣∣n⋃

i=2

Ai

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣

n⋃i=2

(A1 ∩Ai)

∣∣∣∣∣= |A1|+

∣∣∣∣∣n⋃

i=2

Ai

∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣

n⋃i=2

(A1 ∩Ai)

∣∣∣∣∣


1.4 Rekurentne relacije nizova

1.5 Generatorne funkcijeAko je brojni niz zadat rekurentnom relacijom, kao alat za rešavanje uvodimopojam generatorne funkcije. Generatorna funkcija niza je formalni stepeni redčiji su koeficijenti članovi datog niza. Na taj način brojnom nizu pridružujemoneprekidnu funkciju.

Definicija 50 Neka je {an}n∈N = (a0, a1, a2, . . .) brojni niz. Za formalni ste-peni red

A(z) =

∞∑n=0

anzn,

kažemo da je generatorna funkcija niza {an}n.

Kažemo da je stepeni red formalni, zato što se ne razmatraju vrednosti argu-menta i funkcije, već se samo posmatraju operacije na stepenim redovima, kojese definišu uz pomoć operacija na njihovim koeficijentima. U tom smislu, kon-vergencija tih redova nije relevantna. Ako niz (a0, a1, a2, . . .) sadrži konačnomnogo elemenata različitih od nule, onda je generatorna funkcija polinom.

Primer 1

brojni niz generatorna funkcija zatvorena forma(0, 0, 0, . . .) 0 0(1, 0, 0, . . .) 1 1(3, 2, 1, 0, . . .) 3 + 2z + z2 3 + 2z + z2

(1, 1, 1, . . .) 1 + z + z2 + . . . 11−z

(1,−1, 1,−1 . . .) 1− z + z2 − z3 + . . . 11+z

Zatvorenu formu za niz (1, 1, 1, . . .) možemo izvesti na sledeći način:

(1− z)(1 + z + z2 + . . .) = 1 +z +z2 +z3 + . . .−z −z2 −z3 − . . .

(1− z)(1 + z + z2 + . . .) = 1

Odatle je 1 + z + z2 + . . . = 11−z .

Primetimo da je u pitanju geometrijski red koji konvergira za |z| < 1 i njegovasuma je u tom slučaju 1

1−z . Kao što smo već naglasili, vrednosti argumenta z sene razmtraju, a shodno tome ni konvergencija reda.

Operacije nad generatornim funkcijama. Neka su A(z) i B(z) redomgeneratorne funkcije nizova (a0, a1, a2, . . .) i (b0, b1, b2, . . .).

• skaliranjecA(z) = (ca0, ca1, ca2, . . .)

1.5. GENERATORNE FUNKCIJE 21

• desno pomeranje

zkA(z) = (0, 0, . . . , 0︸︷︷︸k

, a0, a1, . . .)

• sabiranjeA(z) +B(z) =

∑n≥0

(an + bn)zn

• množenje

A(z) ·B(z) =∑n≥0

( n∑j=0

ajbn−j)zn

• diferenciranje

(A(z))′ =

∑n≥0

anzn

′ =∑n≥0

(n+ 1)an+1zn =

∑n≥1

nanzn−1

Primer 2 Kako bismo odredili niz čija je zatvorena forma generatorne funkcije1

(1−z)2 , iskoristićemo množenje redova.

1

(1− z)2=

1

1− z· 1

1− z=∑n≥0

zn ·∑n≥0

zn

=∑n≥0

n∑j=0

1 · 1

zn =∑n≥0

(n+ 1)zn

Možemo zaključiti da je an = n + 1 opšti član niza čja je generatorna funkcija1

(1−z)2 .

Definicija 51 Neka je k nenegativan prirodan broj, a u proizvoljan realan broj.Uopšteni binomni koeficijent, u oznaci

(uk

), je definisan sa(

u

k

)=

{u·(u−1)·...·(u−k+1)

k! ako je k > 01 ako je k = 0.

Sada možemo pokazati da važi uopštena binomna formula. Funkcija (1+z)u

je generatorna funkcija niza ((u0

),(u1

),(u2

), . . .).

Teorema 52 (uopštena binomna formula) Neka je u proizvoljan realan broj.Tada je

(1 + z)u =∑n≥0

(u

n

)zn.

Zadatak 53 Rešiti rekurentnu relaciju

a0 = −3 an = an−1 + n, n ≥ 1


Rešenje: Neka je A(z) =∑n≥0

anzn.

Množenjem jednakosti an = an−1 + n sa zn dobijamo:

anzn = an−1z

n + nzn, n ≥ 1.

Sumiranjem svih levih i desnih strana, dobijamo∑n≥1

anzn =

∑n≥1

an−1zn +

∑n≥1

nzn

⇔∑n≥0

anzn − a0 = z ·

∑n≥1

an−1zn−1 + z ·

∑n≥1

nzn−1

⇔ A(z)− a0 = z ·∑n≥0

anzn + z ·

∑n≥1

zn

′

⇔ A(z) + 3 = zA(z) + z ·(

z

1− z

)′⇔ A(z) + 3 = zA(z) +

z

(1− z)2

⇔ (1− z)A(z) = z

(1− z)2− 3

⇔ A(z) =z

(1− z)3− 3

1− z

⇔ A(z) = z∑n≥0

(n+ 2

2

)zn −

∑n≥0

zn

⇔ A(z) =∑n≥0

(n+ 2)(n+ 1)

2zn+1 −

∑n≥0

zn

⇔ A(z) =∑n≥0

(n+ 1)n

2zn −

∑n≥0

zn

⇔ A(z) =∑n≥0

((n+ 1)n

2− 3

)zn

⇔ A(z) =∑n≥0

(n− 2)(n+ 3)

2zn ⇒ a(n) = (n−2)(n+3)

2 , n ≥ 0


Zadatak 54 Odrediti broj rešenja jednačine

x1 + x2 + x2 = 19

ako je x1, x2, x3 ∈ N0 i 3 ≤ x1 ≤ 6 i 4 ≤ x2 ≤ 7 i 5 ≤ x3 ≤ 8.

Rešenje. Posmatrajmo proizvod tri polinoma

p(x) = (x3 + x4 + x5 + x6)(x4 + x5 + x6 + x7)(x5 + x6 + x7 + x8),

u kojima su eksponenti od x redom dozvoljene vrednosti za x1, x2 i x3. Datiproizvod je jednak

p(x) =x3(1− x4)

1− x· x

4(1− x4)

1− x· x

5(x− x4)

1− x

= x12(1− x4)3 · 1

(1− x)3

= x12(1− 3x4 + 3x8 − x12) ·∑n≥0

(n+ 2

2

)xn

= (x12 − 3x16 + 3x20 − x24) ·∑n≥0

(n+ 2

2

)xn

Koeficijent uz x19 dobijamo množenjem x12 sa(n+2

2

)xn za n = 7 i množenjem

−3x16 sa(n+2

2

)xn za n = 3, što je(

9

2

)− 3

(5

2

)= 36− 30 = 6.

Zadatak 55 Koristeći generatorne funkcije, odrediti broj neuređenih izbora odm elemenata iz skupa A = {a1, . . . , an}, ako se elementi ne mogu ponavljati(broj kombinacija bez ponavljanja od n elemenata klase m).

U neuređenim izborima elemenata (bez ponavljanja), svaki od n elemenata jeili izabran tačno jednom ili nije izabran. Eksponenti polinoma (1+x) pokazujuda li je neki element izabran ili nije.. Tako ćemo posmatrati proizvod n takvihpolinoma

(1 + x)(1 + x) . . . (1 + x).

Broj izbora od k elemenata onda odgovara koeficijentu uz xk. Prema binomnojformuli, posmatrani proizvodpolinoma jednak je

(1 + x)n =∑

0≤m≤n

(n

m

)xm,

odakle je broj kombinacija od n elemenata klase m jednak(nm

).


Zadatak 56 Koristeći generatorne funkcije, odrediti broj neuređenih izbora odm elemenata iz skupa A = {a1, . . . , an}, ako se elementi mogu ponavljati (brojkombinacija sa ponavljanjem od n elemenata klase m).

Ako je u neuređenim izborima eozvoljeno ponavljanje elemenata, onda sesvaki element može ponavljati 0, 1, 2... puta, što odgovara eksponentima poli-noma

(1 + x+ x2 + . . .).

Posmatraćemo proizvod n takvih polinoma

p(x) = (1 + x+ x2 + . . .) · (1 + x+ x2 + . . .) . . . (1 + x+ x2 + . . .)

= (1 + x+ x2 + . . .)n =1

(1− x)n= (1− x)−n

=∑n≥0

(−nm

)(−1)mxm =

∑m≥0

(n+m− 1

m

)xm.

Za svako 0 ≤ m ≤ n koeficijent uz xm odgovara broju kombinacija sa ponavl-janjem od n elemenata klase m.

Zadatak 57 Neka je 1 ≤ n ≤ m. Koristeći generatorne funkcije, odrediti brojizbora m elemenata iz skupa A = {a1, . . . , an}, ako se elementi mogu ponavljatii od svake vrste je izabran bar jedan element.

Rešenje. Posmatrajmo proizvod n polinoma

p(x) = (x+ x2 + x3 + . . .)(x+ x2 + x3 + . . .) . . . (x+ x2 + x3 + . . .)

u kojima eksponenti od x u i-toj zagradi (1 ≤ i ≤ n) odgovaraju broju mogućihkopija elementa ai u izboru. Sada je

p(x) =

(x

1− x

)n

= xn · 1

(1− x)n= xn(1− x)−n

= xn∑l≥0

(n+ l − 1

l

)xl

=∑l≥0

(n+ l − 1

l

)xn+l

Ako uvedemo smenu m = n+ l, onda je

p(x) =∑m≥n

(m− 1

m− n

)xm

odakle je koeficijent uz xm jednak(m−1m−n

).


Zadatak 58 Koristeći generatorne funkcije, dokazati identitet(n

0

)2

+

(n

1

)2

+ . . .+

(n

n

)2

=

(2n

n

)za svako n ∈ N.

Rešenje. Posmatraćemo identitet

(1 + x)n · (1 + x)n = (1 + x)2n.

Prema binomnoj formuli, koeficijent uz xn u razvoju stepena binoma (1 + x)2n

jednak je(

2nn

). Ako posmatramo polinom p(x) sa leve strane i primenimo bi-

nomnu formulu, dobijamo

p(x) =

(1 +

(n

1

)x+

(n

2

)x2 + . . .+

(n

n

)xn)·(1 +

(n

1

)x+

(n

2

)x2 + . . .+

(n

n

)xn)

=

Primetimo da je

p(x) =∑i≥0

aixi ·∑i≥0

bixi, gde je ai = bi =

{ (ni

), i ∈ {0, . . . , n}

0 , inače

Prema definiciji proizvoda, dobijamo

p(x) =

2n∑m=0

m∑j=0

ajbm−j

xm

=

n∑m=0

m∑j=0

ajbm−j

xm +

2n∑m=n+1

m∑j=0

ajbm−j

xm

=

n∑m=0

m∑j=0

(n

j

)(n

m− j

)xm +

2n∑m=n+1

m∑j=0

ajbm−j

xm

Koeficijent uz xn dobijamo kada u prvoj sumi posmatramo član za koji jem = n,a to je

n∑j=0

(n

j

)(n

n− j

)=

n∑j=0

(n

j

)(n

j

). =

n∑j=0

(n

j

)2

.

Zadatak 59 Napisati otvoreni oblik za

1

1 + 2z· 1

1− 3z

Rešenje. Treba prvo primetiti da je

1

1 + 2z· 1

1− 3z=

2

5· 1

1 + 2z+

3

5· 1

1− 3z


Razvijanjem u otvoreni oblik dobijamo

1

1 + 2z· 1

1− 3z=

2

5

∑n≥0

2nzn +3

5

∑n≥0

(−1)n3nzn

=∑n≥0

2

52nzn +

∑n≥0

3

5(−1)n3nzn

=∑n≥0

(−1)n3n+1 + 2n+1

5zn.

Zadatak 60 Rešiti rekurentnu relaciju

a0 = 1 a1 = 9 an − 6an−1 + 9an−2 = 0, n ≥ 2.

Rešenje: Neka je A(z) =∑n≥0

anzn.

Množenjem jednakosti an − 6an−1 + 9an−2, n ≥ 2 sa zn dobijamo:

anzn − 6an−1z

n−1 + 9an−2zn = 0, n ≥ 2.

Sumiranjem svih levih i desnih strana, dobijamo∑n≥0

anzn − 6

∑n≥0

an−1zn + 9

∑n≥0

an−2zn = 0. (1.1)

Primenićemo sledeće transformacije suma:∑n≥2

anzn = A(z)− a0 − a1z = A(z)− 1− 9z∑

n≥2

an−1zn = z

∑n≥2

an−1zn−1 = z

∑n≥1

anzn

= z(A(z)− a0) = z(A(z)− 1)∑n≥2

an−2zn = z2

∑n≥2

an−2zn−2 = z2

∑n≥0

anzn = z2A(z)

Zamenom u jednačinu (1.1), dobijamo∑n≥0

anzn − 6

∑n≥0

an−1zn + 9

∑n≥0

an−2zn = 0

⇔ A(z)− 1− 9z = 6z(A(z)− 1)− 9z2A(z)

⇔ (1− 6z + 9z2)A(z) = 1 + 3z

⇔ A(z) =1 + 3z

1− 6z + 9z2=

1 + 3z

(1− 3z)2=

1

(1− 3z)2+ 3z

1

(1− 3z)2

Imajući u vidu da važe sledeće transformacije:(−2n

)= (−2)(−3)...(−2−n+1)

n! = (−1)n(n+1n

)= (−1)n(n+ 1)

(1− 3z)−2 =∑n≥0

(−2n

)(−3z)n =

∑n≥0

(−1)n(n+ 1)(−1)n3nzn

=∑n≥0

(n+ 1)3nzn


Sada je jednačina (1.1) ekvivalentan sa

A(z) =∑n≥0

(n+ 1)3nzn + 3z∑n≥0

(n+ 1)3nzn

⇔ A(z) =∑n≥0

(n+ 1)3nzn +∑n≥0

(n+ 1)3n+1zn+1

⇔ A(z) =∑n≥0

(n+ 1)3nzn +∑n≥1

n3nzn

⇔ A(z) =∑n≥0

(n+ 1)3nzn +∑n≥0

n3nzn

⇔ A(z) =∑n≥0

((n+ 1)3n + n3n)zn =∑n≥0

(2n+ 1)3nzn ⇒ an = (2n+ 1)3n, n ≥ 0

Zadatak 61 Validna lozinka je niz cifara dužine n koja ima paran broj nula.Konstruisati i rešiti rekurentnu relaciju koja definiše niz {an}n∈N0

, gde je anbroj validnih lozinki dužine n.

Rešenje. Neka je A(z) =∑n≥0

anzn. Tada važi sledeći niz jednakosti:

an = 8an−1 + 10n−1 n ≥ 1 a0 = 1∑n≥1

anzn = 8

∑n≥1

an−1zn +

∑n≥1

10n−1zn

−a0 +∑n≥0

anzn = 8z

∑n≥1

an−1zn−1 + z

∑n≥1

10n−1zn−1

−1 +A(z) = 8z∑n≥0

anzn + z

∑n≥0

10nzn

−1 +A(z) = 8zA(z) + z1

1− 10z

(1− 8z)A(z) =1

1− 10z+ 1

1 +A(z) = 8zA(z) + z1

1− 10z

A(z) =1− 9z

(1− 8z)(1− 10z)=

1

2

(1

1− 8z+

1

1− 10z

)

A(z) =1

2

∑n≥0

8nzn +∑n≥0

10nzn

A(z) =

∑n≥0

8n + 10n

2

.

Odatle je

an =8n + 10n

2.


Zadatak 62 Na koliko načina se može platiti iznos od 210 dinara ako je naraspolaganju 6 novčanica od 10 dinara, 5 od 20 dinara i 4 od 50 dinara?

Rešenje. Ako sa x1, x2, x3 označimo redom količinu plaćenu novčanicama od10, 20 i 50 dinara, ona važi

x1 + x2 + x3 = 21

x1 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} x2 ∈ {0, 2, 4, 6, 8, 10} x3 ∈ {0, 5, 10, 15, 20}

p(x) = (1 + x+ x2 + x3 + x4 + x5 + x6)

· (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10)

· (1 + x5 + x10 + x15 + x20)

= . . .+ 1 · (x6 · x15) + x · (x10 · x10 + 1 · x20) + x2 · (x4 · x15)

+x3 · (x8 · x10) + x4 · (x2 · x15)

+x5 · (x6 · x10) + x6 · (x10 · x5 + 1 · x15) + . . .

= . . .+ 9x21 + . . .

Napomena: Dato rešenje je korisno ako se pri rešavanju koristi softver za množenjepolinoma, zato što obezbeđuje da se ne izostavi neki slučaj. Ako se zadatakrešava "peške", onda se rešavanje svodi samo na kombinatorno rezonovanje.Korišćenje generatornih funkcija ne olakšava rešavanje ovog zadatka.

Zadatak 63 Izračunatin∑

i=0

(−1)i(n

i

)2

.

Rešenje. Posmatraćemo identitet

(1− x)n · (1 + x)n = (1− x2)n.

Prema binomnoj formuli, dobijamo

n∑i=0

(n

i

)(−1)ixi ·

n∑j=0

(n

j

)xj =

n∑m=0

(−1)m(n

m

)x2m

2n∑l=0

(l∑

i=0

(−1)i(n

i

)(n

n− i

))xl =

n∑m=0

(−1)m(n

m

)x2m

Posmatraćemo sa leve strane član za koji je l = n.Ako je n neparan broj, onda je koeficijent uz xn sa desne strane jednak 0 i odatleje

n∑i=0

(−1)i(n

i

)(n

n− i

)= 0.


Ako je n paran broj, onda sa desne strane dobijamo član koji sadrži xn akouzmemo m = n

2 i tada je

n∑i=0

(−1)i(n

i

)2

= (−1)n2

(nn2

)


1.5.1 Zadaci za vežbu1. Dat je skup A sa osobinom |A| = n ≥ 1. Broj podskupova neparne kardi-

nalnosti jednak je 2n−1 i isti je toliki broj podskupova parne kardinalnosti.Dokazati!

2. Napisati otvoreni oblik za

(a) 11+2z ·

11−3z

3. Koristeći Njutnovu binomnu formulu, razviti sledeće zatvorene forme uotvoren oblik

(a)(1 + 1

2z)−5

(b) 1(1−2z)4

(c) Rešiti rekurentne relacije

i. a0 = 1, an = 3an−1, n ≥ 1,

ii. a0 = 3, a1 = −12, an = −5an−1 + 36an−1, n ≥ 2

(d) Koristeći generatorne funkcije, rešiti rekurentne relacije

i. a0 = 1, an = 3an−1 + 7, n ≥ 1,

ii. a0 = 8, an = 24an−1 − 144, n ≥ 1,

(e) Odrediti zatvorene forme genratornih funkcija nizova

i. (−2, 2,−2, 2, . . .)ii. (1, 23, 33, 43, . . .)

1.

2.

Chapter 2

Teorija grafova

Za grafičko opisivanje mnogih problema iz primene korisno je uvesti skup čvorovai skup linija koje povezuju neke od njih, a koje pokazuju da među njima postojeodgovarajuće veze. Za tu svrhu je u matematici uveden pojam grafa.

Definicija 64 Usmeren multigraf je uređena trojka G = (V,E, ψ), gde je

(i) V 6= ∅ konačan skup čvorova,

(ii) E je skup grana, pri čemu je V ∩ E = ∅ i

(iii) ψ : E → {(u, v) : u, v ∈ V, u 6= v} funkcija incidencije.

Primer 3 Na slici je grafički prikazan graf G = (V,E, ψ) u kojem je

V = {a, b, c, d, f}E = {e1, e2, e3, e4, e5, e6}

ψ =

(e1 e2 e3 e4 e5 e6

(a, f)(d, f)(a, b)(d, b)(d, c)(b, c)

) e1

e2

e3

e4

e5

e6

a b

c

df

Za grane e i e′ sa osobinom ψ(e) = ψ(e′) kažemo da su paralelne, dok za granue sa osobinom ψ(e) = (a, a) kažemo da je petlja. Mi ćemo se uglavnom bavitigrafovima u kojima grane nisu usmerene i u kojima nema ni paralelnih grana nipetlji. Za takav graf ćemo kazati da je prost.

Definicija 65 (Prost, neusmeren) graf je uređen par G = (V,E), gde je

(i) V 6= ∅ konačan skup čvorova i

(ii) E ⊆(V2

)je skup grana.

Skup čvorova grafa G ćemo označavati sa V (G), a skup grana sa E(G). Ako je{u, v} ∈ E(G), kažemo da su čvorovi u i v susedni.

31

32 CHAPTER 2. TEORIJA GRAFOVA

Lemma 66 ("handhaking") Neka je G = (V,E) prost graf. Tada je∑v∈V

dG(v) = 2|E|.

Dokaz. Svakoj grani odgovara 2 incidentna čvora. To znači da sabiranjemstepena čvorova dva puta brojimo svaku granu. �

Teorema 67 Graf ima paran broj čvorova neparnog stepena.

Dokaz. Neka je G = (V,E), i V = V1 ∪ V2, gde su V1 i V2 redom skupovičvorova parnog i neparnog stepena. Tada je

2|E| =∑v∈V

dG(v) =∑v∈V1

dG(v) +∑v∈V2

dG(v)

2|E| −∑v∈V1

dG(v) =∑v∈V2

dG(v)

Kako je zbir (razlika) dva parna broja paran broj, suma sa desne stranemora biti paran broj, odakle direktno sledi tvrđenje. �

Posledica 68 Ako je broj čvorova grafa neparan, onda postoji bar jedan čvorparnog stepena.

Posledica 69 Ako graf ima n čvorova i manje od n grana onda postoji čvor vsa d(v) ≤ 1.

Dokaz.Pretpostavimo suprotno, da za svaki čvor v ∈ G važi dG(v) ≥ 2. Tada na

osnovu prethodnih tvrđenja važi

2n > 2|E| =∑v∈V

dG(v) ≥∑v∈V

2 = 2 · |V | = 2n

tj. 2n > 2n što je kontradikcija. �

Neke specijalne klase grafova

•

2.1 PovezanostDefinicija 70 1. Šetnja: v0e1v1e2 . . . envn

2. Staza: v0e1v1e2 . . . envn i ei 6= ej , i 6= j

3. Put: v0e1v1e2 . . . envn i vi 6= vj , i 6= j (osim eventualno v0 = vn)

2.1. POVEZANOST 33

4. Kontura: v0e1v1e2 . . . envn i v0 = vn

Teorema 71 Ako u grafu postoji uv-šetnja (staza), onda postoji i uv-put.

Definicija 72 Kažemo da su u i v povezani ako postoji uv-put u G. Kažemoda je graf G povezan akko za svako u, v ∈ V (G) važi da su u i v povezani.

Lemma 73 Relacija "je povezan sa" je relacija ekvivalencije na skupu čvorovagrafa.

Broj komponenti povezanosti grafa G, u oznaci ω(G), jednak je broju klasaekvivalencije u odnosu na relaciju povezanosti.

Lemma 74 G je povezan akko ω(G) = 1.

Teorema 75 Neka je n ≥ 2.Graf sa n čvorova i manje od n− 1 grana nije povezan.

Dokaz: (indukcijom po n)n = 2 : Graf sa čvora i 0 grana nije povezan.ind.pp. Pretpostavimo da graf sa n čvorova i manje od n−1 grana nije povezan.Neka je G graf sa n + 1 čvorova i manje od n grana. Pokazaćemo da on nijepovezan. Na osnovu Posledice 69, postoji čvor v stepena dG(v) ≤ 1. Ako jedG(v) = 0, onda je broj komponenti povezanosti bar dva i graf nije povezan.Ako je dG(v) = 1, onda graf G ima jednak broj komponenti povezanosti kao igraf G′ = G−v. Kako je G′ = (V \{v}, E \{{u, v}}) za neki čvor u ∈ V, G′ iman čvorova i manje od n−1 grana. Zaključujemo prema induktivnoj pretpostavcida G′ nije povezan.

Teorema 76 Neka je G povezan i neka je C kontura u G. Ako je e granakonture, onda je G− e povezan.

Dokaz: Izaberimo proizvoljno dva čvora u, v ∈ V (G). Kako je G povezan,postoji uv-put

P = uv1 . . . vivi+1 . . . vn−1v.

Imamo dve mogućnosti:

(i) Ako e ne pripada uv-putu, onda je P uv-put u G− e.

(ii) Ako e pripada uv-putu, onda možemo pretpostaviti da je to grana {vi, vi+1}i da je kontura C oblika

C = vivi+1u1 . . . ulvi.

To znači da u grafu G− e postoji put Q od vi do vi+1 :

Q = viulul−1 . . . u1vi+1.

onda jeP2 = uv1 . . . vi−1Qvi+2 . . . vn−1v.

staza u grafu G−e od u do v. Prema Theorem 71, u G−e postoji uv-put.Znači, za svaka dva čvora u grafu G− e postoji put koji ih povezuje.


Definicija 77 Neka je G povezan graf. Rastojanje d(u, v), između čvorova u iv je dužina najkraćeg puta od u do v.

• d(u, v) ≥ 0

• d(u, v) = 0 akko u = v

• d(u, v) = d(v, u)

• d(u, v) + d(v, w) ≥ d(u,w)

2.1. POVEZANOST 35

Reprezentacija grafa Neka je G = (V,E) i m = |V | i |E| = n.Matrica susedstva je matrica A(G) = [aij ]m×m, gde je

aij =

{1 , ij ∈ E0 , ij 6∈ E

Matrica incidencije je matrica M(G) = [aij ]m×n, gde je

aie =

{1 , čvor i ∈ V je incidentan sa granom e ∈ E0 , čvor i ∈ V nije incidentan sa granom e ∈ E

Teorema 78 Neka je G = (V,E) prost graf, gde je V = {1, . . . , n}, n ≥ 1, ineka je A matrica incidencije grafa G. Element aij u matrici Ak, k ≥ 1, jednakje broju različitih ij-šetnji dužine k u tom grafu.

Dokaz. (matematičkom indukcijom po n)

n = 1 : Broj putanja dužine 1 od čvora i do čvora j jednak je broju granaod i do j u tom grafu. Kako je graf prost, taj broj je jednak elementu1 ako ij ∈ E, a inače je 0. Po definiciji matrice incidencije, taj broj jejednak elementu aij matrice A.

Tn−1 ⇒ Tn : Označimo sa a(k)ij elemente matrice Ak. Kako je

An = A ·An−1,

onda važi

a(n)ij = ai1a

(n−1)1j + ai2a

(n−1)2j + . . .+ aina

(n−1)nj (2.1)

Prema induktivnoj pretpostavci, a(n−1)kj je jednak broju šetnji dužine n−1

od čvora k do čvora j.Šetnja dužine n od čvora i do čvora j se sastoji od šetnje duž neke graneik i od šetnje dužine n − 1 od k do j (k ∈ {1, . . . , n}). Za izabrano k, naosnovu principa proizvoda, broj takvih štenji koje uključuju čvor k jednakje proizvodu

aika(n−1)kj .

Kada se sabere broj šetnji koji ide preko svih raspoloživih čvorova, dobi-jamo baš sumu (2.1).

�

Zadatak 79 Koliko ima šetnji dužine 3 od a do d u grafu na slici 2.1.

Rešenje: Matrice A,A2 A3 su:0 0 0 1 1 00 0 0 1 1 10 0 0 0 1 11 1 0 0 0 01 1 1 0 0 00 1 1 0 0 0

2 2 1 0 0 02 3 2 0 0 01 2 2 0 0 00 0 0 2 2 10 0 0 2 3 20 0 0 1 2 2

0 0 0 4 5 30 0 0 5 7 50 0 0 3 5 44 5 3 0 0 05 7 5 0 0 03 5 4 0 0 0


a

e

c

f

b

d

G1

Figure 2.1: Graf G1

Znači, postoje tačno 4 šetnje od čvora a do čvora d :

adbd, adad, aebd, aead

Posledica 80 Neka je G = (V,E), |V | = n, prost graf sa matricom susedstva

A. Tada je G povezan akkon−1∑k=0

Ak ima samo ne nula elemente.

Posledica 81 d(vi, vj) = min{k ≥ 0 : a(k)ij 6= 0}.

Zadatak 82 Za graf na slici 2.1 odrediti d(u, v), za sve u, v ∈ {a, b, c, d, e, f}.

Rešenje: Na osnovu prethodne posledice, zaključujemo

d(u, v) =

1 u ∈ {a, b, c}, v ∈ {d, e, f}2 u ∈ {a, b, c}, v ∈ {a, b, c}2 u ∈ {d, e, f}, v ∈ {d, e, f}

Chapter 3

Stabla

Napomena: Ovo je radna (nerevidirana) verzija materijala koji služi samo kaopodsetnik sa predavanja.

3.1 Karakterizacija stabla

Za graf koji ne sadrži nijednu konturu, kažemo da je acikličan.

Definicija 83 Za prost graf G = (V,E) kažemo da je stablo ako važi:

(i) G je povezan graf i

(ii) G je acikličan graf.

Teorema 84 Neka je G = (V,E) i |V | = n ≥ 2. Tada je G stablo ako i samoako za svaka dva čvora u, v ∈ V postoji jedinstven uv-put.

Dokaz. Za n = 2 tvrđenje sledi direktno. Pretpostavićemo da je n ≥ 3.(⇒) Pretpostavimo suprotno, da u stablu G postoje uv-putevi U i V, tako dauiui+1 ∈ U, uiui+1 6∈ V :

U = uu1 . . . uiui+1 . . . umv i V = uv1 . . . vnv

Sada je

U [ui, u] + V [u, v] + U [v, ui+1] = ui . . . u1uv1 . . . vnvum . . . ui+1

37

38 CHAPTER 3. STABLA

uiui+1-šetnja u grafu G−uiui+1. Ako u grafu G−uiui+1 postoji uiui+1-šetnja,onda postoji i uiui+1-put. Dodavanjem grane uiui+1 dobijamo konturu u grafuG, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je G stablo.(⇐) Ako za svaka dva čvora u, v ∈ V postoji uv-put, onda je G po definicijipovezan graf. Treba još pokazati da je G acikličan. Pretpostavimo suprotno,da u grafu G postoji kontura C :

w1w2w3 . . . wlw1.

Tada postoje bar dva puta od w1 do wl:

w1wl w1w2w3 . . . wl

što je u kontradikciji sa pretpostavkom da za svaka dva čvora postoji jedinstvenput od jednog do drugog. To znači da je naš pretpostavka netačna i da je Gacikličan graf. �

Lemma 85 Neka je G = (V,E) stablo i neka je |V | = n ≥ 2. Tada postoje bardva čvora stepena 1.

Dokaz. Kako je G stablo, G je povezan graf. Pretpostavimo da je

u1u2 . . . ul (3.1)

najduži put u grafu G (može biti više takvih puteva iste dužine). Pokazaćemoda je tada dG(u1) = dG(ul) = 1. Pretpostavimo da je dG(u1) ≥ 2 (slično zadG(ul) ≥ 2). Tada postoji čvor w ( 6= u2)sa osobinom u1w ∈ E.

(i) Ako w ∈ {u3, . . . , ul} onda G ima konturu, što je u kontradikciji sa pret-postavkom da je G stablo.

(ii) Ako w 6∈ {u3, . . . , ul}, onda je put

wu1u2 . . . ul

duži od (3.1), što dovodi do kontradikcije.

�

Lemma 86 Neka je G = (V,E), |V | = n ≥ 2, i neka je dG(u) = 1 za neki čvoru ∈ V. Tada je G stablo ako i samo ako je G− u stablo.

Dokaz. (⇒) Pretpostavimo da je G stablo i posmatrajmo dva proizvoljnačvora v, w ∈ V (G − u). Kako je G povezan, postoji vw-put u G. Ovaj put nesadrži čvor stepena 1 koji je različit od v i w, što znači da ne sadrži u. Znači,taj put je ujedno i put u G − u, što pokazuje da je G − u povezan. Kako je Gacikličan, to je i G − u acikličan (brisanjem grane u grafu, ne možemo dobitikonturu).(⇐) Neka je G − u stablo. Od acikličnog grafa, dodavanjem nazad lista G nemožemo dobiti cikličan graf (svaki čvor konture ima stepen bar dva). Svaka

3.1. KARAKTERIZACIJA STABLA 39

dva čvora koja su povezana u G− u ostaju povezana i u G. Posmatrajmo sadaproizvoljni čvor w i u. Neka je {u, v} ∈ E. Tada postoji wu-put u G − u idodavanjem uv dobijamo put u G. �

Teorema 87 Neka je G = (V,E) i |V | = n ≥ 2. Tada je G stablo ako i samoako je G povezan graf i |E| = n− 1.

Dokaz. (⇒) Indukcijom po n.n = 2 : Stablo sa dva čvora ima tačno jednu granu.Tn ⇒ Tn+1 : Ako je G stablo onda postoji čvor u sa osobinom dG(u) = 1. GrafG′ = G−u ima osobinu |V (G′)| = |V (G)|−1 = n−1 i |E(G′)| = |E(G)|−1. Akoje G stablo, onda je prema Lemi 86 G′ stablo. Prema induktivnoj pretpostavcije onda |E(G′)| = n− 1 i odatle je |E(G)| = |E(G′)|+ 1 = n.(⇐) Indukcijom po n.n = 2 : Povezan graf sa dva čvora i jednom granom je stablo.Tn ⇒ Tn+1 : Ako je E(G) = V (G) − 1, onda postoji čvor u sa osobinomdG(u) ≤ 1. Kako je G povezan, mora važiti dG(u) = 1 i graf G′ − u je povezangraf sa osobinom |V (G′)| = |V (G)| − 1 = n i |E(G′)| = |(E(G)| − 1 = n − 1.Prema induktivnoj pretpostavci je sada G′ − u stablo. Prema Lemi 86, G jestablo. �

Lemma 88 Neka je G = (V,E), gde je |V | = n ≥ 2 i |E| ≥ n. Neka suV (G1), . . . V (Gl) komponente povezanosti grafa G sa k1, . . . , kl čvorova, respek-tivno. Tada postoji i ∈ {1, . . . , l} sa osobinom |E(Gi)| ≥ ki.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da za svako i ∈ {1, . . . , l} važi |E(Gi)| < ki.Tada je

n ≤ |E(G)| = |E(G1)|+ . . .+ |E(Gl)| < k1 + . . . kl = n⇔ n < n

što dovodi do kontradikcije. �

Teorema 89 Neka je G = (V,E), gde je |V | = n ≥ 2 i |E| ≥ n. Tada G sadržikonturu.

Dokaz.

(i) G je povezan:ako G nema konturu, onda je stablo ⇒ G ima n− 1 grana.

(ii) G nije povezan: neka su V (G1), . . . , V (Gl) komponente povezanosti grafaG:

|V (G1)| = k1, . . . , |V (Gl)| = kl k1 + . . .+ kl = n.


Prema Lemi 88, postoji i ∈ {1, . . . , l} sa osobinom |E(Gi)| ≥ ki. Ako Gi

nema konturu, onda je Gi stablo i ima ki−1 granu, što dovodi do kontradikcije.Znači, Gi ima konturu, a samim tim i G. �

Teorema 90 Neka je G = (V,E) i |V | = n ≥ 2. Tada je G stablo akko je Gpovezan i brisanjem proizvoljne grane se dobija nepovezan graf.

Dokaz. (⇒) Ako je G stablo, onda je G po definiciji povezan graf. Neka jeuv ∈ E proizvoljna grana. Ako pretpostavimo da jeG−uv povezan, onda postojiuv put i dodavanjem grane uv bismo dobili konturu u G, što je u suprotnosti sapretpostavkom da je G acikličan.(⇐) Ako je G povezan i brisanjem proizvoljne grane se dobija nepovezan graf,onda treba pokazati da je G acikličan. Pretpostavimo da je G povezan i sadržikonturu. Tada za svaku granu uv ∈ C sledi da je G − uv povezan, što je usuprotnosti sa pretpostavkom. �

Teorema 91 Neka je G = (V,E) i |V | = n ≥ 2. Tada je G stablo akko je Gacikličan i dodavanjem grane se dobija graf koji sadrži konturu.

Dokaz. (⇒) Ako je G stablo, onda je G acikličan graf po definiciji. Posma-trajmo priozvoljna dva čvora u, v sa osobinom uv 6∈ E(G). Kako je G povezan,postoji uv-put u G. Dodavanjem grane uv dobijamo konturu u G+ uv.(⇐) Treba pokazati da je G povezan. Neka su u i v proizvoljni čvorovi iz V.Imamo dva slučaja:

(i) Ako je uv ∈ E, onda je to uv-put.

(ii) Ako uv 6∈ E, onda G+uv sadrži konturu koja sadrži uv. Oduzimanjem sakonture grane uv dobijamo uv-put u G.

�

Teorema 92 (Karakterizacija stabla) Neka je G = (V,E) prost graf.Sledeća tvrđenja sa ekvivalentna:

(i) G je stablo.

(ii) Za svaka dva čvora u, v ∈ V (G) postoji jedinstven put od u do v.

(iii) G je povezan i |E(G)| = |V (G)| − 1.

3.1. KARAKTERIZACIJA STABLA 41

(iv) G je povezan i brisanjem proizvoljne grane dobija se nepovezan graf. (min-imalan povezan)

(v) G je acikličan i dodavanjem grane se dobija graf koji sadrži konturu. (mak-simalan acikličan)

Dokaz. Dokazali smo sledeći niz ekvivalencija:

(i)⇔ (ii) (i)⇔ (iii) (i)⇔ (iv) (i)⇔ (v).

Odatle možemo izvesti i sve ostale parove ekvivalencija. �


3.2 Pokrivajuća stabla

Napomena: Ovo je radna (nerevidirana) verzija materijala koji služi samo kaopodsetnik sa predavanja.

Definicija 93 Graf G1 je pokrivajuće stablo grafa G ako je

(i) G1 je pokrivajući podgraf od G (V (G1) = V (G) i E(G1) ⊆ E(G))

(ii) G1 je stablo.

Zadatak 94 Koliko ima različitih pokrivajućih stabala grafa K4?

Teorema 95 Graf G ima pokrivajuće stablo ako i samo ako je povezan.

Dokaz. (⇒) Ako G ima pokrivajuće stablo, onda postoji put između svakadva čvora stabla, a onda je to put i u grafu G.(⇐) Neka je G povezan.

• |V (G)| = 2; Povezan graf sa dva čvora ima jednu granu i sam po sebi jestablo.

• |V (G)| = n ≥ 3 : Za povezan graf važi da je |E(G)| ≥ n− 1.

– Ako je |E(G)| = n− 1, povezan graf sa n− 1 grana je stablo. Znači,G je stablo.

– Neka je E(G)| = k ≥ n. Dokazaćemo pomoćnu lemu koja dokazujeovaj slučaj tvrđenja.

Lemma 96 Ako je G povezan i |E(G)| = k, onda G ima pokrivajućestablo, za svako k ≥ n.

Dokaz: (indukcijom po k)Graf sa n čvorova i bar n grana ima konturu.

∗ k = n : Skidanjem jedne grane iz konture, graf ostaje povezani pokriva i dalje sve čvorove. Povezan graf sa n − 1 čvorova jestablo.

∗ Tk−1 ⇒ Tk : Ako G sadrži konturu, onda možemo konstruisatipovezan graf G′ brisanjem proizvoljne grane konture (primetimoda je V (G′) = V (G) i E(G′) ⊆ E(G)). Kako je G′ povezan,prema induktivnoj pretpostavci, G′ ima pokrivajuće stablo, a toje ujedno i pokrivajuće stablo grafa G.

�

3.3. OJLEROV GRAF 43

Primov algoritam Neka je G = (V,E, ω) povezan težinski graf, gde je V ={v1, . . . , vn}.

S1 V1 = {v1}, E1 = ∅;

S2 Za i = 2..nEi = Ei−1 ∪ {uv}, Vi = Vi−1 ∪ {v},gde jeω(uv) = min{ω(t′t) : t′t ∈ E, t′ ∈ Vi−1, t 6∈ Vi−1}

Teorema 97 Neka je G povezan težinski graf. Tada je stablo dobijeno Pri-movim algoritmom minimalno pokrivajuće stablo.

Dokaz. Pretpostavimo da su

e1, e2, . . . , en−1

grane pokrivajućeg stabla T koje su redom birane Primovim algoritmom. Oz-načićemo sa Tk stablo sa granama e1, . . . , ek. Neka je S minimalno pokrivajućestablo grafa G sa osobinom da sadrži e1, . . . , ek, gde je k maksimalan prirodanbroj sa osobinom da postoji minimalno pokrivajuće stablo koje sadrži prvih kgrana izabranih Primovim algoritmom. Pokazaćemo da je T = S.

Pretpostavimo suprotno, da je S 6= T tj. da je k < n− 1. Odatle sledi da Ssadrži e1, . . . , ek, ali ne sadrži ek+1. Kako je S ∪ {ek+1} povezan i ima više odn− 1 grana, on sadrži konturu i ta kontura sadrži ek+1 (S je stablo i ne sadržikonturu). Sa druge strane, postoji grana u konturi koja ne pripada Tk+1, zatošto je Tk+1 stablo. Polazeći od jednog kraja ek+1 (koji je incidentan sa nekomod grana e1, . . . , ek+1, prateći konturu sve dok ne stignemo do grane koja nijeu Tk+1, možemo naći granu e koja nije u Tk+1, a koja je incidentna sa čvoromkoji je incidentan sa nekom od grana e1, . . . , ek.

Ako iz S obrišemo tu granu, a dodamo granu ek+1, dobijamo stablo T ′

sa n− 1 grana koje sadrži grane e1, . . . , ek+1. Kako je ek+1 izabrana Primovimalgoritmom, e je isto bilo na raspolaganju, što znači da je ω(e) ≥ ω(ek+1).Odatleje T ′ minimalno pokrivajuće stablo. To je u kontradikciji sa pretpostavkom daje k najveći mogući prirodni broj sa osobinom da pokrivajuće stablo sadržie1, . . . , ek. �

3.3 Ojlerov grafNapomena: Ovo je radna (nerevidirana) verzija materijala koji služi samo kaopodsetnik sa predavanja.

Definicija 98 Ojlerov put je staza u grafu koja sadrži sve grane tog grafa.Ojlerova kontura je Ojlerova staza u kojoj su početni i krajnji čvor jednaki.


Definicija 99 Graf je Ojlerov ako je povezan graf koji sadrži Ojlerovu konturu.Graf je polu Ojlerov ako je povezan i sadrži Ojlerov put.

Teorema 100 Neka je G graf.Graf G je Ojlerov ako i samo ako je povezan i svaki čvor u G parnog stepena.

Dokaz. (⇒) Graf je povezan po definiciji Ojlerovog grafa. Neka je

u1e1u2e2 . . . unenu1

Ojlerovaa kontura u G. Posmatrajmo sada proizvoljan čvor v ∈ V (G). Imamodva slučaja:

(i) v 6= u1 : Ako se čvor v pojavljuje l puta, onda je stepen tog čvora dG(v) =2l.

(ii) v = u1: Ako se čvor v pojavljuje l puta, onda je stepen tog čvora dG(v) =2(l − 1) + 1 + 1 = 2l.

(⇐) Posmatrajmo u G stazu najveće moguće dužine:

u1e1u2e2 . . . unenun+1

Pokazaćemo da su prvi i poslednji čvor isti i da se sve grane grafa pojavljuju utoj stazi.

(i) u1 = un+1 : Ako je u1 6= un+1, onda je u toj konturi u1 incidentansa neparnim brojem grana u toj stazi. Kako je stepen tog čvora paran,postoji grana e ∈ E(G) koja nije sadržana u toj stazi, a u tom slučajubismo mogli kreirati dužu stazu od posmatrane.

(ii) {u1, . . . , un} = V (G) : Kako je G postoji grana uiv sa osobinom v 6∈{u1, . . . , un}. U tom slučaju možemo kostrisati stazu veće dužine od pos-matrane.

(iii) {e1, . . . , en} = E(G) : Sada kada znamo da je posmatrana staza u stvarikontura koja sadrži sve čvorove grafa, pokazaćemo da su sve grane grafana toj konturi. Ako pretpostavimo suprotno, da postoji grana koja nijena toj konturi i onda bismo mogli konstruisati dužu stazu od posmatrane.

(Napomena: sve je ilustrovanoa na času, pogledati u svesci sa predavanja) �

Teorema 101 Neka je G graf koji nije Ojlerov.Graf G je polu Ojlerov ako i samo ako je G povezan i ima tačno dva čvoraneparnog stepena parnog stepena.

3.4. HAMILTONOV GRAF 45

3.4 Hamiltonov graf

Definicija 102 Neka je G graf.Hamiltonov put u G je put koji sadrži sve čvorove tog grafa.Hamiltonova kontura je Hamiltonov put koji je ujedno i kontura.

Definicija 103 Graf je Hamiltonov ako sadrži Hamiltonovu konturu.Graf je polu Hamiltonov ako sadrži Hamitonov put.

Primer 4 Kompletan graf Kn je Hamiltonov graf za svako n ≥ 3.

Dokaz. Neka su čvorovi grafa V = {v1, . . . , vn}, n ≥ 3. Jedna Hamiltonovakontura je

v1 v2 . . . vn v1.

�

Dovoljni uslovi.

Lemma 104 Neka je G prost graf sa n, n ≥ 3 čvorova u kojem postoje ne-susedni čvorovi u, v ∈ V (G) sa osobinom

dG(u) + dG(v) ≥ n

Tada je G Hamiltonov ako i samo ako je G+ uv Hamiltonov.

Dokaz. (⇒) Ako je G Hamiltonov onda je i G+ uv Hamiltonov, zato što jeHamiltonova kontura u G je istovremeno i Hamiltonova kontura u G+ uv.(⇐) Ako je C Hamiltonova kontura u G+ uv, a nije Hamiltonova kontura u G,onda su u i v incidentni čvorovi u toj konturi. Tada postoji Hamiltonov uv-putu G:

uu1 . . . ui−1ui . . . unv.

Ako postoji grana uui onda ne postoji grana ui−1v. Ako bi postojala ta grana,onda bi postojala Hamiltonova kontura u G:

uu1 . . . ui−1vun . . . uiu

U tom slučaju važi sledeće:

dG(v) ≤ n− 1− dG(u)⇔ dG(u) + dG(v) ≤ n− 1⇔ dG(u) + dG(v) < n,

što je u kontradikciji sa pretpostavkom. �

Teorema 105 (Ore) Ako je G graf sa n, n ≥ 3, čvorova sa osobinom

dG(u) + dG(v) ≥ n

za svaki par čvorova u, v ∈ V (G), onda G ima Hamiltonovu konturu.


Dokaz. G ima Hamiltonovu konturu ako i samo ako kompletan graf Kn imaHamiltonovu konturu. To bismo mogli dokazati indukcijom po broju grana uE(Kn) \ E(G), koristeći prethodnu lemu. �

Teorema 106 (Ore) Ako je G graf sa n, n ≥ 3, čvorova sa osobinom

dG(u) + dG(v) ≥ n− 1

za svaki par čvorova u, v ∈ V (G), onda je G polu Hamiltonov graf.

Teorema 107 (Dirac) Ako je G graf sa n, n ≥ 3, čvorova i dG(v) ≥ n2 za

svako v ∈ V (G), onda je G Hamiltonov graf.

Dokaz. Na osnovu tvrđenja Orea možemo zaključiti da za svaki par čvorovavaži

dG(u) + dG(v) ≥n

2+n

2= n

odakle sledi da je G Hamiltonov graf. �

Teorema 108 (Dirac) Ako je G graf sa n, n ≥ 3, čvorova i dG(v) ≥ n−12 za

svako v ∈ V (G), onda je G polu Hamiltonov graf.

Potrebni uslovi.

Teorema 109 Ako je G Hamiltonov graf, onda za svako U ⊂ V (G) sa osobi-nom U 6= ∅ važi

ω(G− U) ≤ |U |.

Dokaz. Ako je G Hamiltonov graf, onda postoji Hamiltonova kontura oblika:

C = u1u2 . . . unu1.

Za proizvoljno U ⊆ V (G) za koje je |U | = l, broj komponenti povezanosti uC−U ne može biti veći od l. Pored toga, G−U ne može imati više komponentipovezanosti nego C − U. Odatle zaključujemo sledeće:

ω(G− U) ≤ ω(C − U) ≤ l = |U |.

�

Teorema 110 Ako je G polu Hamiltonov graf, onda za svako U ⊂ V (G) saosobinom U 6= ∅ važi

ω(G− U) ≤ |U |+ 1.

Primer 5 Na slici je dat Petersenov graf.

(i) Pokazati da Petersenov graf nije Hamiltonov. item[(ii)] Pokazati da brisan-jem jednog čvora graf dobijamo Hamiltonov graf.

3.5. PLANARNI GRAFOVI 47

Grejov kod. Grejov kod je cikločan niz binarnih vektora dužine n (n-torki) ukojem se nalazi svih 2n vektora i svaka dva susedna se razlikuju u samo jednojcifri.

Definicija 111 Hiperkocka dimenzije n, u oznaci Qn je graf čiji čvorovi su oz-načeni stringovima dužine n nad azbukom {0, 1}. Dva čvora su povezana granomako i samo ako se njihovi stringovi razlikuju samo na jednoj poziciji.

Određivanje Grejovog koda je sada ekvivalentno odre?ivanju Hamiltonovekonture u grafu Qn.

3.5 Planarni grafovi

Graf se može nacrtati na različite načine. Ako ga je moguće nacrtati tako da segrane ne seku, onda ćemo kazati da je graf planaran.

Definicija 112 Graf je planaran ako se može nacrtati u ravni tako da ne pos-toje grane koje se seku (osim eventualno zajednčkih čvorova). Za takvi grafičkureprezentaciju grafa ćemo reći da je planarna.

Primer 6 Gradovi K4 i Q4 su planarni.

Primer 7 Kompletan bipartitan graf K3,3 nije planaran.

Dokaz. Pretpostavimo da jeK3,3 planaran graf. Primetimo da grane u1v1, v1u2,u2v2, v2, u1 kreiraju zatvorenu krivu koja deli ravan na dve oblasti, označićemoih sa F1 i F2. Imamo dve mogućnosti da nacrtamo čvor u3.

(i) Ako čvor u3 nacrtamo unutar oblasti F1 : ostaje da sečvor v3 nacrta ujednoj od tri oblast. Međutim u koju god oblast da ga smetimo, nećemoći da se bez presecanja grana poveže sa jednim od čvorova u1, u2 i u3.

(iu) Ako čvor u3 nacrtamo unutar oblasti F2, dobijamo sličnu situcaiju sačvorom v3.

�

Primer 8 Kompletan graf K5 nije planaran.


Dokaz. Pretpostavimo da je K5 planaran.�

Planarna reprezentacija grafa deli ravan na konačan broj (ograničenih ilineograničenih) oblasti.

Teorema 113 Ojlerova formula Neka je G = (V,E) povezan planaran prostgraf i neka je f broj oblasti na koje on deli ravan. Tada je

f = |E| − |V |+ 2.

Dokaz. Posmatrajmo planarnu reprezentaciju grafa i konstruišimo podgrafoveG1, . . . , Gm tako što émo svakom sledećem grafu dodati granu koja je incidentnasa jednim čvorom prethodnog podgrafa.

Dokazaćemo indukcijom da za svako k ∈ {1, . . . ,m} važi fk = |Ek|−|Vk|+2.k = 1 : f1 = |E1| − |V1|+ 2⇔ 1 = 1− 2 + 2Tk ⇒ Tk+1 : Neka je Gk+1 = Gk + uv.

(i) Ako je u, v ∈ V (Gk), onda je fk+1 = fk + 1, |V (Gk+1)| = |V (Gk)| i|E(Gk+1)| = |E(Gk)|+ 1. Koristeći induktivnu pretpostavku, dobijamo

fk+1 = |Ek+1| − |Vk+1|+ 2 ⇐ fk + 1 = |E(Gk)|+ 1− |V (Gk)|+ 2

⇐ fk = |E(Gk)| − |V (Gk)|+ 2.

(ii) Ako je u ∈ V (Gk) i v 6∈ V (Gk), onda je fk+1 = fk, |V (Gk+1)| = |V (Gk)|+1i |E(Gk+1)| = |E(Gk)|+ 1. Koristeći induktivnu pretpostavku, dobijamo

fk+1 = |Ek+1| − |Vk+1|+ 2 ⇐ fk = |E(Gk)|+ 1− |V (Gk)| − 1 + 2

⇐ fk = |E(Gk)| − |V (Gk)|+ 2.

�

Definicija 114 Stepen oblasti D, u oznaci st(D) je broj grana na rubu teoblasti. Ako se grana pojavljuje dva puta na rubu, ona se računa dva puta.

Ako graf ima samo dva čvora i jednu granu, onda taj graf određuje samojednu oblast koja ima stepen dva. U slučaju da postoje bar tri čvora u povezanomgrafu, stepen svake oblasti je bar tri.

Pretpostavimo da planarna reprezentacija grafa G = (V,E) deli ravan naoblasti D1, . . . , Dl. Kako se svaka grana računa dva puta u sumi rubova oblasti,sledi ∑

1≤i≤l

st(Di) = 2|E(G)|. (3.2)

Corollary 115 Neka je G = (V,E), |V | ≥ 3, povezan planaran prost graf ineka je f broj oblasti na koje on deli ravan. Tada je

|E| ≤ 3|V | − 6.

3.5. PLANARNI GRAFOVI 49

Dokaz. Koristeći 3.2 i činjenicu da je za svaki region st(D) ≥ 3 dobijamo

2|E| =∑

1≤i≤l

st(Di) ≥ 3 · f ⇒ f ≤ 2

3|E|.

Iz Ojlerove formule dobijamo,

|E| − |V |+ 2 ≤ 2

3|E| ⇔ |E| ≤ 3|V | − 6.

�

Primer 9 Kompletan graf K5 nije planaran.

Dokaz. Pretpostavimo da je K5 planaran. Kako je |V (K5)| = 5 i |E(K5)| =(52

)= 10, na osnovu Posledic 115,

10 ≤ 3 · 5− 6⇔ 10 ≤ 9


Corollary 116 Neka je G = (V,E), |V | ≥ 3, povezan planaran prost graf bezkontura dužine 3. Tada je

|E| ≤ 2|V | − 4.

Dokaz. Ako u grafu ne postoje konture dužine tri, onda je stepen svakog regionabar četiri. Odatle je

2|E| =∑

1≤i≤l

st(Di) ≥ 4 · f ⇒ f ≤ 1

2|E|.

Iz Ojlerove formule dobijamo

|E| − |V |+ 2 ≤ 1

2|E| ⇔ |E| ≤ 2|V | − 4.

Primer 10 Kompletan graf K3,3 nije planaran.

Dokaz. Pretpostavimo da je K3,3 planaran. Kako je |V (K5)| = 6 i |E(K5)| =3 · 3 = 9, na osnovu Posledic 115,

9 ≤ 2 · 6− 4⇔ 9 ≤ 8


Corollary 117 U svakom povezanom prostom grafu G = (V,E) postoji čvorstepena manjeg od šest.


Dokaz. Ako graf ima jedan ili dva čvora, tvrđenje direktno sledi. Ako graf imabar tri čvora, na osnovu Ako pretpostavimo suprotno, da je stepen svakog čvorabar 6, onda je

2|E| =∑v∈V

dG(v) ≥ 6|V |

Na osnovu Posledice 115 sledi

|E| ≤ 3|V | − 6⇔ 2|E| ≤ 6|V | − 12.

Tako smo dobili da je

6|V | ≤ 2|E| ≤ 6|V | − 12⇔ 0 ≤ −12,

što dovodi do kontradikcije.Ako u prostom planarnom grafu izvršimo deobu proizvoljne grane uv ubaci-

vanjem novog čvora w i zamenom grane uv granama uw i wv, graf ostaje pla-naran.

Definicija 118 Grafovi G1 = (V1, E1) i G2 = (V2, E2) su homeomorfni akomogu dobijeni jedan od drugog uzastopnom primenom elementarnih deoba grana.

Teorema 119 teorema Kuratovskog Graf G = (V,E) nije planaran ako sadržipodgraf koji je homeomorfan sa K3,3 ili K5.

Primer 11 Pokazati da Petersenov graf nije planaran.

Documents

Kombinatorna prebrajanja - imft.ftn.uns.ac.rsimft.ftn.uns.ac.rs/~vanja/uploads/Main/DM.pdf · Chapter 1 Kombinatorna prebrajanja 1.1 Osnovniprincipiprebrojavanja 1.1.1 Principsume