mat3r d. zubrinic - uvod u diskretnu matematiku (2006)

Darko Zubrinic

MATEMATIKA 3Uvod u diskretnu matematiku

G o

ISBN 953-197-536-1

Darko Zubrinic

Redoviti profesor Fakulteta elektrotehnike i racunarstvaZavod za primijenjenu matematiku

MATEMATIKA 3

Uvod u diskretnu matematiku

0. izdanje

Zagreb, 2006.

c� Prof. dr. sc. Darko Zubrinic, 2006.

UrednikSandra Gracan, dipl. inz.

NakladnikElement, Zagreb

Dizajn ovitka

Edo Kadic

TisakElement, Zagreb

Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnazatina bilo koji nacin, bez pismenog dopustenja nakladnika

PREDGOVOR

Moguce je tek priblizno opisati sto sve obuhvaca diskretna matematika. Ona se bavi relacijamana konacnim skupovima, rekurzivnim relacijama, algoritmima, matematickom logikom, Booleovimalgebrama, kombinatorikom, particijama, teorijom grafova, raznim diskretnim algebarskim struktu-rama �npr. konacnim grupama, prstenima, poljima�, itd. Algebarskom strukturom zovemo bilo kojiskup na kojem je definirana barem jedna operacija �obicno binarna�.

Pojam ‘diskretne’ matematike zahtijeva pojasnjenje. Njen temelj cine ‘diskretni’ skupovi. Tuobicno mislimo na

a� skup koji ima konacno mnogo elemenata �konacan skup�, npr. skup f0� 1g , f1� 2� 3g , skupslova abecede, skup znakova na tipkovnici racunala,

b� ili beskonacan skup ciji se elementi mogu poredati u slijed �prebrojiv skup�. Takvi su npr.skupovi prirodnih i cijelih brojeva. Vidjet cemo da se elementi skupa realnih brojeva ne moguporedati u slijed.Pojam ‘diskretan’ stoji nasuprot pojmu ‘kontinuiran’ �neprekinut�. Npr. skup realnih brojeva

R je ‘kontinuiran’, dok je skup cijelih brojeva Z diskretan. Slicno, za neku funkciju kazemo da jediskretna ako je skup njenih vrijednosti diskretan skup. Razumije se, ‘diskretnu’ i ‘kontinuiranu’matematiku nije moguce strogo odijeliti. Npr. moguce su i funkcije koje su dijelom diskretne, adijelom ‘kontinuirane’. Mnogi rezultati diskretne matematike dobivaju se uz pomoc diferencijalnogracuna, dakle metodama ‘kontinuirane’ matematike, i obratno.

y=f(n)

n

y

41 2 3

y

4321 x

y=f(x)

Sl. 1. Diskretna i neprekinuta funkcija.

Pojedine tvrdnje nose nazive teoremi, propozicije, leme. Teoremom �stavkom� zovemo nekuvazniju tvrdnju, dok je lema pomocna tvrdnja, priprema za dokaz nekog teorema ili propozicije.Propozicija po vaznosti stoji negdje izmedu teorema i leme. Korolarom zovemo posljedak nekogteorema ili propozicije. Oznaka Teorem 3 oznacava treci teorem u tekucem odjeljku, a Teorem 5.2.3oznacava Teorem 3 u Odjeljku 5.2. Slicno za propozicije, leme, korolare i primjere.

U decimalnom zapisu realnih brojeva rabit cemo radije decimalnu tocku nego decimalni zarez.Knjigu je otipkao sam autor rabeci Knuthov tipografski sistem TEX �i netrivijalnu nadogradnju

ostvarenu u poduzecu Element�, koji je zastitni znak American Mathematical Society. O TEX-uvidi http��www�tugboat�org.

Veliku zahvalnost dugujem dr. Andrei Aglic Aljinovic, dr. Mariu Pavcevicu, dr. Mariu Krnicu,mr. Nevenu Grbcu i mr. Kristijanu Tabaku na pomoci i dopustenju da izbor zadataka s rjesenjimas pismenih ispita na FER-u �Fakultetu elektrotehnike i racunalstva� bude uvrsten u ovu knjizicu,nastalu na temelju moje knjige Diskretna matematika u izdanju poduzeca Element.

Zagreb, listopada 2006.

Ne samo mocno oruzje u borbi za opstanak,matematika je simbol nase intelektualne snage i jamstvo,

da ce se ljudski duh vazda boriti za uzvisene ciljeve.— Danilo BLANUSA �1903.–1987.�

SADRZAJ

1. Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Algebra skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Kartezijev produkt skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3. Ekvipotentni skupovi, kardinalni broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. Prebrojivi skupovi i njihovo kodiranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5. Neprebrojivost skupa realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2. Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1. Refleksivne, simetricne, tranzitivne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2. Relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.3. Razredi ekvivalencije, particija skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4. Jos neki primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3. Uvod u kombinatoriku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.1. Pravilo produkta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2. Varijacije, permutacije i kombinacije bez ponavljanja . . . . . . . . . . 313.3. Permutacije, varijacije i kombinacije s ponavljanjem . . . . . . . . . . . 363.4. Formula ukljucivanja – iskljucivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.5. Funkcije izvodnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.6. Dirichletovo nacelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4. Rekurzivne relacije ili diferencijske jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . 664.1. Fibonaccijev slijed . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.2. Asimptotsko ponasanje sljedova; oznake O, Ω , Θ . . . . . . . . . . . . 704.3. Linearne rekurzivne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.4. Nehomogene rekurzivne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.5. Primjeri rjesavanja Eulerovom metodom . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.6. Rjesavanje s pomocu funkcija izvodnica . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

Kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

��Skupovi

1.1. Algebra skupova

Temeljne definicije i oznake. Pod pojmom skupa razumijevamo bilo koju mnozinuelemenata. Npr.:�a� skup svih prirodnih brojeva N � f1� 2� 3� � � �g ;�b� skup svih cijelih brojeva Z � f� � � ��2��1� 0� 1� 2� � � �g ;�c� racionalnih brojeva Q �elementi su mu razlomci a

b , gdje su a� b � Z i b �� 0 �;

�d� skup svih realnih brojeva R ; on sadrzi sve racionalne, kao i brojeve poputp

2 ,

π � 3�14 � � � , e � 2�71828 � � � , φ � 1�p

52 � 1�618 � � � , koji nisu racionalni;

�e� skup kompleksnih brojeva C , koji sadrzi sve z � x � iy , takve da su x� y � R ,pri cemu je i imaginarna jedinica za koju se definira da je i2 � �1 .

Te vrlo vazne skupove upoznali smo u osnovnoj i srednjoj skoli. Povijesno, zanjihovo uvodenje trebala su duga stoljeca mukotrpnog i vrlo slozenog znanstvenograzvoja, osobito za nulu, negativne cijele brojeve i kompleksne brojeve. Skup realnihbrojeva strogo je definiran tek u 19. stoljecu.

Neka je X bilo koji unaprijed ucvrscen skup koji zelimo promatrati, tzv. univer-zalni skup. U njemu gledamo podskupove A , B , C itd. �skupove i podskupove obicnooznacavamo velikim slovima�. Cinjenicu da element x pripada skupu A biljezimo sax � A �ponekad i sa A � x , tj. skup A sadrzi element x �. Ako x nije u A , ondapisemo x �� A . Skupove obicno zadajemo na dva nacina:a� popisivanjem njegovih elemenata, ako je to moguce: npr. A � f1� 2� 3g , ilib� opisno, s pomocu nekog svojstva. Tocnije, skup A svih elemenata x � X koji

imaju neku vlastitost P�x� oznacavamo sa A � fx � X : P�x�g . Npr. ako jeX � R i vlastitost P�x� oznacava da je x � tg x , onda je A � fx � R : x � tg xgskup svih realnih rjesenja jednadzbe x � tg x . Skup racionalnih brojeva mozemoopisati kao Q � f a

b : a� b � Z� b �� 0g .

2 1. SKUPOVI

Skup ne ovisi o poretku elemenata u njegovu zapisu, kao niti o tome ima liponavljanja nekog elementa: npr. f1� 2� 3g � f3� 2� 1g � f2� 2� 3� 3� 3� 1g .

Sljedeca definicija je jasna: kazemo da je skup A podskup skupa B ako je Asadrzan u B , tj. ako za svaki element x � X vrijedi da ako je x � A , onda je x � B .Pisemo A � B . Znak � zovemo znakom inkluzije �ukljucivanja�. Ako je A � B ,onda kazemo da je B nadskup od A , sto mozemo pisati i kao B � A . Ocevidno jeA � A za bilo koji skup A . Ako je A � B i A �� B , onda kazemo da je A pravipodskup od B .

Vazan podskup od X je onaj koji ne sadrzi niti jedan element, tzv. prazan skup.Oznacavamo ga sa � . Smatramo da za svaki skup A vrijedi � � A , tj. prazan skup jesadrzan u svakom skupu. Takoder smatramo da postoji samo jedan prazan skup.

Primjedba �� Moguci su i skupovi koji kao svoje elemente sadrze druge sku-pove. Npr. skup A �

�fag� ima kao element skup fag , tj. fag � A . Skup A nesadrzi element a : a �� A . Isto tako skup � ne sadrzi niti jedan element, dok skupf�g sadrzi jedan element �element mu je prazan skup�.

Radi potpunosti, citatelja cemo vrlo sazeto podsjetiti jos i na neke temeljne poj-move u vezi s funkcijama. Neka su zadana dva neprazna skupa A i B . Funkcijomf iz A u B , zovemo pravilo �postupak� kojim svakom elementu a iz polaznog skupaA pridruzujemo tocno jedan element iz skupa B , koji oznacavamo sa f �a� , i zovemoslikom elementa a u skupu B . Funkciju oznacavamo sa f : A B . Funkcija se cestozove jos i preslikavanje. Umjesto b � f �a� ponekad pisemo i a b .

Kao sto smo rekli, ne moze nekom a � A biti pridruzeno vise b -ova iz B , negosamo jedan, koji zovemo f �a� . Ali, neki b � B moze funkcijom f biti pridruzendvama ili vise razlicitih elemenata iz A .

Za zadanu funkciju f : A B skup A zove se domena, a skup B kodomenafunkcije. Ako je b � f �a� , onda a zovemo argumentom funkcije, a b vrijednoscu odf za argument a . Skup poredanih dvojaca �a� f �a�� zove se graf funkcije f . Kadkazemo poredani dvojac, onda nam to znaci da je a � A prvi element, i f �a� � Bdrugi element u dvojcu �a� f �a�� .

Za dvije funkcije f : A1 B1 i g : A2 B2 kazemo da su jednake akoimaju iste domene, tj. A1 � A2 , iste kodomene, tj. B1 � B2 , i za sve a � A vrijedif �a� � g�a� . Npr. dvije funkcije f : N N i g : Z N zadane na ‘isti’ nacin:f �x� � x2 � 1 i g�x� � x2 � 1 , smatramo razlicitim funkcijama jer su im domenerazlicite.

Slijed �ili niz� u skupu A je bilo koja funkcija f : N A . Vrijednosti te funkcijesu f �n� � an � A , tj. redom a1� a2� a3� � � � , pa slijed cesto oznacavamo i na ovajnacin: �an� .

Slika funkcije f : A B definira se kao skup f �A� � f f �a� � B : a � Ag , tj.kao skup svih b � B koji su ‘pogodeni’ s nekim a � A uz pomoc funkcije.

Za funkciju f : A B kazemo da je surjekcija ako je njena slika jednaka citavojkodomeni, tj. f �A� � B . Rijecima: f je surjekcija ako

za svaki b � B postoji a � A takav da je b � f �a� .

Svaki element kodomene B je ‘pogoden’ s bar jednim elementom domene A .Za funkciju f : A B kazemo da je injekcija ako razlicitim vrijednostima

argumenta pridruzuje razlicite vrijednosti u slici, tj.

ako je a1 �� a2 , onda je f �a1� �� f �a2� .

1.1. ALGEBRA SKUPOVA 3

To je isto sto i zahtijevati daako je f �a1� � f �a2� , onda je a1 � a2 .

Injektivna funkcija ‘ne lijepi’ razlicite elemente iz skupa A u isti element iz B . Pri-mijetite da za svaku funkciju f : A B vrijedi da iz a1 � a2 slijedi f �a1� � f �a2� .

Funkcija f : A B koja je istodobno injekcija i surjekcija zove se bijekcija. Utom slucaju mozemo definirati inverznu funkciju f�1 : B A na sljedeci nacin:

f�1�b� � a onda i samo onda ako vrijedi f �a� � b .Inverzna funkcija je takoder bijekcija. Jasno je da izmedu dva skupa A i B s konacnomnogo elemenata postoji bijekcija f : A B onda i samo onda ako skupovi A i Bimaju isti broj elemenata.

Bijekcija f : A A , tj. iz skupa A u samog sebe, cesto se zove permutacija�premjestba� skupa A . Jedna vrlo vazna permutacija skupa A je identitet id : A A ,koja sve elemente u A ostavlja nepromijenjenim: id�a� � a .

Za dvije funkcije f : A B i g : B C �primijetite da su ‘ulancane’ preko sku-pa B �, definirana je nova funkcija g� f : A C , zadana sa �g� f ��a� � g� f �a�� . Zovese kompozicija (skladanje) funkcija f i g . Za kompoziciju triju �ulancanih� funkcijavrijedi zakon asocijativnosti: ako je h : C D , onda imamo h � �g � f � � �h � g� � f .

Pretpostavimo li da je f : A B bijekcija, ocevidno vrijedi f�1 � f � idA�identitet na skupu A � i f � f�1 � idB �identitet na skupu B �. Ako je zadana josjedna bijekcija, g : B C , onda je g � f : A C takoder bijekcija. Vrijedi sljedecevazno pravilo za nalazenje inverza kompozicije dviju bijekcija:

�g � f ��1 � f�1 � g�1�

U ovoj knjizi cesto ce nam se pojavljivati pojam n faktorijela, n! , koji se zan � 0 definira kao 0! � 1 , a za bilo koji prirodni broj n kao umnozak n uzastopnihprirodnih brojeva od 1 do n :

n! � n�n� 1� � � � 2 � 1�Npr. 1! � 1 , 2! � 2 , 3! � 6 , 4! � 24 , 5! � 120 itd. Vrijedi �n�1�! � �n�1� �n! .Isto tako vazan ce nam biti pojam binomnog koeficijenta

�nk

�, koji se definira za

nenegativne cijele brojeve n i k uz uvjet k � n sa:�n0

�� 1 , a za 1 � k � n

stavljamo �nk

��

n�n� 1� � � � �n� k � 1�k!

�

Primijetite da u brojniku imamo padajuci umnozak tocno k prirodnih brojeva, pocevsiod n . Lako se provjeri da je

�nk

�� n!

k!�n�k�! , i vrijedi svojstvo simetrije:�n

k

�� n

n�k

�.

Npr.�74

��73

�� 7�6�5

3�2�1 � 35 .Uobicajene kratke oznake za zbroj i produkt n realnih brojeva a1� a2� � � � � an su

nXi�1

ai � a1 � a2 � � � �� an�nY

i�1

ai � a1a2 � � � an�

Teorem o dijeljenju cijelog broja a s prirodnim brojem b kaze da postoje jedno-znacno odredni q � Z �djelomicni kvocijent� i ostatak r � f0� 1� � � � � b� 1g tako daje

a � qb � r�

4 1. SKUPOVI

0 b 2b . . . qb (q+1)b

ar

Sl. 1.1. Algoritam dijeljenja: a � qb � r .

Prost ili prim broj je bilo koji prirodan broj p � 2 koji je djeljiv samo s 1 i sap , tj. jedini djelitelji su mu 1 i on sam. To su redom: p � 2 , 3 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17 ,23 , 29 , itd. Prostih brojeva ima beskonacno mnogo �Euklidov teorem�. Podsjetimose jos i Osnovnog teorema aritmetike. On kaze da za svaki prirodan broj a � 2 postojejednoznacno odredeni prosti brojevi u rastucem slijedu, p1 � p2 � � � � � pk , takvi daje

a � pn11 pn2

2 � � � pnkk �

gdje su ni prirodni brojevi koji su takoder jednoznacno odredeni �ni se zove kratnostprostog broja pi u tom rastavu�. Na pr. 12 � 4 � 3 � 22 � 31 , 9 � 32 , 11 � 111 .

Algebra skupova. Kazemo da su skupovi A i B jednaki ako vrijedi A � B i B � A .U tom slucaju pisemo A � B .

Unijom skupova A i B sadrzanih u univerzalnom skupu X zovemo skup C svihelemenata x takvih da je x � A ili x � B �moguce je da je x i u oba skupa�. PisemoC � A B . Presjek skupova A i B je skup D svih elemenata x takvih da je x � Ai x � B . Oznacavamo ga sa D � A � B �skup zajednickih elemenata u A i B �.Ovdje smo namjerno istaknuli da je skupovna operacija povezana sa veznikom ili,a operacija � sa veznikom i.

Za dva skupa A i B kazemo da su disjunktni ako im je presjek prazan, tj. A�B � � .Za veci broj �‘familiju’� skupova kazemo da cine disjunktnu familiju skupova, ako seniti koja dva skupa iz familije ne sijeku. Npr. tri skupa A , B i C cine disjunktnufamiliju ako su A � B , A � C i B � C prazni skupovi.

Razlika skupova A i B je skup E svih elemenata x za koje je x � A i x �� B .Oznaka je E � A n B .

Ako je A podskup univerzalnog skupa X , onda definiramo komplement A skupaA sa A � X n A . Vazno je primijetiti da komplement ovisi i o izboru univerzalnogskupa, tj. ispravnije bi bilo reci ‘komplement skupa A u skupu X ’. Ocevidno je kom-plement od A jednak A , doticno A � A . Isto tako je jasno da vrijedi A n B � A � B .Komplement skupa A cesto se oznacava i sa Ac ili �A .

A A

X

_

Sl. 1.2. Komplement skupa A .

Definicija� Za bilo koji skup X mozemo definirati skup koji kao svoje elementesadrzi sve podskupove od X . Skup svih podskupova od X zovemo partitivni skup

1.1. ALGEBRA SKUPOVA 5

od X . Oznacava se cesto sa P�X� , ali mi cemo radije rabiti oznaku 2X . Razlogje sljedeci: ako skup X ima n elemenata, onda partitivni skup 2X ima tocno 2n

elemenata �vidi Teorem 3.1.5�.Npr. za skup X � f1� 2� 3g je 2X skup od sljedecih 23 � 8 elemenata: � , f1g ,

f2g , f3g , f1� 2g , f2� 3g , f1� 3g , f1� 2� 3g .Kao sto vidimo, elementi partitivnog skupa su podskupovi od X . Npr. � � 2X ,

X � 2X . Na partitivnom skupu definirane su tri osnovne operacije:�i� dvije operacije �unija� i � �presjek� koje dvama elementima A� B � P�X� pri-

druzuju treci element iz P�X� . To su tzv. binarne operacije na X �opca definicijabinarne operacije bit ce dana u Poglavlju 2�.

�ii� operacija komplementiranja A A , koja je unarna operacija, tj. operacija sasamo jednom varijablom A � P�X� .

A B

A BX X

A B

A B

Sl. 1.3. Unija i presjek skupova.

Nije tesko dokazati da na partitivnom skupu P�X� vrijede neka jednostavnapravila s obzirom na tri navedene operacije: , � i komplementiranje u X .

Teorem 1. Neka su A� B� C � 2X . Vrijede ova pravila algebre skupova:(1) idempotentnost operacija unije i presjeka: A A � A , A � A � A ;(2) asocijativnost: �A B� C � A �B C� , �A � B� � C � A � �B � C� ;(3) komutativnost: A B � B A , A � B � B � A ;(4) distributivnost: A��B C� � �A�B� �A�C� , A �B�C� � �A B��A C� ;(5) DeMorganove formule: A B � A � B , A � B � A B ;(6) A � � A , A � X � A ;(7) A X � X , A � � � � ;(8) komplementiranost: A A � X , A � A � � ;

(9) involutivnost komplementiranja: A � A .

Primjedba �� Iz teorema je vidljivo da sva navedena pravila algebre skupovaimaju svojstvo dualnosti: ako u jednom pravilu zamijenimo svuda sa � i obrat-no, i isto tako � sa X i obratno, dobivamo takoder valjano pravilo algebre skupova.Na taj nacin se iz jednog zakona distribucije dobiva drugi – njemu dualan, iz jedneDeMorganove formule druga �i obratno�.

Primjedba �� Zbog svojstva asocijativnosti opravdano je umjesto A �B C�pisati krace A B C , i taj izraz racunati na bilo koji od dva nacina navedena u �2�.Isto vrijedi i za A � B � C .

Primjedba �� Ako imamo veci broj skupova A1� � � � � An , onda umjesto A1 � � � An pisemo krace n

k�1Ak . Slicno i za presjek � . Ako imamo beskonacan slijed

6 1. SKUPOVI

�niz� skupova �An� , n � 1� 2� � � � , onda njihovu uniju oznacavamo sa �k�1Ak i slicnoza presjek.

Primjedba �� U gornjem teoremu je dobro primijetiti da je � najmanji, a Xnajveci element u sljedecem smislu: za svaki podskup A u X vrijedi � � A � X .

Primjer �� Dokazimo za ilustraciju samoDeMorganovu formulu A � B � A Bu prethodnom teoremu. U tu svrhu dokazimo najprije da je skup na lijevoj strani jed-nakosti podskup skupa na desnoj strani. Neka je x � A � B , tj. x �� A � B . Ondaje x �� A ili x �� B �jer x nije u oba skupa istodobno, vidi Sliku 1.3 desno�. Daklex � A ili x � B , tj. x � A B . Time smo dokazali da je A � B � A B . Obratnainkluzija dokazuje se na slican nacin.

1.2. Kartezijev produkt skupova

U matematici je pojam Kartezijeva produkta skupova od iznimne vaznosti, jer sesusrece posvuda.

Definicija� Ako su A1 ,� � � , An neprazni skupovi, onda definiramo Kartezijevprodukt

A1 � A2 � � � �� An

kao skup svih poredanih n–teraca �a1� a2� � � � � an� takvih da je ak � Ak za svek � 1� � � � � n . Taj se skup oznacava krace sa

Qnk�1 Ak .

Kartezijev umnozak dvaju skupova dobro je gledati kao ‘pravokutnik’ razapet saA1 horizontalno i A2 vertikalno, ciji su elementi tocke oblika �a1� a2� . Pri tom su a1i a2 koordinatne vrijednosti. Vidi Sliku 3.1. Za tri skupa dobivamo ‘kvadar’ itd.

Korisno je znati da se Kartezijev umnozak skupova moze opisati i na drugi, rav-nopravan nacin. Ako je �a1� � � � � an� �

Qnk�1 Ak , onda taj n -terac mozemo promatrati

kao funkciju f : f1� � � � � ng nk�1Ak takvu da je f �k� � ak i

f �k� � Ak �� Obratno, svaka funkcija f : f1� � � � � ng n

k�1Ak sa tim svojstvom �� odredujepripadni n -terac �a1� � � � � an� iz Kartezijeva produkta, gdje je ak � f �k� . Dru-gim rijecima, Kartezijev produkt skupova moze se definirati i kao skup svih funkcijaf : f1� � � � � ng n

k�1Ak sa svojstvom �� .Primjer �� Za skupove A1 � f1� 2� 3g i A2 � fa� bg je

A1 � A2 � f�1� a�� 2� a�� 3� a�� 1� b�� 2� b�� 3� b�g�Vidimo da za bilo koje konacne skupove A i B vrijedi da je broj elemenata u Kartezi-jevom produktu A � B jednak umnosku broja elemenata u A i B . Drugim rijecima,vrijedi produktno pravilo: jA�Bj � jAj � jBj , gdje smo s j � j oznacili broj elemenataskupa �tzv. kardinalni broj skupa�.

�ee� Povijesna crtica �ee� Pojam funkcije uveo je 1694. g. Gottfried Wil-helm Leibniz �1646.–1716.�, a u modernom smislu Leonhard Euler �1707.–1783.�,od kojeg potjece i oznaka f �x� . Oznake � i � za relaciju podskupa i nadskupamedu skupovima, kao i princip dualnosti u matematicku logiku, uveo je njemacki ma-tematicar Ernst Schroder �1841.–1911.�. Oznaku � za element skupa, zatim binarne

1.3. EKVIPOTENTNI SKUPOVI, KARDINALNI BROJ 7

operacije i � za uniju i presjek skupova uveo je Talijan Giuseppe Peano �1858.–1932.�. Cesto je korisno skupove oznacavati s pomocu Vennovih dijagrama, nazvanihprema engleskom matematicaru Johnu Vennu �1834.–1923.�, vidi npr. Sliku 1.3.

1.3. Ekvipotentni skupovi, kardinalni broj

U ovom i daljnjim odjeljcima bit ce nam vrlo vazni pojmovi kao sto su injektivna,surjektivna i bijektivna funkcija, te pojam slijeda.

Definicija� Za neprazan skup A kazemo da je konacan ako postoji prirodanbroj n i bijekcija f : f1� 2� � � � � ng A . Broj n zovemo kardinalni broj skupa Ai oznacavamo ga sa jAj . Kazemo jos da A ima n elemenata. U tom slucaju skup Aje moguce zapisati kao A � fa1� a2� � � � � ang , gdje je ak :� f �k� , k � 1� � � � � n . Iprazan skup � smatramo konacnim skupom s kardinalnim brojem 0 .

Za skup A kazemo da je beskonacan ako nije konacan. Postoje dvije osnovnevrste beskonacnih skupova:�i� za beskonacan skup A kazemo da je prebrojiv ako se skup njegovih elemenata

moze poredati u beskonacan slijed: A � fa1� a2� a3� � � �g .�ii� za beskonacan skup A kazemo da je neprebrojiv ako se ne moze poredati u slijed.

Jasno je da je N prebrojiv skup. Vidjet cemo kasnije da je cak i skup racionalnihbrojeva Q prebrojiv, kao i to da je skup R neprebrojiv.

Ponekad je korisno znati ovo jednostavno svojstvo: ako je skup A konacan i akoje f : A A injektivna funkcija, onda je f i surjekcija �dakle bijekcija�. To slijediodmah iz ove propozicije.

Propozicija 1. Neka su A i B konacni skupovi koji imaju isti broj elemenata,tj. jAj � jBj . Funkcija f : A B je injektivna onda i samo onda ako je surjektivna.

DOKAZ. Neka je f injektivna funkcija. Onda skupovi A i f �A� imaju isti broj ele-menata, doticno jAj � j f �A�j . Zbog jAj � jBj je onda j f �A�j � jBj . Odavde zajednosa f �A� � B , i jer je B konacan skup, slijedi f �A� � B , dakle f je surjekcija.

Obratno, neka je f surjekcija. Onda je jAj � j f �A�j � jBj , pa zbog jAj � jBjimamo jAj � j f �A�j . Buduci da je A konacan skup, to znaci da je f injekcija.

Moze se pokazati da beskonacni skupovi nemaju ovo svojstvo. Stovise, skup Aje beskonacan onda i samo onda ako postoji bijekcija na neki njegov pravi podskup,vidi Primjer 1 nize.

Kao sto smo rekli, za beskonacan skup A kazemo da je prebrojiv ako se njegoviclanovi mogu poredati u slijed: A � fa1� a2� � � �g . Ekvivalentno tome, skup A jeprebrojiv ako postoji bijekcija f : N A .

Doista, ako je A � fa1� a2� � � � � ak� � � �g prebrojiv skup, onda mozemo definirati bijekcijuf : N � A sa f �k� � ak . Obratno, ako je f : N � A bijekcija, onda skup A mozemo poredati uslijed �niz� stavljajuci ak :� f �k� . Funkcija f zove se funkcija prebrojavanja skupa A .

Primjer �� Skup svih parnih brojeva 2N � f2� 4� 6� � � �g je prebrojiv, jer jef : N 2N , f �k� � 2k , bijekcija �provjerite�. Opcenitije, svaki beskonacan pods-kup skupa prirodnih brojeva je prebrojiv, jer se ocevidnomoze poredati u slijed brojevapo velicini, vidi Teorem 3 nize.

8 1. SKUPOVI

A sto bi bio kardinalni broj skupa koji je beskonacan? Da bismo dosli do togpojma, primijetimo da skup A ima n elemenata onda i samo onda ako postoji bijekcijas A na skup f1� 2� � � � � ng . Definirajmo zato najprije pojam ekvipotentnosti meduskupovima.

Definicija� Kazemo da je skup A ekvipotentan �jednakobrojan� sa skupom Bako postoji bijekcija f : A B .

Ekvipotentnost je zapravo jedna relacija medu skupovima, o kojima ce vise rijecibiti u Poglavlju 2.

Teorem 2. Oznacimo svojstvo da je skup A ekvipotentan sa skupom B oznakomA � B . Ekvipotentnost ima ova temeljna svojstva:(i) refleksivnost: A � A za svaki skup A ;(ii) simetricnost: ako je A � B , onda je i B � A ;(iii) tranzitivnost: ako je A � B i B � C , onda je A � C .

DOKAZ. �i� Identitet id : A A , id�x� � x , je bijekcija; �ii� ako je f : A B bijek-cija, onda je i inverzna funkcija f�1 : B A takoder bijekcija; �iii� Ako su funkcijef : A B i g : B C bijekcije, onda je i njihova kompozicija g� f : A C takoderbijekcija.

Jasno je da za konacne skupove A i B njihova ekvipotentnost znaci upravo toda imaju isti broj elemenata. Broj elemenata konacnog skupa zovemo kardinalni brojskupa. Razumno je na slican nacin definirati i kardinalni broj za beskonacne skupove.

Definicija� Za skupove A i B kazemo da imaju isti kardinalni broj ako suekvipotentni, doticno ako postoji bijekcija s jednog na drugi. Pisemo jAj � jBj .

Ako je zadan konacan skup A � fa1� � � � � ang , onda je njegov kardinalni brojjednak n : jAj � n .

Definicija� Ako je skup A prebrojiv, onda njegov kardinalni broj oznacavamosa �0 i zovemo “alef nula” �prema prvom slovu � “alef” hebrejskoga pisma�, i pi-semo jAj � �0 . Kardinalni broj skupa R realnih brojeva oznacavamo sa c i zovemokontinuum. Pisemo jRj � c .

Kardinalne brojeve bilo koja dva skupa A i B mozemo usporedivati ovako. Ka-zemo da je jAj � jBj �i citamo: kardinalni broj skupa A je manji ili jednak odkardinalnog broja skupa B � ako postoji injektivna funkcija f : A B . To je istosto i reci da je skup A ekvipotentan s nekim podskupom od B �i to upravo sa f �A� �.Ukoliko je jAj � jBj i skupovi A i B nisu ekvipotentni, onda pisemo jAj � jBj . Akosu skupovi A i B konacni, onda jAj � jBj izrazava uobicajen odnos � �manje ilijednako� izmedu broja elementa skupa A i broja elemenata skupa B .

Moze se pokazati da ako je jAj � jBj �tj. skup A je ekvipotentan nekom podskupu od B � ijBj � jAj �tj. skup B je ekvipotentan nekom podskupu A �, onda postoji i bijekcija izmedu skupovaA i B , tj. jAj � jBj . Za beskonacne skupove ova tvrdnja zove se Schroder–Bernsteinov teorem, injen dokaz nije jednostavan, vidi �Papic, str. 55�. Naravno, za konacne skupove A i B ova je tvrdnjaocevidna.

Jasno je da vrijedi N � R , pa je dakle �0 � c . Kasnije cemo pokazati dane postoji bijekcija sa skupa N na R , odakle ce slijediti da su ova dva beskonacnakardinalna broja medusobno razlicita, tj. �0 � c �vidi Teorem 1.5.1�.

Primjer �� Buduci da postoji bijekcija sa N � f1� 2� 3� � � �g na 2N �skup svihparnih brojeva�, onda je jNj � j2Nj � �0 . Dakle imamo skup koji je ekvipotentan

1.3. EKVIPOTENTNI SKUPOVI, KARDINALNI BROJ 9

svom pravom podskupu! Kod konacnih skupova se tako sto ne moze dogoditi. Takvuvlastitost imaju svi beskonacni skupovi, i samo oni. Evo jos tri slicna primjera:�i� Skupovi ��1� 1� i R su ekvipotentni. Dovoljno je vidjeti da je funkcija

f : R ��1� 1� zadana sa f �x� � th x bijekcija.�ii� Bilo koja dva otvorena intervala u R oblika �a� b� i �c� d� su ekvipotentna. Nai-

me, funkcija f : �a� b� �c� d� definirana sa f �x� � d�cb�a �x� a�� c je bijekcija

�pravac kroz tocke A�a� c� i B�b� d� u ravnini�.�iii� Skupovi N i njegov pravi podskup f5� 6� 7� � � �g su ekvipotentni, jer je funkcija

pomaka f �k� � k � 4 bijekcija medu njima.

U dokazu sljedeceg teorema rabit cemo ocevidnu cinjenicu da svaki podskup sku-pa prirodnih brojeva ima minimalni element.

Teorem 3. Svaki beskonacan podskup prebrojiva skupa je prebrojiv.

DOKAZ. Umjesto skupa A � fa1� a2� � � �g dovoljno je tvrdnju dokazati za N �f1� 2� � � �g . Neka je dakle A � N i B beskonacan podskup od N . Odaberimo najma-nji prirodni broj b1 u B . Zatim iz B izbacimo b1 i gledamo najmanji element b2 upreostalom skupu B n fb1g . Neka je zatim b3 najmanji prirodni broj u B n fb1� b2g ,itd. Nije tesko provjeriti da je funkcija f : N B definirana sa f �k� � bk bijekcija,pa je B prebrojiv skup.

Primjedba �� Iz prethodnog teorema vidimo da ce neki skup A biti prebrojivonda i samo onda ako postoji injektivno preslikavanje f : A N cija je slika f �A�beskonacan podskup od N . Naime ako f gledamo kao funkciju f : A f �A� , ondaje f bijekcija i skup f �A� je prebrojiv.

Sljedece svojstvo imaju samo beskonacni skupovi.

Teorem 4. Neka je A beskonacan skup i K njegov konacan podskup. Onda suskupovi A i A n K ekvipotentni, tj. jAj � jA n Kj .

DOKAZ. Neka je K � fa1� � � � � akg . Buduci da je A beskonacan skup, onda pos-toji prebrojiv podskup S , koji sadrzi K , tj. S � fa1� � � � � ak� ak�1� � � �g . Funkcijaf : A A n K definirana kao identitet na A n S i kao pomak za k na slijedu S :

f �x� �

�x� za x � A n S ,ai�k� za x � ai � S ,

je ocevidno bijekcija.

Primjer �� Na temelju ovog stavka imamo zanimljiv zakljucak: skupovi �0� 1� ,�0� 1� , �0� 1� su ekvipotentni.

Primjedba �� Spomenimo da se kardinalni broj skupa A u literaturi cesto oz-nacava i sa card A ili �A umjesto jAj .

10 1. SKUPOVI

1.4. Prebrojivi skupovi i njihovo kodiranje

Rabeci Primjedbu 1.3.1 mozemo lako dokazati da je npr. skup Nk � N� � � ��Nsvih poredanih k –teraca prirodnih brojeva prebrojiv. Stovise, vrijedi

Teorem 1. Skup A � N N2 N3 � � � je prebrojiv. Drugim rijecima, skupsvih konacnih sljedova prirodnih brojeva je prebrojiv.

DOKAZ. Odaberimo slijed prostih brojeva p1 � 2 , p2 � 3 , p3 � 5 , p4 � 7 , p5 � 11itd. Skup prostih brojeva je beskonacan. Definirajmo funkciju f : A N sa

f �n1� � � � � nk� � pn11 � � � pnk

k �

Dokazimo da je ova funkcija injekcija. Neka je f �n1� � � � � nk� � f �m1� � � � � mj� , tj.pn11 � � � pnk

k � pm11 � � � p

mjj . Buduci da imamo jednakost brojeva koji su rastavljeni na

proste faktore, prema Osnovnom teoremu aritmetike slijedi da je k � j i ni � mi zasve i � 1� � � � � k . Time je injektivnost od f dokazana.

Slika preslikavanja f je ocevidno beskonacan skup �vec za “jednoclane” sljedoven je skup pripadnih vrijednosti oblika f �n� � 2n , dakle beskonacan skup�. Tvrdnjaslijedi iz Primjedbe 1.3.1.

Definicija� Funkcija f : A N iz dokaza prethodnog teorema zove se kodi-ranje skupa A . Npr. trojcu �6� 14� 9� bit ce pridruzen kod 2631459 .

Primjedba �� Skup svih konacnih sljedova cijelih brojeva je prebrojiv. Buducida je skup svih konacnih sljedova sastavljenih samo od 0 i 1 njegov beskonacan pod-skup, onda je i on prebrojiv. Cine ga sljedovi nula i jedinica oblika: 0 , 101 , 1101001itd.

Pokazuje se da je skup svih beskonacnih sljedova nula i jedinica neprebrojiv, do-ticno ima kardinalni broj c �dakle ekvipotentan je sa R ; vidi sljedeci odjeljak�.

Teorem 2. Skupovi cijelih brojeva Z i racionalnih brojeva Q su prebrojivi.

DOKAZ. �i� Najprije cemo skup svih pozitivnih cijelih brojeva preslikati bijektivno uskup svih parnih prirodnih brojeva, a zatim negativne cijele brojeve i nulu bijektivnou neparne prirodne brojeve. To radi funkcija f : Z N koja pozitivnim cijelimbrojevima pridruzuje parne prirodne brojeve, a nuli i negativnim cijelim brojevimapridruzuje neparne prirodne brojeve:

f �k� �

�2k za k � 0 �2jkj� 1 za k � 0 �

Ona je ocevidno bijekcija.�ii� Dovoljno je pronaci injektivnu funkciju f : Q N , vidi Teorem 1.3.3. Mo-

zemo ju lako konstruirati kodiranjem. Svaki racionalan broj x je odreden s tri podatka:predznakom p ��1 ili �1 �, brojnikom m � N0 i nazivnikom n � N . Pretpostavitcemo da su brojnik i nazivnik skraceni do kraja �tj. bez zajednickog djelitelja � 1 �.Funkcija f : Q N definirana sa f �pm

n � � 2p�13m5n je injektivna, sto se dobivaodmah iz Osnovnog teorema aritmetike. Naime ako je f �p1

m1n1

� � f �p2m2n2

� , onda je

2p1�13m15n1 � 2p2�13m25n2 , dakle p1 � 1 � p2 � 1 , m1 � m2 , n1 � n2 , doticnop1

m1n1

� p2m2n2

.

1.5. NEPREBROJIVOST SKUPA REALNIH BROJEVA 11

Primjedba �� Prebrojivost skupa Z cijelih brojeva moze se lako dokazati ikodiranjem. Pokusajte. I prebrojivost skupa Q racionalnih brojeva moze se dokazatiizravno, tako da se poreda u slijed. Racionalne brojeve pisemo u obliku �m

n i slazemoih u slijed ovako:�1� najprije pisemo nulu, zatim�2� poredamo sve pozitivne racionalne brojeve kojima je zbroj brojnika i nazivnika

jednak 2 : 11 ,

�2’� poredamo sve negativne racionalne brojeve kojima je zbroj brojnika i nazivnikajednak �2 : � 1

1 ,�3� pisemo sve pozitivne racionalne brojeve kojima je zbroj brojnika i nazivnika jed-

nak 3 : 12 , 2

1 ,�3’� poredamo sve negativne racionalne brojeve kojima je zbroj brojnika i nazivnika

jednak 3 : � 12 , �2

1 ,itd. Dakle skup racionalnih brojeva Q moze se poredati u slijed ovako 0 , 1 , �1 1

2 ,21 , �1

2 , �21 , 1

3 , 31 , 2

2 , 31 , �1

3 , �22 , �3

1 , itd. Pri tom se neki od racionalnih brojevai ponavljaju. Time je dokazano da vrijedi jQj � �0 . Sljedeca slika pokazuje kako sepozitivni racionalni brojevi mogu poredati u slijed:

11 2

131

41

12

13

14

22

32

42

23

33

43

24

34

44

Sl. 1.4.

1.5. Neprebrojivost skupa realnih brojeva

Kao sto smo rekli, kardinalni broj skupa realnih brojeva R zovemo kontinuum�kazemo da realnih brojeva ima kontinuum�, a kardinalni broj skupa prirodnih brojevazovemo �0 �alef nula�. Zbog N � R je ocevidno �0 � c . Sljedeci teorem pokazujeda je �0 �� c . Skupovi realnih i racionalnih brojeva su oba beskonacni, ali ne podjed-nako. Pokazimo da je skup realnih brojeva ‘vise beskonacan’ nego skup racionalnih.

Teorem 1. �Georg Cantor� Skup R je neprebrojiv, tj. nije ekvipotentan sa sku-pom N . Drugim rijecima vrijedi �0 � c , tj. skup realnih brojeva ne moze se poredatiu slijed.

DOKAZ. �Cantorov dijagonalni postupak� Pretpostavimo suprotno, tj. da je skup Rprebrojiv. Vec smo vidjeli da je R ekvipotentan s intervalom �0� 1� , pa se onda i skup

12 1. SKUPOVI

�0� 1� moze poredati u slijed: �0� 1� � fx1� x2� � � �g . Prikazimo ove brojeve u deci-malnom zapisu. Taj prikaz nije jednoznacan, jer se npr. broj s konacnim decimalnimprikazom 0�31 moze pisati i u obliku beskonacnog decimalnog prikaza 0�30999 � � � .Za svaki broj iz �0� 1� rabit cemo, radi jednoznacnosti, njegov beskonacan decimalniprikaz. Onda vrijedi

x1 � 0�a11a12a13 � � �

x2 � 0�a21a22a23 � � �

x3 � 0�a31a32a33 � � � �

gdje su aij znamenke izmedu 0 i 9 . Pogledajmo sada slijed znamenaka a11 , a22 ,a33 itd. na “dijagonali” u gornjem decimalnom prikazu. Odaberimo slijed znamenakabn iz skupa f1� � � � � 9g na ovaj nacin: znamenka b1 neka je odabrana tako da buderazlicita od a11 , b2 razlicita od a22 itd. Onda je broj b :� 0�b1b2b3 � � � razlicit odx1 �ne podudaraju se u prvoj decimali�, isto tako b �� x2 �ne podudaraju se u drugojdecimali�, itd. Stoga b �� fx1� x2� x3 � � �g � �0� 1� . To je kontradikcija, jer decimalniprikaz od b pokazuje da je b � �0� 1� .

Primjedba �� Gledajuci brojeve iz intervala �0� 1� u binarnomzapisu, nije teskovidjeti da je na isti nacin i skup svih beskonacnih sljedova sastavljenih samo od nula ijedinica �npr. 010110 � � � � neprebrojiv.

Primjedba �� Vidjeli smo da ako je A � N , onda je A ili konacan ili prebrojivskup. Postavlja se pitanje vrijedi li nesto slicno i za skup A za koji je

N � A � R�tj. slijedi li odavde da je nuzno jAj � �0 ili jAj � c? Ta se hipoteza zove Cantorovahipoteza kontinuuma. Ili mozda postoji skup A takav da je �0 � jAj � c , tj. postojikardinalni broj koji je strogo izmedu �0 i c?

Neocekivanodgovor na to pitanje dao je Paul Cohen 1964. g. Navedeni problem jeneodluciv. To znaci da se hipoteza kontinuuma ne moze niti dokazati niti opovrgnuti spomocu preostalih aksioma teorije skupova. Drugim rijecima, moguca je jedna suvislateorija skupova u kojoj ce hipoteza kontinuuma vrijediti �tj. nema kardinalnog brojaizmedu �0 i c �, a moguca je isto tako i druga suvisla teorija skupova u kojoj hipotezakontinuuma nece vrijediti. Hipoteza kontinuuma ne moze se izvesti iz standardneaksiomatike teorije skupova, pa se ona sama moze postulirati kao nezavisan aksiomteorije skupova, ili pak se moze postulirati njena negacija.

Problem je slican kao kod znamenitog petog Euklidova aksioma �aksioma o paralelama - krozzadanu tocku u ravnini prolazi tocno jedan pravac paralelan sa zadanim pravcem�: moze li se petiEuklidov aksiom izvesti iz prva cetiri? Pokazuje se da ne moze. Pazljivo razmatranje tog pitanjadovelo je do otkrica neeuklidskih geometrija �Lobacevski, i jos ranije Gauss�.

Primjedba �� Skup svih racionalnih brojeva Q je prebrojiv �Teorem 1.4.2�,skup svih realnih je neprebrojiv �Teorem 1�, dakle skup svih iracionalnih brojevaR n Q �tj. realnih brojeva koji nisu racionalni� je neprebrojiv, tocnije, jR n Qj � c .Iracionalni brojevi su tocno oni ciji decimalni prikaz nije periodican. Moze se dokazatida je i jCj � c , doticno skupovi C i R su ekvipotentni. Stovise, za svaki prirodanbroj n vrijedi jRnj � c , gdje je Rn skup svih poredanih n -teraca realnih brojeva.

Jos jedan vazan prebrojiv skup koji je sadrzan u �neprebrojivom� skupu realnihbrojeva cini skup algebarskih brojeva.

Definicija� Za realan broj a kazemo da je algebarski broj ako postoji polinomP�x� s cjelobrojnim koeficijentima koji nisu svi 0 , takav da je P�a� � 0 .


Primjeri algebarskih brojeva su svi racionalni brojevi ba , gdje je a � N , b � Z

�nultocka od ax � b �,p

2 �nultocka od x2 � 2 �, 3p2 �nultocka od x3 � 2� ,5q

2 �p

3�7 �lako mozete naci polinom s cjelobrojnim koeficijentima cija je ovonultocka�, itd. itd. Vrijedi ovakav iznenadujuc rezultat:

Propozicija 2. Skup svih algebarskih brojeva je (samo) prebrojiv.

DOKAZ. Svakom polinomu s cjelobrojnim koeficijentima mozemo pridruziti konacanslijed njegovih cjelobrojnih koeficijenata. Buduci da je to pridruzivanje injektivno, iskup konacnih sljedova cijelih brojeva prebrojiv �po Teoremu 1.4.1�, onda je i skupsvih polinoma s cjelobrojnim koeficijentima prebrojiv, tj. mozemo ga poredati u slijed:P1� P2� P3� � � � Svakom od tih polinoma pripada konacno mnogo kompleksnih nulto-caka �najvise onoliko koliki je stupanj pripadnog polinoma; Gaussov osnovni teoremalgebre�. Prebrojivost skupa svih tih nultocaka �algebarskih brojeva�moze se pokazati“nadovezivanjem”. Npr. ako je P1 polinom cetvrtog stupnja s nul-tockama z11 , z12 ,z13 , z14 , onda im pridruzimo prirodne brojeve 1� 2� 3� 4 , ako je P2 polinom desetogstupnja s nultockama z21z22 � � � z2�10 , pridruzujemo im brojeve 5� 6� � � � 14 , itd.

Definicija� Realni brojevi koji nisu algebarski zovu se transcendentni brojevi.

Na temelju prethodne propozicije zakljucujemo da je skup transcendentnih broje-va �cak� neprebrojiv. To nije bas u skladu s cinjenicom da smo do sada upoznali samo

dva od njih: π i e . Ima ih medutim jos, poput 2p

3 , ln 2 , sin 1 �vidi povijesnu crticuna str. 222�. Jedan neprebrojiv skup transcendentnih brojeva moze se konstruiratiovako: x �

P�n�1

an10n! , gdje je an � f0� 1g i skup svih an koji su jednaki 1 je bes-

konacan. Da je svaki od tih brojeva transcendentan, dokazao je francuski matematicarJoseph Liouville �1809–1882�. Njihova neprebrojivost je jasna: svakom x mozemobijektivno pridruziti slijed �an� nula i jedinica �taj skup sljedova je neprebrojiv�.

Zadatci za vjezbu

1. Ispitaj koja je od sljedecih funkcija f : N N injekcija, surjekcija, ilibijekcija: �a� f �k� � 2k � 3 �b� f �n� � �n � 5�2 � 3 , �c� f �x� � x2 � 2x � 3�d� f �a� � a3 � 3r � 5 .

2. Zadan je skup A � f1� 2� 3g . �a� Uvjeri se da ima ukupno 27 funkcijaf : A A . �b� Nadi sve surjektivne funkcije f : A A . �c� Nadi sve injektivnefunkcije f : A A . �d� Nadi sve bijekcije f : A A .

3. Pokazi da je skup A svih neparnih brojeva prebrojiv tako da konstruiras bijek-ciju s N na A .

4. Konstruiraj formulom neku bijekciju sa skupa N na skup A svih onih prirodnihbrojeva koji pri dijeljenju s 5 daju ostatak 3 . Nadi njoj inverznu funkciju.

5. Konstruiraj neku bijekciju sa skupa h : A B , gdje je A skup svih prirodnihbrojeva koji pri dijeljenju s 5 daju ostatak 3 , a B skup svih prirodnih brojeva koji pridijeljenju s 3 daju ostatak 2 .

6. Konstruiraj formulom neku injektivnu funkciju sa skupa Z� Z u skup N .7. Konstruiraj �sto je moguce jednostavnijom formulom� neku surjektivnu funk-

ciju iz skupa Z� Z na N .8. Konstruiraj neku bijekciju sa skupa Z� Z u skup N .

14 1. SKUPOVI

9. �tezi zadatak� Napisi racunalni program koji ce unosom cijelih brojeva x i ydati na izlazu redni broj n tocke Tn�x� y� u gore opisanom spiralnom prebrojavanju.

10. �tezi zadatak� Konstruiraj bijekciju sa zatvorenog intervala �0� 1� na poluot-voren interval �0� 1� . Nacrtaj graf te funkcije.

Naputci i rjesenja

1. �a� Za injektivnost treba provjeriti da f �k1� � f �k1� � 2k1 � 3 � 2k2 � 3 � k1 � k2 .�d� Ispitaj intervale monotonosti ove funkcije gledajuci najprije a kao realan parametar.

2. �a� Sve funkcije dobijemo tako da elementima 1� 2� 3 pridruzujemo redom 1� 1� 1 �to jeprva funkcija�, zatim 1� 1� 2 �druga�, 1� 1� 3 �treca�, pa

1� 2� 1� 1� 2� 2� 1� 2� 3�

1� 3� 1� 1� 3� 2� 1� 3� 3�

2� 1� 1� 2� 1� 2� 2� 1� 3�

2� 2� 1� 2� 2� 2� 2� 2� 3�

3� 1� 1� 3� 1� 2� 3� 1� 3�

i na koncu 3� 2� 1 , 3� 2� 2 , 3� 3� 3 �dvadeset sedma funkcija�. �b� Sve surjekcije iz konacnog skupau samoga sebe su bijekcije, tj. kao u �d�. �c� Svaka injekcija iz A u A , gdje je A konacan skup, jebijekcija. �d� Svih bijekcija iz A u A ima ukupno 6 : f1 , f2 ,� � � , f6 : A � A . Na pr. f1 preslikava1� 2� 3 redom u 1� 2� 3 �identitet�, f2 preslikava 1� 2� 3 redom u 1� 3� 2 , f3 redom u 2� 1� 3 , f4 u2� 3� 1 , f5 u 3� 1� 2 , a f6 u 3� 2� 1 .

3. Konstruiraj formulom neku bijekciju f : N � 2N� 1 , gdje je 2N� 1 skup svih neparnihbrojeva, 2N� 1 � f1� 3� 5� � � �g . Na pr. f �k� � 2k � 1 .

4. Elementi skupa A � f3� 8� 13� 18� � � �g su oblika 5k � 3 , gdje je k � N � f0g , tj.A � 5� �N� 1� � 3 . Dakle jedna prirodna bijekcija je oblika f �n� � 5�n � 1� � 3 .

5. Neka je f : N � A iz prethodnog zadatka, i na slican nacin konstruiramo bijekcijug : N � B , g�n� � 3�n � 1� � 2 . Onda je h � g � f�1 � 3x�1

5 . Moze i ovako: definiramo

h�5�n � 1� � 3� � 3�n � 1� � 2 , tj. za x � 5�n � 1� � 3 � 5n � 2 je n � 15 �x � 2� . Dakle,

h�x� � 3n � 1 � 35 �x � 2�� 1 � 3x�1

5 .

6. Za �x� y� � Z � Z mozemo pisati x � �sgn x� jxj , y � �sgn y� jyj , gdjeje sgn x � 1 za x � 1 , a sgn x � �1 za x � 0 . Prema tome mozemo definirati na

pr. f �x� y� � 2sgn x�13jxj5sgn y�17jyj . Iz osnovnog teorema aritmetike odmah slijedi da je

f injektivna funkcija iz Z � Z : f �x1� y1� � f �x2� y2� � 2sgn x1�13jx1j5sgn y1�17jy1j �

2sgn x2�13jx2j5sgn y2�17jy2j � sgn x1 � sgn x2 , jx1j � jx2j , i isto za y -ne, dakle x1 � x2 ,y1�� y2 , tj. �x1� y1� � �x2� y2� .

7. Na pr. f �x� y� � jxj� 1 .8. Skup Z � Z moze se shvatiti kao cjelobrojna mreza u ravnini, tj. kao skup svih tocaka

T�x� y� s cjelobrojnim koordinatama. Jedna bijekcija iz cjelobrojne mreze na skup svih prirodnihbrojeva moze se konstruirati tako da prebrojimo redom sve tocke na mrezi: prva tocka neka je isho-diste T1�0� 0� , druga neka je prva desno T2�0� 1� , treca neka prva sljedeca prema gore T3�1� 1� , izatim nastavljamo redom spiralno oko ishodista �u smjeru paralelno s koordinatnim osima, obrnutood kazaljke na satu�.

10. Pogledaj dokaz teorema 1.3.4.

�ee� Povijesna crtica �ee� Nijemac Richard Dedekind �1838.–1916.� bioje prvi koji je beskonacan skup definirao kao onaj koji je ekvipotentan sa svojim pravimpodskupom. To svojstvo je znao vec Galileo Galilei �1564.–1642.� za skup prirodnihbrojeva. Opci pojam kardinalnog broja za bilo koji beskonacan skup uveo je GeorgCantor �1845.–1918.�, kao i oznaku �0 za jNj . On je dokazao da je �0 � c , tj. da


ne postoji bijekcija izmedu N i R �tj. skup realnih brojeva se ne moze poredati u sli-jed�, rabeci svoj znameniti dijagonalni postupak. Georg Cantor je i jedan od osnivacateorije skupova. Srednjovjekovni matematicari smatrali su paradoksom cinjenicu dadva segmenta razlicitih duljina imaju isti broj elemenata. Nejasnoce je rijesio Cantoruvodenjem relacije ekvipotentnosti medu skupovima. On je pokazao da npr. skupoviN � P�N� � P�P�N�� imaju kardinalne brojeve koji su ne samo svi beskonac-ni, nego i medusobno razliciti: �0 � �1 � �2 � � � � �vidi �Papic, Teorem 3.20��.

Dokaz da je broj π iracionalan prvi je dao Johann Lambert �1728.–1777.�, adokaz da je on cak transcendentan dao je tek 1882. g. njemacki matematicar JohannLindemann �1852.–1932.�. Transcendentnost broja e dokazao je francuski matemati-car Charles Hermite �1822.–1901.�. Dokazi su vrlo slozeni.

Vaznu ulogu u razvoju moderne teorije skupova imali su medu inim engleski ma-tematicar Bertrand Russel �1872.–1970.� i austrijski matematicar Kurt Godel �rodenu Brnu u danasnjoj Ceskoj, 1906.–1978.�.

Beskonacno!Niti koje drugo pitanje nije nikada toliko duboko dirnulo duh covjeka.

— David HILBERT �1862.–1943.�

Prema legendi, sv. Augustin je, secuci uz obalu mora, i razmisljajuci o beskonacnom,ugledao dijete koje je pokusavalo isprazniti ocean uz pomoc jedne skoljke� � �

U svakoj [znanstvenoj] disciplini treba pazljivo razluciti tri aspekta teorije:(a) formalno logicki sadrzaj, (b) intuitivnu pozadinu, (c) primjene.

— William �Vilim� FELLER �1906–1970�

Nemoj samo citati; bori se! Postavljaj svoja vlastita pitanja,trazi svoje vlastite primjere, otkrij svoje vlastite dokaze.

Je li pretpostavka nuzna? Je li obrat istinit? Sto se dogada u specijalnom slucaju?Sto je s degeneriranim slucajevima? Gdje dokaz rabi pretpostavke?

— Paul R. HALMOS �1916.�

�Kad su ga pitali koliko ima godina.�

Imao sam x godina u godini x2 . �Izracunaj x .�— Augustus DeMORGAN �1806.–1871.�

Cijele je brojeve stvorio dragi Bog, a sve ostalo djelo je covjeka!— Leopold KRONECKER �1823.–1891.�

��Binarne relacije

2.1. Refleksivne, simetricne, tranzitivne relacije

Svakodnevno smo okruzeni mnogobrojnim relacijama na raznim skupovima, spomocu kojih se definira “odnos” izmedu dva elementa nekog skupa �prvog i drugog�.Evo nekih “relacija” definiranih na skupu svih ljudi �zadanih na parovima od dvojeljudi x i y �: biti jednako star kao � x je jednako star kao y �, biti stariji od, biti mladiod, biti visi od, biti laksi od, biti brzi od, ne biti sporiji od, imati istu boju ociju kao, bitiobrazovaniji od, biti zaljubljen u, biti brat od, biti majka od, biti roden u istom mjestukao, biti iste nacionalnosti kao, biti u vezi putem Interneta sa, itd.itd.

Definicija� Binarna relacija na skupu X je bilo koji neprazan podskup ρ �X � X . Kazemo da su elementi x i y u relaciji ρ �ili x je u relaciji s y � ako je�x� y� � ρ . U tom slucaju pisemo x ρ y .

Primjedba �� Rijec binarna �relacija� znaci da imamo “odnos” ρ izmedu dvaelementa, pri cemu je vazno znati koji je prvi, a koji drugi. Moze se naime dogoditi dabude x ρ y , a da ne bude y ρ x . Isto tako moze se dogoditi da ne bude niti x ρ y nitiy ρ x . U tom slucaju kazemo da su x i y neusporedivi �po doticnoj relaciji�.

Definicija� Za binarnu relaciju ρ na X kazemo da je

�i� refleksivna ako vrijedi ��x � X� x ρ x ;�ii� simetricna ako vrijedi ��x� y � X��x ρ y � y ρ x� ;�iii� tranzitivna ako vrijedi ��x� y� z � X��x ρ y � y ρ z � x ρ z� .

Provjerite za vjezbu koje su od relacija navedenih na skupu svih ljudi refleksivne,koje simetricne, koje a koje tranzitivne. Svaka refleksivna relacija sadrzi “dijagonalu”u skupu X � X , tj. skup f�x� x� : x � Xg . Naziv simetricne relacije jasan je sa slike.

2.2. RELACIJA EKVIVALENCIJE 17

Sl. 2.1. Simetricna relacija.

Primjer �� Relacija ρ zadana na skupu X zove se funkcija ako za svaki x � Xpostoji jedincat y � X takav da je x ρ y �tj. relacijom je svakom x pridruzen jedincaty �. Drugim rijecima, iz x ρ y1 i x ρ y2 slijedi y1 � y2 . Tu relaciju obicno oznacava-mo sa f : X X , y � f �x� .

Obratno, svaka funkcija f : X X takoder odreduje relaciju ρ . Prirodno je ρdefinirati tako da je x ρ y onda i samo onda ako je y � f �x� .

2.2. Relacija ekvivalencije

Uvedimo sada jednu osobito vaznu relaciju:

Definicija� Binarna relacija ρ � X � X zove se relacija ekvivalencije ako jerefleksivna, simetricna i tranzitivna, tj. ako za sve x , y i z u X vrijedi:

�a� x ρ x �refleksivnost�,�b� iz x ρ y slijedi y ρ x �simetricnost�,�c� iz x ρ y i y ρ z slijedi x ρ z �tranzitivnost�.

Primjer �� Relacija � �jednako� na skupu svih prirodnih brojeva je ocevidnorelacija ekvivalencije. Relacija � nije relacija ekvivalencije, jer nije simetricna.

Pogledajmo jos nekoliko primjera relacije ekvivalencije. Najprije navedimo jednuvaznu definiciju.

Definicija� Kazemo da su cijeli brojevi a i b kongruentni po modulu n �ilimodulo n �, n � N , ako je razlika a � b djeljiva sa n , tj. n j a � b . U tom slucajupisemo

a � b �mod n��

i citamo “a je kongruentan b po modulu �modulo� n ”. To je isto sto i reci da jea� b � nZ � f0� n��n� 2n��2n� � � �g . Nije tesko vidjeti da su a i b kongruentni pomodulu n onda i samo onda ako a i b pri dijeljenju s n daju isti ostatak.

18 2. BINARNE RELACIJE

Propozicija 1. Kongruencija po modulu n je relacija ekvivalencije na skupusvih cijelih brojeva Z :

(i) refleksivnost: x � x �mod n� ;(ii) simetricnost: ako je x � y �mod n� , onda je y � x �mod n� ;(iii) tranzitivnost: ako je x � y �mod n� i y � z �mod n� , onda je x � z �mod n� .

DOKAZ. �i� Broj n dijeli x � x � 0 ; �ii� ako n dijeli x � y onda n dijeli i broj��x�y� � y�x ; �iii� ako n dijeli x�y i y�z , onda n dijeli i �x�y��y�z� � x�z .

Primjer �� Ocevidno je 8 � 3 �mod 5� , 15 � 0 �mod 5� , 121 � 1 �mod 5� ,17 � 2 �mod 5� , �11 � 4 �mod 5� , �8 � 52 �mod 6� .

Primjer �� Spomenimo nekoliko primjera relacija ekvivalencije koje znamo josiz osnovne skole.1. Na skupu X svih trokuta u ravnini mozemo definirati binarnu relaciju slicnosti �

medu trokutima. Za dva trokuta kazemo da su slicni �i pisemo �ABC � �DEF �ako su im odgovarajuci kutovi jednaki. Onda su i odgovarajuce stranice propor-cionalne s istim faktorom proporcionalnosti.

2. Na skupu X svih trokuta u ravnini mozemo definirati binarnu relaciju sukladnosti�kongruentnosti� �� medu trokutima. Za dva trokuta kazemo da su sukladna �kon-gruentna� ako su im odgovarajuce stranice jednake duljine. Drugim rijecima, dvasu trokuta sukladna ako se jedan iz drugog moze dobiti gibanjem �svako gibanjetrokuta u ravnini moze se moze realizirati s pomocu njegove translacije, rotacije isimetrije u ravnini�.

Primjer �� Neka je X bilo koja familija skupova �tj. skup ciji su elementiskupovi�. Podsjetimo se, za skup A kazemo da je ekvipotentan �jednakobrojan� saskupom B ako postoji bijekcija f : A B . Tu relaciju oznacavamo sa � : A � B .Relacija ekvipotentnosti skupova je relacija ekvivalencije, vidi Teorem 1.3.2.

Citatelja mozda zbunjuje zasto u ovom primjeru nismo X definirali jednostavno kao skup svih sku-pova. Razlog lezi u poznatom paradoksu teorije skupova: pokazuje se da skup svih skupova nepostoji!

Primjer �� Spomenimo jos dvije jednostavne, ali korisne relacije ekvivalencijeiz matematicke analize.

1. Neka je X skup svih funkcija f : ��1� 1� R takvih da je f �x� �� 0 zax �� 0 , i limx�0 f �x� � 0 �takve se funkcije zovu nezimjerno male velicine�.Za f� g � X kazemo da je f �x� � g�x� kad x 0 ako je limx�0

f �x�g�x� � 1 .

Relacija � je relacija ekvivalencije na X . Korisno je znati da vrijedi na pr.x � sin x � ex � 1 � ln�1 � x� kad x 0 . Isto tako x � x � x3 , kad x 0 .

2. Neka je X skup svih redovaP�

n�1 an s pozitivnim clanovima, tj. an � 0 . Zadva reda iz X kazemo da su ekvivalentna, i pisemo

P�n�1 an �

P�n�1 bn , ako

postoji l � limn�� anbn

i l �� 0�� . Pokazuje se da vrijedi ovaj vazan teorem ousporedivanju redova: ako su dva reda iz X ekvivalentna, onda ili oba konver-giraju, ili oba divergiraju. Na pr.

P�n�1

nn2�1

� P�n�1

1n . Buduci da drugi red

divergira �harmonijski red�, onda divergira i prvi.

2.3. RAZREDI EKVIVALENCIJE, PARTICIJA SKUPA 19

Primjedba �� Primijetimo da u relaciji ekvivalencije poredak elemenata nijevazan: zbog simetricnosti je svejedno pisemo li x ρ y ili y ρ x . U literaturi je vrlocesto obicaj relaciju ekvivalencije oznacavati i sa � umjesto sa ρ , tako da mozemopisati x � y .

2.3. Razredi ekvivalencije, particija skupa

U ovom odjeljku cemo pokazati sljedecu vrlo jednostavnu, ali iznimno vaznucinjenicu: svakoj relaciji ekvivalencije pripada tocno odreden rastav skupa X na dis-junktne podskupove �particija skupa X � i obratno. Ti disjunktni podskupovi zovu serazredi �klase� ekvivalencije.

Definicija� Neka je ρ relacija ekvivalencije na X . Razred (klasa) ekvivalen-cije �x� elementa x � X je skup svih elemenata iz X koji su u relaciji s x . Dakle �x�je podskup od X definiran sa

�x� � fy � X : y ρ xg�Zbog x ρ x je uvijek x � �x� . Bilo koji element y iz �x� zove se reprezentant razreda�x� .

Teorem 1. Neka je ρ relacija ekvivalencije na X . Onda za sve x� y � X vrijediili �x� � �y� ili �x� � �y� � � . Pritom je x ρ y onda i samo onda ako je �x� � �y� .

DOKAZ. Pretpostavimo da je �x� � �y� �� . Trebamo dokazati da je �x� � �y� . Akopostoji z � X , z � �x� � �y� , onda je x ρ z i z ρ y . Zbog tranzitivnosti dobivamo da jex ρ y , tj. x � �y� . Prema tome je opet zbog tranzitivnosti �x� � �y� . Na isti nacin sepokazuje i y � �x� , tj. �y� � �x� . Dakle �x� � �y� .

X

x y

[ y ][ x ]

Sl. 2.2. Particija skupa odredena relacijom ekivalencije.

Primjedba �� Svi elementi u istom razredu su medusobno “ravnopravni” s obzi-rom na relaciju ekvivalencije. Drugim rijecima, kada govorimo o razredu ekvivalencije�x� , onda njegov element x nije ni na koji nacin “glavni” reprezentant razreda, negosamo jedan od ravnopravnih predstavnika u skupu �x� .

U sljedecoj definiciji pojavljuje se pojam familije, koji ce kod nas biti nista drugonego sinonim za pojam skupa. Rabi se obicno kada je rijec o skupu indeksa �familijaindeksa� ili o nekom skupu ciji su elementi skupovi �familija skupova�. Razlog zauvodenje ovog pojma je vise jezicne naravi: da se izbjegne nezgrapan izraz “skupskupova”, radije se govori o “familiji skupova”.

Definicija� Kazemo da familija podskupova fAigi�I od X cini particiju �dis-junktni rastav� skupa X ako vrijedi


�i� X � i�IAi ,�ii� Ai � Aj � � za sve i� j � I , i �� j , tj. familija podskupova je disjunktna.Ponekad cemo i sam prikaz skupa X � i�IAi kao disjunktne unije podskupova Aizvati particijom od X .

Primjedba �� Neka je ρ relacija ekvivalencije na X . Teorem 2 kaze upravo toda je familija podskupova f�x�gx�X particija skupa X .

Sljedeci stavak predstavlja obrat prethodnoga teorema. On pokazuje da svakaparticija skupa X na prirodan nacin odreduje relaciju ekvivalencije ciji razredi ekvi-valencije se podudaraju s podskupovima iz particije.

Teorem 2. Neka je fAigi�I particija skupa X . Definirajmo relaciju ρ na skupuX tako da je x ρ y onda i samo onda ako x i y pripadaju istom skupu iz particije, tj.postoji i � I tako da je x� y � Ai . Onda je ρ relacija ekvivalencije. Pripadni razrediekvivalencije podudaraju se sa skupovima Ai .

DOKAZ. Tvrdnja je ocevidna.

X

x y

AA A1 2 3

Sl. 2.3. Relacija ekvivalencije odredena particijom: xρy .

Definicija� Ako je ρ relacija ekvivalencije na skupu X , onda skup svih pri-padnih razreda ekvivalencije zovemo kvocjentni skup od X s obzirom na relaciju ρi oznacavamo sa X�ρ :

X�ρ � f�x�gx�X

Prema prethodnom teoremu vidimo da je kvocjentni skup zapravo isto sto i particijaskupa X s obzirom na relaciju ekvivalencije ρ .

Pocetniku je pri prvom susretu vjerojatno tesko naviknuti se da razred ekvivalencije �x� , kojije podskup u X , gleda kao jedan jedini element kvocjentnog skupa. Elementi u X se zapravo “gru-piraju” u disjunktne skupine �razrede� prema nekom zajednickom svojstvu. U istom razredu nalazese samo medusobno “srodni” �ekvivalentni� elementi. Na pr. ako je X skup ucenika neke skole iρ relacija “pohadati isti razred”, onda je X�ρ skup svih razreda u skoli. Razred ekvivalencije �x�jednak je razredu u kojem je ucenik x .

Primjer �� Neka je X skup svih ljudi na kugli zemaljskoj. Za dva covjeka x iy reci cemo da su u relaciji ρ ako su drzavljani iste drzave �pretpostavljamo da nitkonema dvojno drzavljanstvo, te da se granice ne mijenjaju s vremenom 1 �. Razred �x� jeskup svih drzavljana one drzave kojoj pripada osoba x . Kvocjentni skup X�ρ mozese poistovjetiti sa skupom D svih drzava u svijetu �svakom razredu �x� pridruzimoonu drzavu ciji je x drzavljan; pridruzivanje je ocevidno bijektivno�: X�ρ � D .

1 Kada je u jednoj anketi znameniti matematicar Steinhaus iz Lavova �1887–1972, Lviv, Ukrajina� bio upitankoliko puta je putovao preko granice, odgovorio je: “Niti jednom. Ali je granica mene presla tri puta!”

2.3. RAZREDI EKVIVALENCIJE, PARTICIJA SKUPA 21

Primjer �� Kvocjentni skup doista moze biti i beskonacan. Uzmimo X � C idefinirajmo relaciju ρ ovako: z1 ρ z2 ako je Re z1 � Re z2 . Lako se vidi da je to re-lacija ekvivalencije, a kvocjentni skup C�ρ jednak je familiji pravaca u kompleksnojravnini, koje su paralelne s imaginarnom osi.

Primjer �� Promatrajmo sada iznimno vaznu relaciju kongruencije � modulon na skupu Z i odredimo kvocjentni skup Z�� . Da bi odredili razred ekvivalencije�x� , podijelimo x sa n . Neka je kvocijent pri dijeljenju jednak q , a ostatak jednak r :x � qn � r . Znamo da je ostatak r sadrzan u skupu f0� 1� � � � � n� 1g . Buduci da jex � r �mod n� , onda je �x� � �r� . Prema tome je

Z � �0� �1� � � � �n� 1��

Ova unija je disjunktna, jer niti koja dva razlicita ostatka iz skupa f0� 1� � � � � n � 1gnisu kongruentna modulo n �razlika im je manja od n po apsolutnoj vrijednosti, panije djeljiva sa n �. Prema tome vrijedi ovaj jednostavan, ali vazan rezultat:

Propozicija 3. Kvocjentni skup na skupu cijelih brojeva po relaciji kongruencije� modulo n jednak je sljedecem n -clanom skupu:

Z�� f�0�� 1�� n� 1�gTaj skup zove se kvocjentni skup ostataka modulo n , ili skup razreda ostataka pridijeljenju sa n . Razredi ekvivalencije izgledaju ovako:

�0� � fqn : q � Zg�1� � fqn � 1 : q � Zg

...�n� 1� � fqn � �n � 1� : q � Zg�

Razred �r� , gdje je r � f0� 1� � � � � n � 1g , sadrzi skup svih onih cijelih brojevakoji dijeljenjem sa n daju ostatak jednak r , tj. brojeve oblika qn� r , q � Z . Korisnoje definirati skup nZ svih cjelobrojnih visekratnika broja n sa nZ � fkn : k � Zg .Onda particiju �rastav� skupa cijelih brojeva u Propoziciji 3 mozemo pisati i ovako:

Z � nZ fnZ � 1g � � � fnZ � �n� 1�g�Primijetimo da su dva broja x� y � Z u relaciji, tj. �x� � �y� , onda i samo onda ako jex� y � nZ . Na pr. buduci da je ��1�� n� 1� � �n � nZ , onda je ��1� � �n� 1� ,i slicno ��2� � �n� 2� itd.

Za n � 2 imamo Z�� f�0�� 1�g , doticno Z � �0� �1� , pri cemu je �0� � f� � � ��4� �2� 0, 2, 4, � � �g skup svih parnih cijelih brojeva, a �1� � f� � � � �3� �1� 1, 3,5, � � �g skup svih neparnih. Ovdje je na pr. ��1� � �1� .


2.4. Jos neki primjeri

Neke relacije ekvivalencije poznajemo iz osnovne i srednje skole �provjerite�:�a� ρ � “biti paralelan sa”, na skupu X svih pravaca u ravnini. Ako je p neki

pravac, onda je �p� familija �snop� svih pravaca paralelnih sa p . Skup svih takvihsnopova medusobno paralelenih pravaca �p� cini kvocjentni skup X�ρ .

�b� ρ � “biti koncentrican sa” – na skupu svih kruznica u zadanoj ravnini R2 . Akoje k neka kruznica, onda je �k� skup kruznica u ravnini koje su s njom koncentric-ne. Kvocjentni skup X�ρ ima za elemente upravo takve familije koncentricnihkruznica.Relacija “biti okomit na” definirana na skupu svih pravaca u ravnini �ili prostoru�

nije refleksivna, simetricna je, i nije tranzitivna.Primjedba �� Neobicno je vazno pitanje moze li se kvocjentni skup na ne-

ki nacin jednostavnije opisati, tako da se njegovi elementi bijektivno poistovjete selementima nekog drugog, jednostavnijeg skupa. Ovo bijektivno poistovjecivanje�relaciju ekvipotentnosti�medu skupovima oznacavamo sa � . Ilustrirajmo to na pret-hodnom primjeru �vidi takoder i gornji primjer s drzavama�:

�a’� Neka je u ravnini R2 zadan koordinatni sustav i X skup svih pravaca u ravnini.Svakoj familiji �p� paralelnih pravaca mozemo pridruziti kut kojega pravac p �ilibilo koji drugi reprezentant doticnog razreda� zatvara s pozitivnim smjerom x -osi.Moguce vrijednosti toga kuta su iz intervala �0� π� , i pridruzivanje je ocevidnobijektivno: svakom razredu pripada jednoznacno odreden kut i svakom kutu pri-pada jednoznacno odreden razred paralelnih pravaca. Tom bijekcijom mozemopoistovjetiti kvocjentni skup X�ρ s intervalom �0� π� . Dakle X�ρ � �0� π� .

�b’� Bilo koja familija koncentricnih kruznica �k� u skupu X svih kruznica u ravninije jednoznacno odredena svojim zajednickim sredistem. Jasno je da svakoj tockiu ravnini odgovara tocno jedna familija koncentricnih kruznica i obratno. Prematome postoji bijekcija sa skupa X�ρ na ravninu R2 . Svaku familiju koncent-ricnih kruznica �k� mozemo poistovjetiti sa zajednickim sredistem u ravnini kojedoticnu familiju odreduje. Dakle X�ρ � R2 .

Primjer �� Kvocjentni skup Z�� f�0�� 1�� n� 1�g , gdje je � kongru-encija modulo n medu cijelim brojevima, moze se ocevidno poistovjetiti s n -clanimskupom f0� 1� � � � � n� 1g sljedecom bijekcijom: �0� 0 , �1� 1 , itd. Dakle:

Z�� f0� 1� � � � � n� 1g�Primjer �� Na skupu realnih brojeva R promatrajmo relaciju � definiranu

sa x � y ako je x � y � Z . Razredi ekvivalencije su �x� � x � Z . Kvocjentniskup se moze poistovjetiti sa jedinicnom kruznicom S1 � fz � C : jzj � 1g ukompleksnoj ravnini: svakom �x� � R�� pridruzimo kompleksni broj e2πxi . Pridru-zivanje ϕ : R�� S1 , ϕ��x�� e2πxi je dobro definirano: ako je �x� � �y� ondaje x � y � k � Z , tj. e2πxi � e2πyie2kπi � e2πyi , dakle ϕ��x�� ϕ��y�� . Slicnose dokazuje injektivnost: ako je ϕ��x�� ϕ��y�� onda je e2πxi � e2πyi , doticnoe2π�x�y�i � 1 , dakle x � y � Z , ili �x� � �y� . Surjektivnost je ocevidna.

2.4. JOS NEKI PRIMJERI 23

Primjer �� Oznacimo sa X skup svih usmjerenih duzina�AB u R3 , tj. skup svih

poredanih dvojaca tocaka A i B u prostoru. Tocku A zovemo pocetak, a B docetak

ili kraj usmjerene duzine. Definirajmo relaciju � na X ovako:�AB � �

CD onda isamo onda ako se poloviste duzine AD podudara s polovistem duzine BC �ako tockeA� B� C� D ne leze na istom pravcu, onda je to isto sto i reci da je cetverokut ABDCparalelogram�. Vrlo lako se vidi da je � relacija ekvivalencije medu usmjerenim

duzinama �provjerite�. Razredi ekvivalencije ��AB � zovu se vektori, tj. X�� je skup

vektora. Vektor ��AA � �pocetak i docetak su isti za svaki reprezentant razreda� zove se

nul-vektor. Obicaj je razred ��AB � oznaciti samo s pomocu nekog svog reprezentanta,

na pr. upravo sa�AB . Cinjenicu da je

�AB � �

CD pisemo obicno kao�AB �

�CD ,

iako to nije sasvim ispravno �bilo bi bolje ��AB � � �

�CD � �.

Primjedba �� U razredu ��AB � usmjerenih duzina ekvivalentnih sa

�AB postoji

i reprezentant�OD s pocetkom u ishodistu O u R3 �vektor

�OD zove se radij-vektor

tocke D s obzirom na ishodiste O �. Lako se vidi da je tako definirano pridruzivanje

��AB � D bijekcija iz kvocjentnog skupa X�ρ na skup tocaka iz R3 . Prema tome

skup vektora moze se poistovjetiti sa skupom tocaka u prostoru �odnosno sa skupomradij-vektora tocaka�, tj.

X�ρ � R3�

Zadatci za vjezbu

1. Nadi najmanji cijeli broj r � 0 takav da je �132 � r �mod 3� .2. Na skupu Z svih cijelih brojeva zadana je relacija ρ sa x ρ y onda i samo

onda ako je x � y djeljiv s 3 . �a� Dokazite da je ρ relacija ekvivalencije. �b� Nacisve razrede ekvivalencije �x� tako da je reprezentant x � 0 i minimalan. �c� U kojemrazredu je broj 170 ?

3. Na skupu svih nepraznih podskupova skupa f1� � � � � ng zadana je relacija ρ saA ρ B onda i samo onda ako postoji bijekcija f : A B . �a� Dokazi da je ρ relacijaekvivalencije. �b� Koliko ima razreda ekvivalencije? Obrazlozi. �c� Koliko elemenataima razred �A� ako je A � f1g ?

4. Na skupu fz1� � � � � z6g svih sestih korijena iz 1 u C zadana je relacija zi ρ zj

onda i samo onda ako je zi � zj � ei2kπ�3 za neki cijeli broj k . �a� Dokazi da je torelacija ekvivalencije. �b� Koliko ima razreda ekvivalencije? Obrazlozi. �c� Kolikoelemenata ima svaki razred?

5. Na skupu X svih pravaca u trodimenzionalnom prostoru zadana je relacijaparalelnosti ρ medu pravcima. �a� Pokazi da je to relacija ekvivalencije. �b� Nadirazred od z -osi. �c� Pokazi da postoji prirodna bijekcija sa skupa X na skup svihravnina kroz ishodiste.

6. Na skupu Z� Z zadana je relacija ρ sa �a� b� ρ �c� d� onda i samo onda akoje a � b � c � d . �a� Dokazi da je to relacija ekvivalencije na Z� Z . �b� Dokazi dapostoji bijekcija s kvocjentnog skupa Z� Z�ρ �tj. skupa svih razreda ekvivalencije�na skup Z .


7. Na skupu A � f1� 2� � � � � 10g zadana je relacija ρ sa x ρ y onda i samo ondaako je b 6

x c � b 6y c , gdje je bxc najveci cijeli broj koji je � x . �a� Dokazi da je ρ

relacija ekvivalencije na A . �b� Nadi sve razrede ekvivalencije.

Naputci i rjesenja

1. Zbog �137 � 3q � r , r � f0� 1� 2g , treba pronaci ostatak r pri dijeljenju �137 s 3 .2. �b� Imamo ukupno tri razreda ekvivalencije: �0� � 3Z �svi cijeli brojevi djeljivi s 3 �,

�0� � 3Z � 1 �svi cijeli brojevi koji pri dijeljenju s 3 daju ostatak 1 �, �0� � 3Z � 2 �svi cijelibrojevi koji pri dijeljenju s 3 daju ostatak 2 �; �c� Vrijedi 170ρr , gdje je r ostatak pri dijeljenju170 s r , jer je 170 � 3q � 3 , tj. 170� r � 3q je djeljivo s 3 .

3. Skupovi A i B su u relaciji onda i samo onda ako A i B imaju isti broj elemenata. �b� Znacirazreda ekvivalencije ima ukupno n �svi jednoclani podskupovi, pa svi dvoclani, itd.�. �c� Razred�f1g� sadrzi sve jednoclane podskupove, tj. n elemenata: f1g� � � � � fng .

4. Svi sesti korijeni iz 1 leze na jedinicnoj kruznici sa sredistem u ishodistu Gaussove ravnine,u vrhovima pravilnog sesterokuta koji sadrzi kompleksni broj 1 �nacrtajte sliku�. Ekvivalentni suoni vrhovi kojima je razlika argumenata cjelobrojni visekratnik od 2π�3 � 120� . Kut izmedu dvauzastopna vrha je 2π

6 � 60� . Prema tome, u relaciji s 1 je svaki drugi vrh pocevsi od njega, dakle

�1� � f1� ei2 2π6 � ei4 2π

6 g i �ei π6 � � fei 2π6 � ei 6π

6 � �1� ei 8π6 g .

5. �c� Svaki pravac jednoznacno odreduje ravninu kroz ishodiste koja je na nju okomita �vektornormale je vektor smjera pravca�.

6. �a� Refleksivnost, tj. �a� b� ρ �a� b� , vrijedi jer je a � b � a � b ; simetricnost vrijedi, jeriz �a� b� ρ �c� d� slijedi a � b � c � d , tj. c � d � a � b , dakle �c� d� ρ �a� b� ; tranzitivnost: iz�a� b� ρ �c� d� i �c� d� ρ �e� f � slijed a � b � c � d i c � d � e � f , dakle a � b � e � f ,tj. �a� b� ρ �e� f � �b� Ocevidno je ��a� b�� f�c� d� : a � b � c � dg . To znaci da je sa��a� b�� a � b dobro definirana funkcija f , tj. ne ovisi o izboru reprezentanta �a� b� iz raz-reda. Funkcija f : Z� Z�ρ � Z je injekcija, jer ako je f ��a� b�� f ��c� d�� , to znaci da jea� b � c� d , pa je �a� b� ρ �c� d� , dakle ��a� b�� c� d�� . Funkcija f je i surjekcija, jer za svakizadani k � Z je f ��k� 0�� k � 0 � k .

7. �b� Iz 61 � 6 , 6

2 � 3 , 63 � 2 , 6

4 � 1�5 , 65 � 1�2 , 6

6 � 1 , 0 � 67 � 1 ,� � � , 0 � 6

10 � 1slijedi da su razredi ekvivalencije f1g , f2g , f3g , f4� 5� 6g , f7� 8� 9� 10g .

�ee� Povijesna crtica �ee� Relacija ekvivalencije je toliko temeljan pojamda je besmisleno traziti tko ju je prvi na ovaj ili onaj nacin rabio. Ona se nalazi u samomtemelju ljudskog razmisljanja. Relacije ekvivalencije mogu se naci i u glazbi. Na pr.poistovjecivanjem tonova koji se u dur-ljestvici razlikuju za oktavu ili njen visekratnik�na pr. tona C1 s tonom C2 itd.� dobivamo zapravo samo sedam razlicitih stupnjevadiatonske dur-ljestvice: C� D� E� F� G� A� H . Relaciju slicnosti na skupu trokuta uveoje vjerojatno jos starogrcki matematicar Tales, koji je zivio oko 625.–547. g. prijeKrista. Pojam funkcije uveo je G.W. Leibniz �1646.–1716.� u diferencijalnom racunu.Oznaku y � f �x� za funkciju prvi je rabio svicarski matematicar Leonhard Euler�1707.–1783.�.

Znak jednakosti � uveo je u matematiku engleski matematicar Robert Recorde�1510.–1558.� u prvoj algebri izdanoj na engleskom jeziku �u Londonu 1577. g. podnaslovom Brusilo ostroumnosti�, iz razloga “sto nista ne moze biti vecma jednako negodva usporedna mala poteza”. Relacije � �vece od� i � �manje od� potjecu iz 17. st.�T. Harriot, London, 1631�.

Nemoguce je biti matematicar, a da nisi u dusi i pjesnik.— Sofia KOVALEVSKAYA �1850.-1891.�

��Uvod u kombinatoriku

3.1. Produktno pravilo

Kombinatorika je grana matematike koja se medu inim bavi i problemom nalaze-nja kardinalnog broja konacnih skupova, zadanih na vrlo razlicite nacine. Pogledajmonekoliko najjednostavnijih primjera prebrojavanja.

Primjer �� Neka su m i n cijeli brojevi i m � n . Cijelih brojeva izmedu m in ukljucivo (tj. svih i takvih da je m � i � n ), ima ukupno

n� �m � 1� � n� m � 1�

DOKAZ. Ako je m � 1 onda je tvrdnja jasna: brojeva i takvih da je 1 � i � n imaukupno n , sto je u skladu s tvrdnjom.

U nejednakosti m � i � n oduzimljemo m � 1 , nakon cega dobivamo1 � j � n � m � 1 , gdje je j � i � �m � 1� . Broj i -ova u prvom ‘intervalu’jednak je broju j -ova u drugom, dakle n� m � 1 .

Na pr. cijelih brojeva izmedu 10 i 20 ukljucivo ima ukupno 20�9 � 11 . Izmedu�5 i 8 ukljucivo ima ih 8� ��6� � 14 .

Najveci cijeli dio zadanog realnog broja x oznacavamo s bxc . To je najveci cijelibroj koji je � x . Na pr. b3c�3, b3�14c � 3 , a b�3�14c � �4 . Najvece cijelo od xse cesto pojavljuje prigodom prebrojavanja elemenata raznih skupova.

Primjer �� Neka su k i n zadani prirodni brojevi. Onda svih cjelobrojnihvisekratnika od k sadrzanih izmedu 1 i n ukljucivo, ima ukupno b n

k c .DOKAZ. Ako je 1 � kq � n za neki prirodni broj q , onda je 1

k � q � nk . Broj takvih

q -ova jednak je najvecem cijelom broju koji je � nk , dakle b n

k c .Primjer �� Neka su m i n cijeli brojevi, m � n , i k zadani prirodni broj. Onda

svih cjelobrojnih visekratnika od k koji su izmedu m i n ukljucivo, ima ukupnojnk

k��

m� 1k

�

26 3. UVOD U KOMBINATORIKU

DOKAZ. U intervalu �m� n� postoji isti broj visekratnika broja k kao i u intervalu tran-slatiranom za kq , tj. u �m � kq� n � kq� , gdje je q bilo koji cijeli broj. Stoga mozemobez gubitka opcenitosti pretpostaviti da su m � 1 i n � 1 . Primijetite da se izrazb n

k c � bm�1k c ne mijenja ako zamijenimo m sa m � kq i n sa n � kq .

Prema Primjeru 2 u intervalu �1� n� postoji ukupno b nk c visekratnika od k , dok

ih u intervalu �1� m � 1� ima bm�1k c . Prema tome u intervalu �m� n� ima ih ukupno

b nk c � bm�1

k c , jer u otvorenom intervalu �m � 1� m� ne postoji niti jedan cjelobrojnivisekratnik od k .

Primjer �� Koliko ima parnih brojeva izmedu 12 i 50 ukljucivo? Ima ihb 50

2 c � b 112 c � 25� 5 � 20 .

Kardinalni broj nekog skupa A oznacavamo sa jAj . Najjednostavniji kombina-toricki princip jest pravilo zbrajanja:� ako su konacni skupovi A i B disjunktni, onda vrijedi jA Bj � jAj� jBj .

Ovo ocevidno svojstvo ce kasnije biti poopceno na slucaj unije skupova koji nisunuzno disjunktni �Odjeljak 3.4�.

Spomenimo jos pravilo komplementa: ako je X konacan skup s n elemenata iA njegov podskup s k elemenata, onda komplement A � X n A ima n� k elemenata.Pravilo bijekcije smo vec vidjeli: ako su A i B konacni skupovi medu kojima postojibijekcija f : A B , onda A i B imaju isti broj elemenata.

Jedan od temeljnih rezultata na kojem se zasniva prebrojavanje skupova jest daje broj elemenata u Kartezijevu produktu A1 � A2 dvaju skupova jednak umnoskujA1j � jA2j .

A

AA

2

A1

21

Sl. 3.1. Kardinalni broj Kartezijeva produkta skupova.

Propozicija 1. Neka su A1 i A2 konacni skupovi. Onda vrijedi jA1 � A2j �jA1j � jA2j .

DOKAZ. Da bi prebrojili koliko ima poredanih dvojaca �x1� x2� , ucvrstimo elementx2 � a2 � A2 . Onda je broj elemenata oblika �x1� a2� isti kao i broj elementax1 � A1 , dakle jA1j . Buduci da je taj broj dvojaca �x1� a2� isti za svaki a2 � A2 ,onda je ukupan broj dvojaca �x1� x2� jednak jA1j � jA2j .

Ova se tvrdnja moze razumjeti i ovako: ako se neki postupak moze obaviti na mnacina, a svaki od postupaka ima n mogucih ishoda, onda je ukupan broj mogucihishoda jednak m �n . Poopcenje gornjeg rezultata predstavlja sljedeci vazan stavak kojigovori o kardinalnom broju Kartezijeva produkta skupova.

3.1. PRODUKTNO PRAVILO 27

Teorem 2. �Produktno pravilo� Neka su A1� � � � � An neprazni skupovi s konacnomnogo elemenata. Onda je

jA1 � � � �� Anj � jA1j � � � jAnj� �� ili krace jQn

k�1 Akj �Qn

k�1 jAkj .DOKAZ. Rabit cemo matematicku indukciju po n . Za n � 1 tvrdnja je istinita:jA1j � jA1j �baza indukcije�.

Prepostavimo da tvrdnja �� vrijedi za neki prirodan broj n �induktivna pret-postavka�. Dokazimo da onda vrijedi i za n � 1 , tj. jA1 � � � � � An � An�1j �jA1j � � � jAnj � jAn�1j �induktivni korak�.

Ocevidno Kartezijev produkt A1� � � ��An�An�1 mozemo poistovjetiti s Karte-zijevim produktom dvaju skupova A1� � � ��An i An�1 , tj. sa �A1� � � ��An��An�1 .Doista, svaki poredani n�1 -terac �x1� � � � � xn� xn�1� mozemo poistovjetiti sa poreda-nimdvojcem

��x1� � � � � xn�� xn�1

�elementa �x1� � � � � xn� iz A1�� An i xn�1 iz An .

Prema prethodnoj propoziciji je onda j�A1�� An��An�1j � jA1�� Anj�jAn�1j .Tvrdnja slijedi odmah iz induktivne prepostavke, jer je onda izraz na desnoj strani jed-nak �jA1j � � � � � jAnj� � jAn�1j �

Qn�1k�1 jAkj .

Neka su A i B dva neprazna, konacna skupa. Oznacimo sa BA skup svih funkcijaf : A B .

Primjer �� Za A � f1� 2g i B � fa� b� cg mozemo definirati na pr. funkcijef� g� h : A B sa f �1� � a , f �2� � a , g�1� � a , g�2� � b , h�1� � a , h�2� � c .Funkcije f , g , h su elementi iz BA , ali ima ih jos �ukupno devet�.

Postavlja se pitanje koliko elemenata ima opcenito skup BA ? Sljedeci stavak dajeodgovor na to pitanje, a ujedno daje i objasnjenje za neobicnu oznaku BA .

Teorem 3. Neka su A i B konacni skupovi, tako da prvi ima n elemenata adrugi m . Onda svih funkcija f : A B ima ukupno mn , tj. vrijedi jBAj � mn .

DOKAZ. Bilo koja funkcija f : A B moze vrijednost f �a1� poprimiti na jBj � mnacina, f �a2� takoder, itd. do f �an� . Prema produktnom pravilu onda funkciju fmozemo zadati na m � m � � �m � mn nacina, tj. jBAj � mn .

Primjer �� Na pr. svih funkcija iz dvoclanog skupa u troclani ima ukupno32 � 9 . Pokusajte ih sve ispisati.

Korolar 4. Broj poredanih n–teraca sastavljenih od 0 i 1 (ili neka druga dvarazlicita elementa) jednak je 2n .

DOKAZ. Tvrdnja slijedi neposredno iz prethodnog teorema uz A � fa1� � � � � ang iB � f0� 1g .

Primjer � �a� Za n � 4 dobivamo da postoji 24 � 16 poredanih cetveracanula i jedinica, a za n � 10 dobivamo vec 210 � 1024 poredanih deseteraca nula ijedinica. Za n � 270 imamo 2270 poredanih 270 -teraca nula i jedinica. To je vise od1080 , koliko iznosi procijenjeni broj atoma u vidljivom svemiru! Vidimo da problemprebrojavanja n -teraca nula i jedinica, opisan funkcijom poput 2n �eksponencijalnafunkcija�, ima kombinatornu eksploziju.


�b� U glavnoj memoriji racunala podatci se smjestavaju u memorijske celije. Sva-ka celija ima svoju adresu. Kod nekih racunala adresa se sastoji od osam znakova kojise zovu bitovi, a vrijednost znaka �bita� je nula ili jedan. Naziv ‘bit’ dolazi od engl.binary digit, tj. binarna znamenka 0 ili 1 , a uveo ga je Claude Shannon �1916.–2001.�.Svaki takav osmerac bitova, tj. poredani slijed od osam nula i jedinica, zove se bajt�engl. byte�. Ukupan broj bajtova iznosi prema produktnom pravilu 28 � 256 . Prematome postoji ukupno 256 memorijskih celija u koje se informacije mogu smjestiti.

Neka racunala rabe dvo–bajtno adresiranje, tj. adresa memorijske celije sastoji seod 2 uzastopna bajta. Za njih je ukupan broj adresa jednak 256 � 256 � 65 536 . Nekaracunala pak koriste adresiranje celija sa cetiri bajta, pa je ukupan broj adresa dostupnihza pohranjivanje informacija u memorijske celije jednak 2564 � 4 294 967 296 .

Primjer � Automobilske tablice sadrze ime grada, zatim tri znamenke i josdva slova abecede. Koliko je takvih tablica moguce napraviti za Vukovar i Dubrovnikzajedno?

Svaka od tri znamenke moze imati neku od 10 vrijednosti 0� 1� 2� � � � � 9 . Svakood dva preostala slova moze imati jedno od 22 vrijednosti: A, B, C, D, E, F, G, H,I, J, K, L, M, N, O, P, R, S, T, U, V, Z. Prema produktnom pravilu je broj mogucihtablica samo za jedan grad jednak 103 � 222 � 484 000 . Za dva grada ce vrijednostbiti dvostruka.

Kao i obicno, za zadani skup X definiramo skup 2X svih podskupova od X �dakleukljucujuci i � i X �. Zovemo ga partitivni skup od X . Oznaka 2X za partitivni skupod X je posljedak sljedeceg vaznog stavka:

Teorem 5. Neka je X konacan skup od n elemenata. Onda on ima ukupna 2n

podskupova, tj. vrijedi j2Xj � 2n .

DOKAZ. a� Neka je X � fx1� � � � � xng Dokazimo da postoji bijekcija iz partitivnogskupa 2X na skup f0� 1gn svih poredanih n–teraca nula i jedinica. DefinirajmoF : 2X f0� 1gn kodiranjem podskupa A � 2X skupa X na sljedeci nacin. Ako jeA � � stavljamo F�A� � �0� � � � � 0� . Ako je A �� , onda neka je F�A� n–terac ukojem jedinice dolaze na k –tom mjestu u n–tercu onda i samo onda ako je xk � A�a inace nula�. Na pr. za A � fx1� x3� x4g stavljamo F�A� � �1� 0� 1� 1� 0� � � � � 0� .Vrijednost F�A� je n–terac koji predstavlja kod skupa A .

Funkcija F je ocevidno injektivna, jer ako su A� B � 2X i F�A� � F�B� onda jeA � B . Funkcija je surjektivna jer za svaki n–terac iz f0� 1gn mozemo ocitati skupA koji je n–tercem kodiran �ako je na k -tom mjestu jedinica, onda je xk � A , a akoje nula onda xk �� A �.

b� Buduci da je F : 2X f0� 1gn bijekcija, onda je

j2Xj � jf0� 1gnj � 2n�

gdje smo u predzadnjoj jednakosti rabili Teorem 2.

Primjedba �� Vrlo detaljan dokaz koji smo sproveli svodi se ukratko na slje-dece: broj podskupova n -clanog skupa jednak je broju poredanih n -teraca nula ijedinica. Buduci da na svakom mjestu u n -tercu dolaze po dvije moguce vrijednosti�0 ili 1 �, ukupan broj n -teraca iznosi prema produktnom pravilu 2n .

3.1. PRODUKTNO PRAVILO 29

Primjedba �� Kodiranje skupa A obavili smo u dokazu prethodnog stavka spomocu konacnog slijeda nula i jedinica. Taj slijed se moze gledati i kao funkcijakA : X f0� 1g , definirana sa

kA�x� �

�1� ako je x � A ,0� ako je x �� A �

Ova funkcija zove se karakteristicna funkcija skupa A . To je funkcija koja ‘raspozna-je’ skup A .

Primjedba �� Dobro je poznato da za sve prirodne brojeve n vrijedi nejedna-kost 2n � n �to se lako dokazuje indukcijom�. Drugim rijecima, za bilo koji konacniskup X vrijedi j2Xj � jXj . Ova tvrdnja je ocevidna, jer partitivni skup 2X sadrzimedu inim i sve jednoclane podskupove od X , kojih ima upravo jXj .

Podsjetimo se pojma Booleove funkcije n varijabla. To je funkcija koja bilokojem poredanom n -tercu nula i jedinica pridruzuje nulu ili jedinicu, tj. funkcijaF : f0� 1gn f0� 1g .

Propozicija 6. Neka je zadan prirodan broj n . Svih Booleovih funkcija n vari-jabla, F : f0� 1gn f0� 1g , ima ukupno 22n

.

DOKAZ. Oznacimo B � f0� 1g . Onda je F � BA . Trazimo dakle jBAj , gd-je je A � Bn . Zbog Teorema 2 je jAj � 2n . Iz Teorema 5 dobivamo da jejBAj � jBjjAj � 22n

.

Primjer �� Booleovih funkcija s dvije varijable ima ukupno 222� 24 � 16 , s

tri varijable 223� 28 � 256 , a s cetiri varijable ima 224

� 216 � 65 536 . Booleovihfunkcija s osam varijabla ima vise od 1077 , a s devet varijabla vise od 10154 . Vecsmo spomenuli procjenu fizicara da ukupni broj atoma u vidljivom svemiru iznosi oko1080 . Kao sto vidimo, imamo kombinatornu eksploziju. Funkcija 22n

raste mnogobrze od eksponencijalne funkcije 2n , pa cak i od faktorijelne n! .

Primjer �� Zadan je broj n � 5200 . Koliko ima djelitelja od n ? Koliko imaparnih, a koliko nepanih djelitelja od n ?

Rjesenje. Rastavim n na proste faktore. Vrijedi n � 52 � 100 � 26 � 2 � 50 � 2 �� 24 �52 �13 . Svi djelitelji od n su oblika 2α �5β �13γ , gdje su α � f0� 1� 2� 3� 4g ,β � f0� 1� 2g , γ � f0� 1g . Prema produktnom pravilu svih djelitalja od n ima ukupno5 � 3 � 2 � 30 .

Parni djelitelji su oblika 2α � 5β � 13γ , gdje su α � f1� 2� 3� 4g �zbog parnostiod n mora potencija od 2 biti barem 1 �, β � f0� 1� 2g , γ � f0� 1g . Zato parnihdjelitelja ima 4 � 3 � 2 � 24 .

Neparni djelitelji su oblika 20 � 5δ � 13ε , gdje su δ � f0� 1� 2g , ε � f0� 1gpa ih ima 3 � 2 � 6 . Ili krace, prema pravilu komplementa, neparnih djelitelja ima30� 24 � 6 .

Primjedba. Iz prethodnog primjera vidimo da ce opcenito vrijediti ovo: ako jen � pα1

1 � � � pαkk prirodan broj rastavljen na proste faktore, onda je broj svih pozitivnih

djelitelja od n jednak�α1 � 1� � � � �αk � 1�


Primjer �� Koliko dijagonala ima konveksni n -terokut u ravnini. Za skup Skazemo da je konveksan ako za bilo koje dvije njego tocke A i B vrijedi da je i duzinaAB sadrzana u S .

Rjesenje. Tocku Ti dijagonale TiTj mozemo odabrati na n nacina. Potom, tockuTj mozemo odabrati na n� 3 nacina, jer to ne moze biti tocka Ti niti dvije susjednetocke od Ti . Zbog TiTj � TjTi umnozak n �n� 3� treba podijeliti s 2 , rezultat jen�n�3�

2 .

Primjer �� Koliko ima prirodnih brojeva od 1 do 10n koji sadrze znamenku2?

Ima 9n � 1 brojeva koji ne sadrze znamenku 2 , jer za svaku od n znamenakaimamo 9 mogucnosti, i izuzimamo slucaj kada su sve znamenke nula. Dakle, onihkoji sadrze znamenku 2 ima 10n � 9n � 1 .

Primjer �� Koliko ima n-znamenkastih brojeva koji sadrze znamenku 2?Svih n -znamenkastih brojeva ima 10n � 10n�1 � 9 � 10n�1 . n -znamenkastih

brojeva koji ne sadrze znamenku 2 ima 8 �9n�1 , jer prva znamenka smije biti it skupaf1� 3� 4� 5� 6� 7� 8� 9g , a sve ostale znamenke iz skupa f0� 1� 3� 4� 5� 6� 7� 8� 9g . Stoga,n -znamenkastih brojeva koji sadrze znamenku 2 ima 9 � 10n�1 � 8 � 9n�1 .

Primjer �� Koliko ima n-znamenkastih brojeva s:a� barem jednom parnom znamenkom?b� tocno jednom parnom znamenkom?c� najvise jednom parnom znamenkom?d� tocno jednom neparnom znamenkom?

Rjesenje.a� Od svih n -znamenkastih brojeva oduzmimo one koji na svih n mjesta imaju samo

neparne znamenke 1� 3� 5� 7� 9 :

9 � 10n�1 � 5n�

b� Za odabir parne znamenke ima pet mogucnosti: 0� 2� 4� 6� 8 i mozemo je smjestitina n mjesta. Na ostalih n� 1 mjesta dolaze neparne 1� 3� 5� 7� 9 . Od svih ovakoizgeneriranih brojeva jos moramo izbaciti samo one koji na prvom mjestu imajuznamenku 0 �jer takvi nisu n-znamenkasti�:

5n � 5n�1 � 5n�1 � �5n� 1� 5n�1�

c� Ovdje moramo prebrojiti sve n-znamenkaste brojeve bez parnih znamenki i stocno jednom parnom znamenkom:

5n � �5n� 1� 5n�1 � �5n � 4� 5n�1�

d� Za odabir neparne znamenke ima pet mogucnosti: 1� 3� 5� 7� 9 i mozemo ih smje-stiti na n mjesta. Na ostalih n�1 mjesta dolaze parne 0� 2� 4� 6� 8 . Od svih ovakoizgeneriranih brojeva moramo izbaciti one koji na prvom mjestu imaju znamenku0 , a kod takvih za odabir mjesta neparne znamenke ostaje n� 1 mjesto:

5n � 5n�1 � �n� 1� 5n�1 � �4n � 1� 5n�1�

3.2. VARIJACIJE, PERMUTACIJE I KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA 31

3.2. Varijacije, permutacije i kombinacije bez ponavljanja

Opisat cemo najprije neke osnovne metode prebrojavanja za dvije vrste objekata:

a� varijacije �koje ukljucuju i permutacije kao specijalan slucaj�, tj. poredane n –terce elemenata nekog konacnog skupa, u kojima je dakle poredak bitan,

b� kombinacije, gdje se prebrojavaju skupovi i tzv. multiskupovi, kod kojih poredakelemenata nije bitan.Svaki od ovih objekata moze biti dvojak: Varijacije i kombinacije bez ponavlja-

nja, i varijacije i kombinacije s ponavljanjem.

A. Varijacije bez ponavljanja, permutacije.

Definicija� Varijacijombezponavljanja reda k n -clanog skupa An � fa1� � � � ,ang , k � n , zovemo bilo koji poredani k -terac razlicitih elemenata iz An .

U slucaju kada imamo k � n , tj. kada gledamo poredane n -terce n -clanog sku-pa, onda takve varijacije zovemo permutacijama n -clanog skupa. Svaku permutacijuskupa An mozemo poistovjetiti sa nekom bijekcijom f : An An .

Primjer �� Ako je na pr. A3 � f1� 2� 3g , onda za k � 2 imamo sest poredanihdvojaca: �1� 2� , �1� 3� , �2� 1� , �2� 3� , �3� 1� , �3� 2� �pisemo ih u leksikografskomporetku, tj. u “rastucem” slijedu�. Za k � 3 imamo ovih sest poredanih trojaca tj.permutacija: �1� 2� 3� , �1� 3� 2� , �2� 1� 3� , �2� 3� 1� , �3� 1� 2� , �3� 2� 1� . Na pr. per-mutaciji �3� 2� 1� odgovara bijekcija f : A3 A3 definirana sa f �1� � 3 , f �2� � 2 ,f �3� � 1 . Opsirnije o permutacijama bit ce rijeci kasnije.

Teorem 1. Broj varijacija reda k � n skupa od n elemenata, tj. broj poredanihk -teraca razlicitih elemenata iz n -clanog skupa, jednak je

n�n� 1� � � � �n� k � 1� �n!

�n� k�!�

Ukupan broj permutacija n -clanog skupa jednak je n! .

DOKAZ. Ako smo u nekom k -tercu na prvo mjesto stavili neki od n elemenata, ondana drugo mjesto mozemo staviti bilo koji od preostalih n� 1 elemenata, na trece bilokoji od preostalih n � 2 , itd., na zadnje bilo koji od preostalih n � k � 1 . Premaproduktnom pravilu onda imamo ukupno n�n�1��n�2� � � � �n� k�1� varijacija bezponavljanja reda k . Odavde za k � n dobivamo odmah i broj permutacija.

Primjedba �� Broj n! raste mnogo brze nego bilo koja eksponencijalna funk-cija, jer vrijedi na pr. 2n

n! 0 kad n � . Broj 10! � 3 628 800 jednak je zacudotocno broju sekunda u sest tjedana. Broj 11! veci je od broja sekunda u godini, a13! je veci od broja sekunda u stoljecu. Broj 60! veci je od 1080 , koji, kao sto smovec rekli, predstavlja procjenu broja atoma u vidljivom svemiru! Prema tome, brojpermutacija n -clanog skupa, tj. broj n! , ima kombinatornu eksploziju.


Primjer �� Neka je A � fa1� � � � � akg , B � fb1� � � � � bng i k � n . Onda jebroj svih injektivnih funkcija f : A B jednak n�n� 1� � � � �n� k � 1� .

Rjesenje. Doista, za injektivnu funkciju f mozemo vrijednost f �a1� birati nan nacina, zatim f �a2� na n � 1 nacina,� � � , f �ak� na n � k � 1 nacina, pa tvrdnjaslijedi iz produktnog pravila. Ako je k � n onda ocevidno nema niti jedne injektivnefunkcije iz A u B .

Primjer �� Na koliko se nacina 6 putnika moze rasporediti u autobus s 15sjedala?

Rjesenje. Putnike razlikujemo: prvog mozemo smjestiti na 15 nacina, drugogna 14 nacina �jer ne moze sjesti na mjesto gdje vec sjedi prvi putnik�, treceg na 13nacina,� � � , sestog na 10 nacina. Rijec je o varijacijama bez ponavljanja 15 elemenata,reda 6 , dakle na 15 � 14 � 13 � 12 � 11 � 10 � 3 603 600 nacina.

Primjer �� Na koliko se nacina 30 ucenika moze rasporediti u ucionici s 30mjesta?

Rjesenje. Rijec je o permutacijama 30 elemenata, dakle na 30! � 2�65 � 1032

nacina.

Primjer �� Na koliko nacina n ljudi moze sjesti za okrugli stol? Pretpostavkaje da zarotirane rasporede smatramo istima.

Rjesenje. Za bilo koji raspored imamo n istih zarotiranih. Zato ukupan brojrasporeda �koji ukljucuje i zarotirane� treba podijeliti sa n . Rezultat je n!

n � �n� 1�! .Ili na drugi nacin, uocimo jednog covjeka, i rasporedimo ga na bilo koje od n mjesta.Nadalje rasporedujemo u niz ljude koji redom sjede njemu slijeva. A to se moze na�n� 1�! nacina.

B. Kombinacije bez ponavljanja.

Definicija� Kombinacija bez ponavljanja reda k n -clanog skupa An �fa1� � � � � ang je bilo koji njegov k -clani podskup. Dakle kombinacija bez ponav-ljanja je samo drugi naziv za podskup skupa.

Teorem 2. Broj k -clanih podskupova n -clanog skupa (doticno broj kombinacijabez ponavljanja reda k , k � n ) jednak je�

nk

�:�

n�n� 1� � � � �n� k � 1�k!

�

DOKAZ. Prema prethodnom stavku svih poredanih k -teraca ima n�n � 1� � � � �n �k � 1� . Neka je �a1� � � � � ak� neki takav k -terac. Svaka od njegovih k! permutacijadefinira isti skup fa1� � � � akg . To znaci da skup od ukupno n�n � 1� � � � �n � k � 1�poredanih k -teraca mozemo grupirati u mnozine od po k! varijacija od kojih svakaodreduje isti skup. Dakle ukupan broj k -clanih podskupova iznosi n�n�1��n�k�1�

k! .


Primjedba �� Tvrdnja vrijedi i za k � 0 , kojemu odgovara prazan skup, jer jepo definiciji

�n0

�� 1 .

Primjedba �� Kao sto znamo, za 0 � k � n vrijedi�n

k

�� n!

k!�n�k�! . Odavde

odmah dobivamo svojstvo simetricnosti binomnih koeficijenata:�n

k

�� n

n�k

�. To se

moze lako dokazati i kombinatoricki. Doista, svakom od�n

k

�k -clanih podskupova

skupa fa1� � � � � ang mozemo bijektivno pridruziti �n � k� -clani komplement, a njihima

� nn�k

�. Zbog bijektivnosti je njihov broj isti.

Propozicija 3. Za sve n� k � N k � n vrijedi�n

k

��n�1

k

��n�1

k�1

�DOKAZ. 1� Prvi nacin. Tvrdnju je lako dokazati algebarski:�

nk

��

n!k!�n � k�!

�n!

k!�n� k�!

�n� k

n�

kn

�

��n� 1�!

k!�n � k � 1�!�

�n � 1�!�k � 1�!�n� k�!

�

�n� 1

k

��

�n� 1k � 1

�2� Dokazimo istu tvrdnju na drugi nacin - kombinatoricki. Ucvrstimo jedan od n

elemenata �recimo prvi� u n -clanom skupu. Izbor k od ukupno n elemenata mozemoprovesti na jedan od sljedeca dva nacina:

a� ili odabiremo k elemenata razlicitih od prvog, a to je isto sto i odabrati k eleme-nata medu preostalih n� 1 elemenata; to mozemo uciniti na

�n�1k

�nacina;

b� ili odabiremo k elemenata tako da je medu njima i prvi. Tome ocevidno odgovarazapravo odabir k � 1 elemenata medu preostalih n � 1 elemenata, sto se mozeizvrsiti na

�n�1k�1

�nacina.

3�U Odjeljku 3.6 o funkcijama izvodnicama vidjeti i treci, vrlo jednostavan dokazove tvrdnje. �vidi Primjer 3.6.5�.

S pomocu gornje relacije izmedu binomnih koeficijenata gradi se znameniti Pas-calov trokut brojeva

�nk

��bilo bi ga ispravnije zvati Kineski trokut, jer su ga Kinezi

znali davno prije Pascala�:

1�10

� �11

��20

� �21

� �22

��30

� �31

� �32

� �33

��40

� �41

� �42

� �43

� �44

��

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 1� � � � � � � � � � � �

Nije tesko vidjeti da graf diskretne funkcije f : f0� 1� � � � � ng N , f �k� ��n

k

�,

ima oblik zvonolike krivulje, a svoj maksimum dostize na sredini zvona, tj. zak � bn�2c �najveci cijeli broj koji je � n�2 �.

Binomni koeficijenti su povezani s izracunom produkta od n binoma �x � y�n ��x � y��x � y� � � � �x � y� , za bilo koje x� y � R .


Propozicija 4. �Binomna formula� Za sve x� y � R vrijedi

�x � y�n �nX

k�0

�nk

�xkyn�k�

DOKAZ. Tvrdnja se moze dokazati indukcijom po n , pri cemu onda treba rabiti i pret-hodnu propoziciju. Ovdje cemo dati vrlo jednostavan kombinatoricki dokaz. Doista,u izrazu

�x � y�n � �x � y��x � y� � � � �x � y�

ce nakon mnozenja opci clan imati oblik ckxkyn�k , gdje je ck konstanta koju zelimoodrediti. Produkt xkyn�k moze se dobiti tako da uzmemo k elemenata x iz ukupnon binoma x � y u umnosku �x � y�n . Tih k elemenata mozemo odabrati na bilokoji nacin medu n binoma, dakle na

�nk

�nacina. Element y se nakon toga uzimlje iz

preostalih n� k binoma. Prema tome je ck ��n

k

�.

Primjedba �� Vazan specijalan slucaj dobivamo za x � y � 1 :

2n �

�n0

��

�n1

��

�nn

��

Na desnoj strani imamo zapravo zbroj broja k -clanih podskupova n -clanog skupaza k � 0 �cemu odgovara prazan skup�, k � 1 �svi jednoclani podskupovi� itd. don . Vidimo da su tu zapravo ukljuceni svi podskupovi n clanog skupa. Dakle gornjarelacija pokazuje da partitivni skup n -clanog skupa ima 2n elemenata, sto znamo vecod prije �vidi Teorem 3.1.5�.

Iz Propozicije 4 za x � �1 i y � 1 dobivamonX

k�0

��1�k�

nk

�� 0�

tj.�n0

��n2

��n4

��

�n1

��n3

��n5

�� , tj. broj podskupova n -clanog skupa

s parnim brojem elemenata jednak je broju podskupova s neparnim brojem elemena-ta. Ta je tvrdnja ocevidna ako je n paran broj, zbog svojstva simetricnosti binomnihkoeficijenata �vidi Pascalov trokut�.

Primjer �� Na koliko se nacina u razredu od 30 ucenika mogu odabrati trojicapredstavnika?

Rjesenje. Predstavnici su ravnopravni, dakle biramo troclani podskup iz 30 -cla-nog skupa. To se moze na

�303

�� 30�29�28

3! � 4060 nacina.

Primjer � U ravnini je zadano n razlicitih tocaka od kojih nikoje 3 nisu naistom pravcu. Koliko imaa� duzina,b� trokuta,

s vrhovima u zadanim tockama?Duzinu odreduju bilo koje dvije tocke, bez obzira na poredak. Mozemo ih odab-

rati na�n2

�� n�n�1�

2 nacina. Slicno trokuta s vrhovima u zadanim tockama ima koliko

i troclanih podskupova tog skupa od n tocaka, tj.�n3

�� n�n�1��n�2�

6 .


Primjer � Koliko kombinacija ima ua� LOTU 6 od 45 ;b� LOTU 7 od 39?

Rjesenje. Poredak izvucenih kuglica u LOTU nije bitan, pa je rijec o kombinaci-jama bez ponavljanja:a�

�456

�� 45�44�43�42�41�40

6! � 8145060 ,

b��39

7

�� 39�38�37�36�35�34�33

7! � 15380937 .

Primjer �� Sesnaest umjetnika javilo se na likovni natjecaj. Od toga su deveto-rica predala po 2 rada, a sedmorica po 1 rad. Dodjeljuju se 1 glavna i 3 ravnopravneutjesne nagrade. Na koliko je to nacina moguce ako:a� svakom umjetniku moze biti nagraden samo jedan rad?b� svaki rad svakog umjetnika moze dobiti nagradu?

Rjesenje. Nazovimo umjetnike koji su predali po 2 rada skupinom A, a one kojisu predali po 1 rad skupinom B.a� Ima

�91

� �2 nacina da glavnu nagradu dobije rad umjetnika iz skupine A. Potom 3utjesne nagrade mogu na sljedeci nacin biti rasporedene izmedu skupine A �bezumjetnika koji je dobio glavnu nagradu� i skupine B: 0�3 , 1�2 , 2�1 , 3�0 .Prebrojimo redom sve cetri mogucnosti.�

73

��

�81

�� 2 �

�72

��

�82

�� 22 �

�71

��

�83

�� 23�

Da glavnu nagradu dobije rad umjetnika iz skupine B ima�71

�nacina. 3 utjesne

nagrade zatim mogu na sljedeci nacin biti rasporedene izmedu skupineA i skupineB �bez umjetnika koji je dobio glavnu nagradu�: 0 � 3 , 1 � 2 , 2 � 1 , 3 � 0 .Prebrojimo redom sve cetri mogucnosti.�

63

��

�91

�� 2 �

�62

��

�92

�� 22 �

�61

��

�93

�� 23�

Ukupno je dakle

2�

91

��73

��

�72

��81

�� 2 �

�71

��82

�� 22 �

�83

�� 23

�

�

�71

��63

��

�62

��91

�� 2 �

�61

��92

�� 22 �

�93

�� 23

�� 42266�

b� U ovom slucaju je znatno lakse prebrojiti sve mogucnosti, jer sve radove gledamozajedno bez obzira je li ih predao umjetnik iz skupine A ili B. Glavna nagrada semoze dodijeliti na 25 nacina, potom 3 utjesne na

�243

�, ukupno na

25 ��

243

�� 50600�

Primjer �� Od 7 zena i 4 muskarca treba izabrati delegaciju. Na koliko senacina to moze uciniti ako se ta delegacija sastoji od:a� petero ljudi i to 3 zene i 2 muskarca;


b� bilo kojeg broja ljudi, ali jednako zena i muskaraca;c� petero ljudi, od kojih su barem dvije zene;d� petero ljudi s tim da jedan od njih bude vec unaprijed odredena zena;e� sestoro ljudi, po troje oba spola, s tim da u delegaciju ne mogu uci zajedno po

jedan unaprijed odredeni muskarac i zena.

Rjesenje.a� Zene u delegaciji mozemo izabrati na

�73

�nacina, a muskarac na

�42

�. Ukupno

delegaciju mozemo odabrati na�73

� � �42� � 210 nacina.b� Prebrojimo posebno sve delegacije od 1 zene � 1 muskarca, zatim 2 zene �

2 muskarca, 3 zene � 3 muskarca, 4 zene � 4 muskarca. Ukupno to je�71

��41

��

�72

��42

��

�73

��43

��

�74

��44

�� 329�

c� Prebrojimo posebno sve delegacije s tocno 2 , 3 , 4 ili 5 zena�72

��43

��

�73

��42

��

�74

��41

��

�75

�� 455�

d� Ako je u delegaciji jedna vec unaprijed odredena zena, preostaje odabratijos cetvoro ljudi bez obzira na spol. To se moze na

�7�34

��10

4

�� 210 nacina.

e� Od svih delegacija s 3 zene i 3 muskarca �kojih ima�73

��43

�� oduzmimo one u

kojima je zabranjeni par �kojih ima�62

��32

��. Rezultat je�

73

��43

��

62

��32

�� 95�

3.3. Permutacije, varijacije i kombinacije s ponavljanjem

A. Permutacije s ponavljanjem.

Definicija� Zadan je skup od k elemenata Ak � fa1� � � � � akg . Promatramosve poredane n -terce elemenata tog skupa u kojima se element a1 pojavljuje n1 puta,a2 n2 -puta itd., pri cemu je dakako n1 � n2 � � � �� nk � n . Takve n -terce zovemopermutacijama n -tog reda s ponavljanjem. Permutirati znaci premjestiti, permuta-cija je premjestaj.

Primjer �� Neka je zadan dvoclani skup A2 � f0� 1g �tj. k � 2 , a1 � 0 ,a2 � 1 � i neka je n � 3 , n1 � 1 , n2 � 2 . Skup svih permutacija treceg reda sponavljanjem ima tri elementa: �0� 1� 1� , �1� 0� 1� , �1� 1� 0� . Vidimo da se ovdjeradi zapravo o broju dvoclanih podskupova troclanog skupa �prisjetite se kodiranja udokazu Teorema 3.1.5�, kojih ima

�32

�� 3 .

Na isti nacin za skup f0� 1g je odgovarajuci broj permutacija n -toga reda, uzn1 � k i n2 � n� k , jednak n!

k!�n�k�! �n!

n1!n2! .

3.3. PERMUTACIJE, VARIJACIJE I KOMBINACIJE S PONAVLJANJEM 37

Teorem 1. Broj permutacija n -tog reda k -clanog skupa fa1� � � � � akg , u kojimase element ai pojavljuje ni puta, i � 1� � � � � k , n � n1 � � � �� nk , jednak je

n!n1! � � � nk!

�

DOKAZ. Zamislimo da je zadano n mjesta koja u slijedu popunjavamona zeljeni nacins elementima skupa fa1� � � � � akg . Prvih n1 kopija elementa a1 mozemo na n mjestarazmjestiti na

� nn1

�nacina. Uz bilo koji takav razmjestaj pogledajmo preostalih n�n1

mjesta za n2 kopija elementa a2 . Njih mozemo razmjestiti na�n�n1

n2

�nacina. Zatim

uz bilo koji zadani razmjestaj n1 elemenata a1 i n2 elemenata a2 preostaje n�n1�n2mjesta. Razmjestaj n3 kopija elementa a3 na ta mjesta mozemo obaviti na

�n�n1�n2n3

�nacina, itd. Prema produktnom pravilu, ukupni broj zeljenih razmjestaja �permutacijas ponavljanjem� iznosi�

nn1

��

n� n1

n2

��

n� n1 � n2

n3

��

�n� n1 � � � �� nk�1

nk

��

�n!

n1!�n� n1�!�n� n1�!

n2!�n� n1 � n2�!�n� n1 � n2�!�

n3!�n � n1 � n2 � n3�!� � �

�n� n1 � � � �� nk�1�

nk!�n� n1 � � � �� nk�!�

Nakon skracivanja svih parova zagrada dobivamo rezultat u teoremu.

Primjedba �� Kao sto smo vidjeli iz dokaza binomnog teorema, u potenciji�x � y�n , tj. u �x � y��x � y� � � � �x � y� , broj nacina na koji mozemo odabrati kx -ova �i time n � k y -a� jednak je upravo koeficijentu uz xkyn�k u binomnom raz-voju, tj. broju

�nk

�. Slicno vrijedi i za trinome x � y � z i opcenito, za multinome

x1 � x2 � � � �� xk :

Teorem 2. �Multinomni teorem� Broj nacina na koji u potenciji

�x1 � x2 � � � �� xk�n

mozemo odabrati n1 puta varijablu x1 , n2 puta varijablu x2 ,� � � ,nk puta varijabluxk , i to po jednu iz svakog od n faktora, n1 � n2 � � � � nk � n , jednak je

n!n1!n2! � � � nk!

�

To je upravo multinomni koeficijent uz xn11 xn2

2 � � � xnkk u razvoju �x1 � x2 � � � �� xk�

n ,tj.:

�x1 � x2 � � � �� xk�n �

Xn1�n2��nk�n

n!n1!n2! � � � nk!

xn11 xn2

2 � � � xnkk �

Zbrajamo po svim k -tercima cijelih brojeva n1� n2� � � � � nk � 0 takvim da je n1�n2�� nk � n .

DOKAZ. Tvrdnja slijedi neposredno iz Teorema 1.


Primjedba �� Za k � 2 dobivamo upravo binomni teorem:

�x1 � x2�n �

Xn1�n2�n

n!n1!n2!

xn11 xn2

2 � �eliminiramo n2 � n� n1�

�nX

n1�0

n!n1!�n� n1�!

xn11 xn�n1

2 � �preimenujmo varijablu n1 u k�

�nX

k�0

�nk

�xk1xn�k

2 �

Primjedba �� Multinomna formula moze se zapisati vrlo sazeto i pregledno spomocu tzv. multiindeksa. Uvedimo oznaku x :� �x1� x2� � � � � xk� , zatim multiin-deks α :� �α1� α2� � � � � αk� � Nk

0 , duljina multiindeksa jα j :� α1 � α2 � � � �� αk ,xα :� xα1

1 xα22 � � � xαk

k , multinomni koeficijent�nα�

:� n!α1!α2!��αk! . Onda po multino-

mnom teoremu vrijedi:

�x1 � x2 � � � �� xk�n �

Xjα j�n

�nα

�xα �

gdje se zbraja po svim multiindksima α � �α1� � � � � αk� duljine n .Multinomna formula bit ce nam vazno sredstvo u rjesavanju kombinatorickih pro-

blema s pomocu funkcija izvodnica, vidi nize. �vidi Primjer 3.6.3�.

Primjer �� a� Kvadrat trinoma jednak je:

�x1 � x2 � x3�2 �

�2

2,0,0

�x21 �

�2

0,2,0

�x22 �

�2

0,0,2

�x23

�

�2

1,1,0

�x1x2 �

�2

1,0,1

�x1x3 �

�2

0,1,1

�x2x3

�2!

2!0!0!x21 �

2!0!2!0!

x22 �

2!0!0!2!

x23

�2!

1!1!0!x1x2 �

2!1!0!1!

x1x3 �2!

0!1!1!x2x3

� x21 � x2

2 � x23 � 2x1x2 � 2x1x3 � 2x2x3�

�b� Zadan je polinom �a � b � c�3 treceg stupnja u varijablama a� b� c . Koeficijentuz a2c u njegovu razvoju jednak je

� 32�0�1

�� 3!

2!0!1! � 3 .

�c� Koeficijent uz a3b2c23 u razvoju polinoma �a� b� c�28 jednak je� 283�2�23

��

28!3!2!23! �

28�27�26�25�246�2 � 982 800 .

Primjer �� Koliko se razlicitih rijeci moze napraviti od slova rijeci MATEMA-TIKA?

Rjesenje. Ovdje je rijec je o permutacijama s ponavljanjem. Imamo 3 slova A ,po 2 slova M i T , po jedno M , I , K ; ukupno 10 slova. Broj razlicitih rijeci je

10!3!2!2! � 151200 .


Primjer �� U koliko permutacija rijeci MATEMATIKA samoglasnici dolazeabecednim redom?

Rjesenje. Na raspolaganju imamo 10 mjesta za upis slova rijeci MATEMATIKAOdaberimo 5 mjesta na koje cemo upisati samoglasnike abecednim redom AAAEIi potom na preostala mjesta ispermutirajmo slova MMTTK. To se moze na ukupno�10

5

� � 5!2!2! � 7560 nacina.

Ili pak broj svih permutacija rijeci MATEMATIKA podijelimo s brojem svih per-

mutacija samoglasnika AAAEI. Rezultat je opet�

10!3!2!2!

: 5!

3! � 7560 .

Primjer �� U ravnini je zadana cjelobrojna koordinatna mreza i tocka T�m� n� ,gdje je m� n � N . Koliko ima razlicitih stepenastih uzlaznih staza od tocke O�0� 0�do T duz koordinatne mreze? Svakom stazom pomicemo se za jedno mjesto u desno�D� ili za jedno mjesto gore �G�.

0 D G D G D 0 D G D D G

T(3,2)T(3,2)

Sl. 3.2. Stepenaste staze od O do T .

Svaka takva staza od tocke O do T moze se jednoznacno opisati slijedom poputDGDDG � � � , u kojem se nalazi tocno m koraka D i tocno n koraka G , da bi se doslodo tocke T . Na pr. za T�3� 2� od O do T moze se doci stazama DDDGG , DGDGD ,GGDDD , GDDDG itd. �vidi Sliku 3.2.�.

Prema tome ukupan broj staza jednak je broju poredanih �m � n� -teraca sastav-ljenih od m D -ova i n G -ova. On je jednak �m�n�!

n!m! . Na pr. za m � 3 , n � 2 jetrazeni broj staza jednak 5!

3!2! � 10 .

B. Varijacije s ponavljanjem.

Definicija� Varijacija s ponavljanjem k -tog reda n -clanog skupa An �fa1� � � � � ang je svaki poredani k -terac elemenata iz An . Bilo koji element u k -tercu moze se i ponavljati.

Na pr. za A2 � f0� 1g i k � 3 imamo ovih osam varijacija s ponavljanjem trecegreda: �0� 0� 0� , �0� 0� 1� , �0� 1� 0� , �0� 1� 1� , �1� 0� 0� , �1� 0� 1� , �1� 1� 0� , �1� 1� 1� .Zapisali smo ih u leksikografskom poretku.

Teorem 4. Poredanih k -teraca n -clanog skupa ima ukupno nk .

DOKAZ. Skup svih varijacija s ponavljanjem jednak je An � � � � � An �Kartezijevprodukt k skupova�. Prema Teoremu 3.1.2 vrijedi jAn� � � ��Anj � jAnjk � nk .


Primjer �� Koliko je mogucih ishoda bacanja 8 razlicitih kocaka? �Pretposta-vimo da su razlicitih velicina ili razlicitih boja.�

Rjesenje. Za svaku kocku imamo 6 mogucih ishoda bacanja, a za 8 kocaka68 � 1679616 , odnosno rijec je o varijacijama s ponavljanjem 6 elemenata, 8 -ogreda.

Primjer � Na koliko se nacina moze 5 vocaka: 1 jabuka, 1 kruska, 1 bresk-va, 1 naranca, 1 marelica, podijeliti izmedu 30 ljudi ako:a� svaki covjek moze dobiti najvise jednu vocku,b� svaki covjek moze dobiti bilo koji broj vocaka?

Rjesenje. Imamo varijacije, i to:a� varijacije s ponavljanjem 30 elemenata, reda 5 , 30�29�28�27�26 � 17100720 ,b� varijacije bez ponavljanja 30 elemenata, reda 5 , 305 � 24300000 .

Primjer � Na koliko nacina se moze 12 putnika ukrcati ua� 4 vagona,b� kao pod a�, ali uz uvjet da su u 1. vagonu tocno 3 putnika,c� kao pod a�, ali uz uvjet da su u svakom vagonu tocno 3 putnika?

Rjesenje.a� Svaki putnik ima 4 mogucnosti za odabir vagona. Ukupno 412 � 16�78 � 106 .b� Odaberimo 3 od 12 putnika koji idu u 1. vagon. Od preostalih 9 putnika svaki

ima 3 mogucnosti za odabir vagona. To je ukupno�12

3

�39 � 4330260 nacina.

c� Odaberimo 3 od 12 putnika koji idu u 1. vagon, pa 3 od preostalih 9 putnikakoji idu u 2. vagon, i 3 od preostalih 6 koji idu u 3. vagon. Preostala 3 idu u 4.vagon. Ukupno

�123

��93

��63

��33

�� 369600 .

Primjer �� Na koliko nacina moze kralj iz donjeg lijevog polja sahovske ploce,doci u gornje desno polje, ako smije ici:a� samo desno i samo gore,b� desno, gore i dijagonalno �gore�desno�?

Rjesenje.a� Svaki put iz donjeg lijevog u gornje desno polje sahovske ploce moze se prikazati

nizom od 7 slova G i 7 slova D, a takvih nizova ima 14!7!7! � 3432 .

b� Prebrojimo sve puteve koji sadrze tocno k dijagonalnih pomaka. Osim tih kdijagonalnih pomaka, kralj se mora jos �7� k� puta pomaknuti desno i �7� k�puta gore. Ukupno to je k � �7� k� � �7� k� � 14 � k poteza od kojih je k ,

7� k , 7� k istih, odnosno �14�k�!k!�7�k�!�7�k�! . Buduci da k moze biti najmanje 0 , a

najvise 7 , rjesenje je7X

k�0

�14� k�!k! �7� k�! �7� k�!

� 48639�

Primjer �� Koliko na sahovskoj ploci ima pravokutnika?


Rjesenje. Od devet vodoravnih linija biramo dvije za gornji i donji rub pravokut-nika, i od devet vertikalnih dvije za lijevi i desni rub pravokutnika. Zato na sahovskojploci ima

�92

��92

�� 1296 pravokutnika.

Primjer �� a� Na koliko se nacina moze 8 topova iste boje razmjestiti nasahovsku plocu tako da se nikoja dva ne napadaju �topovi se medusobno napadaju akose nalaze u istome redu ili istome stupcu�.

Rjesenje. Na 82 nacina mozemo izabrati mjesto za prvog topa. Drugi ne smijebiti u retku niti u stupcu gdje se nalazi prvi top, pa za njega preostaje 72 mjesta �izborjednog od preostalih 7 redaka i jednog od preostalih 7 stupaca�. Slicno, za trecegpreostaje 62 mjesta, za cetvrtog 52 , za petog 42 , za sestog 32 , za sedmog 22 i zaosmog 1 mjesto. Topove medusobno ne razlikujemo pa rezultat treba podijeliti sa 8! .Ukupno se mogu razmjestiti na 8!�8!

8! � 8! nacina.

C. Kombinacije s ponavljanjem.

Definicija� Neka je An � fa1� � � � � ang . Kombinacija s ponavljanjem k -togreda n -clanog skupa An je bilo koji neporedani k -terac elemenata iz An . Clanovik -teraca mogu se ponavljati.

Broj kombinacija s ponavljanjem jednak je broju nacina biranja k predmeta odukupno n , s koliko god ponavljanja istog predmeta u kombinaciji.

Primjer �� Neka je A4 � fa1� a2� a3� a4g i k � 6 . “Neporedan” sesterac mo-zemo interpretirati kao blok �tzv. multiskup�, na pr. a1a1a2a4a4a4 . “Neporedanost”znaci da sesterac poistovjecujemo �identificiramo� sa a4a1a4a4a2a1 , tj. vazan nam jesamo broj pojavljivanja elemenata, a ne i njihov poredak.Primijetimo da multiskup a1a1a2a4a4a4 , tj. “skup” u kojem su moguca visestruka pojavljivanjanekog elementa �kratnici, multipli�, nije isto sto i pripadni skup fa1� a2� a4g .

Zgodno je kombinacije s ponavljanjem zapisivati i ovako. Skupimo iste elementeu kombinaciji u grupe, jedan za drugim, i odijelimo grupe vertikalnom crtom. Ugornjem primjeru je pripadni sesterac moguce zapisati kao

a1a1 j a2 j j a4a4a4

Element a3 se ne pojavljuje, pa njemu odgovara prazna grupa, odijeljena uzastopnimpregradama.

Teorem 5. Broj kombinacija s ponavljanjem k -tog reda n -clanog skupa jednakje �

n � k � 1k

��

DOKAZ. Svaki element skupa An u kombinaciji s ponavljanjem oznacit cemo zvjez-dicom. Da bismo znali tocno o kojem elementu je rijec, koristit cemo i pregrade.Odaberimo dakle k zvjezdica i n � 1 pregradu �ukupno k � n � 1 mjesta�, izmedu


kojih cemo stavljati zvjezdice. Na pr. kombinacija a1a1a2a4a4a4 je jednoznacno od-redena sa

� � j � j j � � �Broj ponavljanja zvjezdica odijeljenih susjednim pregradama odgovara kratnosti pri-padnog elementa. Razmjestaj k zvjezdica na bilo koje od k��n�1� mjesta �preostalamjesta su za pregrade� moze se obaviti na

�k�n�1k

�nacina, jer toliko ima k -clanih

podskupova �k � n� 1� -clanog skupa.

U gornjem primjeru imamo ukupno�4�6�1

6

��96

��93

�� 9�8�7

1�2�3 � 84 kombi-nacija sestog reda skupa od cetiri elementa.

Primjedba �� Sasvim drugaciji dokaz Teorema 5 bit ce dan u Primjeru 3.5.7 spomocu metode funkcije izvodnice.

Svakoj kombinaciji s ponavljanjem k -tog reda odgovara poredani k -terac cijelihbrojeva x1� � � � � xn � 0 , za koji je xi jednak broju pojavljivanja elementa ai u kom-binaciji, i � 1� � � � � n , i vrijedi

x1 � � � �� xn � k� �� Na gornjem primjeru je x1 � 2 , x2 � 1 , x3 � 0 , x4 � 3 . Obratno, svakomporedanom k -tercu �x1� � � � � xn� � Nn

0 za koju je ispunjen uvjet �� odgovara ne-poredani k -terac u kojem se ai pojavljuje xi puta. Prema tome, broj kombinacija sponavljanjem reda k skupa od n elemenata jednak je broju cjelobrojnih, nenegativnihrjesenja jednadzbe �� , doticno broju poredanih k -teraca �x1� � � � � xn� � Nn

0 za kojevrijedi �� .

Primjer �� Koliko cjelobrojnih rjesenja ima nejednakost

x1 � x2 � x3 � 5� xi � N0 ?

1. nacin Taj broj je jednak broju rjesenja pet jednadzbi

x1 � x2 � x3 � k� k � 0� 1� 2� 3� 4�

Svaka jednadzba ima toliko rjesenja na koliko se nacina moze podijeliti k istih jedinicana 3 varijable. A to je kao da k jabuka raspodjeljujemo izmedu troje djece. Dakleimamo kombinacije s ponavljanjem

�3�k�1k

�. Ukupno

1 �

�3 � 1� 1

1

��

�3 � 2� 1

2

��

�3 � 3� 1

3

��

�3 � 4� 1

4

�� 35�

2. nacin Vrijedi

x1 � x2 � x3 � 5� xi � N0 � x1 � x2 � x3 4� xi � N0

No broj rjesenja posljednje nejednadzbe jednak je broju rjesenja jednadzbe

x1 � x2 � x3 � x4 � 4� xi � N0�

jer ako je x1 � x2 � x3 � k� k � 0� 1� 2� 3� 4� tada je x4 � 4� k . Broj rjesenja je�4 � 4� 1

4

��

�74

��

�73

�� 35�

Drugi postupak je ocevidno bolji, jer omogucuje da se, za razliku od rjesenja a�,vrlo lako rijesi problem ako je na desnoj strani nejednakosti velik broj, recimo 500umjesto 5 .


Primjer �� a� Na koliko nacina mozemo iznos od pet kovanica od po jednekune podijeliti izmedu troje djece?

Rjesenje. Ako su x1� x2� x3 iznosi za prvo, drugo i trece dijete, onda se trazizapravo broj cjelobrojnih, nenegativnih rjesenja jednadzbe x1 � x2 � x3 � 5 �daklen � 3 , k � 5 �. Trazeni broj jednak je

�3�5�15

��75

��72

�� 21 .

b� Isto pitanje kao gore, ali uz uvjet da svako dijete dobije barem jednu kunu.Znaci od pet kuna moramo svakom djetetu dati odmah po jednu, pa ostaju dvije kuneza podjelu. Trazeni broj je

�3�2�12

��42

�� 6 .

c� Isto kao pod a�, ali uz uvjet da prvo dijete mora dobiti bar jednu kunu, a drugobar dvije. Dakle moramo dati odmah tri kune, pa ostaju dvije kune za raspodjelu nadjecu. Rjesenje je

�3�2�12

�� 6 .

Primjer �� Na koliko se nacina moze 5 jabuka �uz pretpostavku da su iste, t.j.da ih ne razlikujemo� podijeliti izmedu 30 ljudi ako:a� svaki covjek moze dobiti najvise jednu jabuku,b� svaki covjek moze dobiti bilo koji broj jabuka?

Rjesenje. a� Ovaj broj je jednak broju nacina na koji se moze izabrati petoclanipodskup 30 -clanog skupa, a to je

�305

�� 142506 .

b� Zamislimo da smo na svaku od 30 kuglica napisali jedno ime. Iz bubnja 5 putaizvlacimo kuglicu, dodijelimo jabuku izvucenom covjeku i opet kuglicu vratimo u bu-banj. Dakle, rijec je o kombinacijama s ponavljanjem, t.j.

�30�5�15

��34

5

�� 278 256 .

Primjer �� Na koliko nacina izmedu petero djece mozemo podijeliti 12 jabu-ka, 10 krusaka i 8 naranca?

Dvanaest jabuka mozemo podijeliti na�12�5�1

12

�nacina. To su kombinacije s

ponavljanjem s n � 5 i r � 12 , jer mozemo zamisliti da 12 puta izvlacimo izbubnja s 5 kuglica na kojima su imena djece, s vracanjem kuglice u bubanj nakonsvakog izvlacenja. Svakom izvucenom djetetu dodijelimo jabuku. Slicno, 10 krusakamozemo podijeliti na

�10�5�110

�nacina i 8 naranca na

�8�5�18

�nacina. Ukupno na�16

4

��144

��124

�� 901 800 900 .

Primjer �� Na koliko se nacina 10 jabuka, 20 krusaka moze raspodijelitiizmedu sestero djece tako da svako dijete dobije barem jednu krusku.

Rjesenje. Podijelimo svakom djetetu po jednu krusku, a preostalih 10 jabuka i20 krusaka mozemo podijeliti na�

10 � 6� 110

��14 � 6� 1

14

��

�1510

��1914

��

�155

��195

�� 34 918 884

nacina.

�ee� Povijesna crtica �ee� Formulu za kvadrat binoma znao je vec Euklid�oko treceg stoljeca prije Krista�. Cinjenica da je broj permutacija n -clanog sku-pa jednak n! bila je poznata vec u 5. stoljecu prije Krista. Prvi vazniji radovi kojise odnose na kombinatoriku potjecu od svicarskog matematicara Jakoba Bernoullija�1654.–1705.�, jednog od osam matematicara iz poznate obitelji Bernoulli, i od francu-skogmatematicara Blaise Pascala �1623.–1662.�. Binomnu formulu prvi je formulirao


Isaac Newton 1676. g. Strogi dokaz dao je tek K.F. Gauss 1812. g. Najstarija poznatauporaba binomnog koeficijenta potjece iz Indije, iz 10. stoljeca �Indijac Halayndha�.Iako je binomna formula bila poznata znatno ranije, oznaku binomnog koeficijenta

�nk

�uveo je tek 1826. g. malo poznati Andreas von Ettingshausen iz Austrije. Pascalovtrokut detaljno je istrazio Blaise Pascal 1654. g. Ono sto danas zovemo Pascalovimtrokutom znali su jos 1472. g. arapski matematicar al-Kasi i kineski algebraicar ChuShi–Lie �oko 1303.�. Oznaku

Pza zbroj uveo je jos 1772. g. francuski matematicar

Joseph Lagrange �1736–1813�. Mali Fermatov stavak dobio je naziv po velikom fran-cuskom matematicaru Pierre Fermatu �1601–1665�, koji je po zanimanju bio pravnik�radovi su mu objavljeni tek poslije smrti�. Oznaku n! za faktorijele uveo je francuskimatematicar Christian Kramp 1808. g.

3.4. Formula ukljucivanja i iskljucivanja

Kardinalni broj konacnog skupa A oznacavamo kao i obicno sa jAj . Ako su A1i A2 konacni skupovi, onda je ocevidno

jA1 A2j � jA1j� jA2j � jA1 � A2j� ��

A A1 2

Sl. 3.3. Formula ukljucivanja i iskljucivanja za dva skupa.

Doista, na desnoj strani se u izrazu jA1j� jA2j elementi iz presjeka A1�A2 brojedvaput, pa treba oduzeti jA1 � A2j . Lako se vidi da vrijedi analogna formula za unijutri skupa:

jA1 A2 A3j �jA1j� jA2j� jA3j� jA1 � A2j � jA1 � A3j � jA2 � A3j� jA1 � A2 � A3j�

Naime elementi iz A1 � A2 � A3 se u zbroju na desnoj strani jednakosti broje triput uprvom retku, zatim oduzimlju triput u drugom retku, pa zato treba dodati jA1�A2�A3j .

Moguc je i drugi dokaz, koji se zasniva na trostrukoj primjeni formule �� :

jA1 � A2 � A3j � j�A1 � A2� � A3j� jA1 � A2j� jA3j � j�A1 � A2� � A3j� �jA1j � jA2j � jA1 � A2j� � jA3j � j�A1 � A3� � �A2 � A3�j� jA1j � jA2j� jA3j � jA1 � A2j� �jA1 � A3j � jA2 � A3j � jA1 � A2 � A3j��

3.4. FORMULA UKLJUCIVANJA I ISKLJUCIVANJA 45

A

A

1

3

A2

Sl. 3.4. Formula ukljucivanja i iskljucivanja za tri skupa.

Vrijedi i znatno opcenitiji rezultat, u kojem se kardinalni broj unije skupova dobiva spomocu kardinalnih brojeva svih medusobnih presjeka.

Teorem 1. �Formula ukljucivanja i iskljucivanja ili Sylvesterova formula� Nekasu A1� � � � � An konacni skupovi sadrzani u X . Onda vrijedi:(a)

jA1 � � � Anj �nX

i�1

jAij �X

1�i�j�n

jAi � Ajj

�X

1�i�j�k�n

jAi � Aj � Akj � � � �� 1�n�1jA1 � � � � � Anj�

(b)

jA1 � � � � � Anj � jXj �nX

i�1

jAij�X

1�i�j�n

jAi � Ajj

�X

1�i�j�k�n

jAi � Aj � Akj� � � �� 1�njA1 � � � � � Anj�

PritomP

1�i�j�n znaci da se zbraja po svim parovima �i� j� takvim da je i � j : �1� 2� ,�1� 3� ,� � � , �1� n� , �2� 3� ,� � � , �n � 1� n� . Slicno i za preostale sume. Na pr. za n � 3 jeP

i�j cij � c12 � c13 � c23 .

DOKAZ. �a� Rabit cemo matematicku indukciju po n . Za n � 2 tvrdnja je jasna �vidigore�. Pretpostavimo da tvrdnja u teoremu vrijedi za n . Dokazimo da vrijedi i zan � 1 . Najprije je

jA1 � � � An An�1j �j�A1 � � � An� An�1j�jA1 � � � Anj�jAn�1j�j�A1 � � � An� � An�1j�jA1 � � � Anj�jAn�1j�j�A1 � An�1� � � � �An � An�1�j�


jer tvrdnja vrijedi za uniju dva skupa �tj. za n � 2 �. Sada mozemo iskoristiti induktiv-nu pretpostavku na dva izraza u zadnjem retku, jer se pojavljuju unije od n skupova:

jA1 � � � An An�1j �nX

i�1

jAij �X

1�i�j�n

jAi � Ajj�X

1�i�j�k�n

jAi � Aj � Akj�

� � �� 1�njA1 � � � � � Anj� jAn�1j

�h nX

i�1

jAi � An�1j �X

1�i�j�n

jAi � An�1 � Ajj� � � �

� ��1�n�1jA1 � � � � � An � An�1ji

�n�1Xi�1

jAij �X

1�i�j�n�1

jAi � Ajj� � � �

� ��1�njA1 � � � � � An�1j��b�Druga tvrdnja slijedi primjenomDeMorganove formule i �a�: jA1�� Anj �

jA1 � � � Anj � jXj � jA1 � � � Anj .

Primjer �� Koliko ima prirodnih brojeva koji su � 100 i djeljivi sa 3 ili 5ili 7 ?

Neka je X � f1� 2� � � � � 100g . Oznacimo sa A1 , A2 i A3 skupove brojeva iz Xdjeljivih sa 3 , 5 , 7 respektivno. U ovom primjeru trazi se jA1 A2 A3j .

Vrijedi jA1j � b1003 c � 33 , jA2j � b100

5 c � 20 , jA3j � b1007 c � 14 ,

jA1 � A2j � b 10015 c � 6 , jA1 � A3j � b100

21 c � 4 , jA2 � A3j � b10035 c � 2 ,

jA1 � A2 � A3j � b100105c � 0 , pa prema Teoremu 1�a� imamo:

jA1 A2 A3j � jA1j� jA2j� jA3j � jA1 � A2j � jA1 � A3j � jA2 � A3j�� jA1 � A2 � A3j � 67� 12 � 0 � 55�

Primjer �� Neka je A � fa1� � � � � amg i B � fb1� � � � � bng i m � n . Oznacimoskup svih surjektivnih funkcija iz A u B sa Sur �A� B� . On nije prazan jer je m � n .Trazimo broj surjektivnih funkcija iz A u B .

Neka je X � BA skup svih funkcija iz A u B . Broj njegovih elemenata jednakje jXj � nm , vidi Teorem 3.1.3. Oznacimo sa Ai , i � 1� 2� � � � n , skup svih funkcijaf � BA koje ne sadrze element bi u svojoj slici, tj.

Ai � f f � X : bi �� f �A�g�Onda je skup svih surjektivnih funkcija jednak A1 � � � � � An . Kardinalni broj togskupa trazimo uz pomoc Teorema 1�b�.

Odaberimo bilo koji k -clani podskup fi1� � � � � ikg � f1� � � � � ng . Onda jejAi1 � � � � � Aik j jednak broju funkcija f � BA za koje svaki f �aj� , j � 1� � � � � mpoprima vrijednosti koje su razlicite od bi1� � � � � bik , tj. ukupno n � k mogucih vri-jednosti. Takvih funkcija ima �n� k�m , vidi Teorem 3.1.3. Svakom od

�nk

�k -clanih


podskupova fi1� � � � � ikg od f1� � � � � ng odgovara �n � k�m takvih funkcija. PremaTeoremu 1�b� je:

jA1 � � � � � Anj � nm ��

n1

��n� 1�m �

�n2

��n� 2�m � � � �

tj.

jSur �A� B�j �nX

k�0

��1�k�

nk

��n� k�m�

Drugi dokaz ove tvrdnje moze se dobiti s pomocu funkcija izvodnica �vidi Primjedbu3.6.2 nize�.

Primjedba �� Gore navedeni broj jSur �A� B�j moze se shvatiti i kao broj nacinana koje mozemo m razlicitih predmeta smjestiti u n razlicitih kutija tako, da svakakutija sadrzi barem jedan predmet. Doista, ako su x1� � � � � xm predmeti iz A kojestavljamo u kutije y1� � � � � yn iz B , onda svakom takvom razmjestaju predmeta u ku-tije odgovara surjektivna funkcija iz A u B koja predmetima pridruzuje odgovarajucekutije.

Broj nacina na koje mozemo m razlicitih predmeta smjestiti u n istovrsnih kutija�koje ne razlikujemo�, tako da nijedna ne bude prazna, jednak je

S�m� n� �1n!

nXk�0

��1�k�

nk

��n� k�m�

Ovaj broj mozemo interpretirati i kao broj particija skupa od m elemenata u n blokova.Naime svakoj surjektivnoj razdiobi m predmeta u n istovrsnih kutija odgovara

n! razdioba u n razlicitih kutija. Za ilustraciju, neka su zadana tri predmeta x1� x2� x3i dvije kutije y1� y2 , tj. m � 3 , n � 2 . Ako kutije y1 i y2 razlikujemo, onda napr. razdiobu predmeta x1� x2 u kutiju y1 i x3 u kutiju y2 razlikujemo od razdiobepredmeta x1� x2 u kutiju y2 i x3 u kutiju y1 . Ako kutije y1 i y2 ne razlikujemo, ondagornje dvije razdiobe �� 2! � u dvije istovrsne kutije ne razlikujemo. Broj S�m� n�zove se Stirlingov broj druge vrste.

Ako imamo n razlicitih kutija u koje smjestavamo m istovrsnih predmeta, onda je broj raz-dioba jednak broju nenegativnih cjelobrojnih rjesenja jednadzbe x1 � � � � � xn � m , tj.

�n�m�1m

��varijacije s ponavljanjem�.

Primjer �� Ananas, jabuku, bananu, krusku, narancu, kivi, breskvu, marelicu isljivu trebaju podijeliti Ante, Marica, Ivica i Janica, tako da svatko dobije barem jednuvocku. Na koliko nacina je to moguce uciniti?

Rjesenje. Rijec je o surjekcijama 9 -clanog skupa u 4 -clani skup.

jSur �9� 4�j �4X

r�0

��1�r�

4r

��4� r�9

� 49 � 4 � 39 � 6 � 29 � 4 � 19 � 186480�

Dokazimo vazan teorem iz teorije brojeva koji govori o tzv. Eulerovoj funkciji,rabeci Formulu ukljucivanja i iskljucivanja. Eulerova funkcija prirodnom broju n


pridruzuje broj ϕ�n� svih prirodnih brojeva koji su � n i relativno prosti sa n . Defi-niramo ϕ�1� � 1 . Na pr. za n � 20 su brojevi 1 , 3 , 7 , 9 , 11 , 13 , 17 i 19 manjiod 20 i relativno prosti s njim, pa je ϕ�20� � 8 . Tvrdi se ovo.

Teorem 2. �Euler� Ako n ima rastav na proste faktore n � pα11 � � � pαl

l , pri cemuje p1 � � � � � pl , onda vrijedi Eulerova formula:

ϕ�n� � n

�1� 1

p1

��

�1� 1

pl

��

DOKAZ. Oznacimo X � f1� 2� � � � � ng . Neka je Ai skup svih brojeva u X djeljivih sapi , i � 1� � � � � l :

Ai � fm � X : pi jmg�Brojevi iz X koji su relativno prosti sa n su oni koji nemaju niti jedan pi kao svojdjelitelj, tj. iz skupa A1 � � � � � Al . Prema tome je ϕ�n� � jA1 � � � � � Alj . RabeciTeorem 1�b� vidimo da je:

ϕ�n� � n�X

i

jAij�Xi�j

jAi � Ajj � � � �� 1�ljA1 � A2 � � � � � Alj�

Jedini brojevi u X koji su djeljivi sa pi su pi� 2pi� � � � �npi

pi , dakle jAij � npi

. SkupAi � Aj predstavljaju svi brojevi iz X koji su djeljivi sa pi i pj , dakle sa pipj , a to supipj� 2pipj� � � � �

npipj

pipj . Prema tome je jAi � Ajj � npipj

, itd. Odavde slijedi

ϕ�n� � n�X

i

npi

�Xi�j

npipj

� � � �� 1�l np1p2 � � � pl

� n

��1�

Xi

1pi

�Xi�j

1pipj

� � � ��1�l

p1p2 � � � pl

�A �

Odmah se vidi da je gornji izraz u okrugloj zagradi jednak umnosku�1� 1

p1

��1� 1

p2

��

�1� 1

pl

��

Primjer �� Koliko ima brojeva izmedu 1 i 100 koji nisu djeljivi ni s 2 , ni s 3 ,ni s 5 ?

Oznacimo A1 � f1 n 100 : 2 j ng , A2 � f1 n 100 : 3 j ng , A3 �

f1 n 100 : 5 j ng . Trazimo��A1 � A2 � A3

�� . Vrijedi jA1j �j

1002

k� 50 ,

jA2j �j

1003

k� 33 , jA3j �

j1005

k� 20 , jA1 � A2j �

j1006

k� 16 , jA1 � A3j �j

10010

k� 10 , jA2 � A3j �

j10015

k� 6 , jA1 � A2 � A3j �

j10030

k� 3 . Prema Teoremu

1�b� je ��A1 � A2 � A3�� 100� �50 � 33 � 20� � �16 � 10 � 6�� 3 � 26�


Primjer �� Montmort, Euler, 18. st.� Pitamo se koliko ima permutacija bezponavljanja f skupa f1� 2� � � � � ng takvih da je f �k� �� k za sve k � 1� 2� � � � � n ?Takve permutacije u kojima niti jedan element ne stoji na svome mjestu zovemo ne-redima �tzv. deranzmani�. Na pr. za n � 3 permutacija �3� 1� 2� skupa f1� 2� 3g jenered, a permutacija �3� 2� 1� nije, jer je f �2� � 2 . Cilj nam je prebrojiti sve takvepermutacije opcenito.

Oznacimo sa X skup svih permutacija skupa f1� 2� � � � � ng . Za bilo koji ucvrscenii , 1 � i � n , bit ce zgodno uvesti skup Ai koji sadrzi sve permutacija f kod kojih jei -ta komponenta fiksna �nepromijenjena�, tj. f �i� � i . Drugim rijecima, definiramo

Ai � f f � X : f �i� � ig�Trazeni broj deranzmana iznosi jA1 � A2 � � � � � Anj .

Vrijedi jXj � n! �ukupan broj permutacija n -clanog skupa�. Odaberimo bilokoji k -clani podskup fi1� i2� � � � � ikg � f1� 2� � � � � ng . Broj jAi1 � Ai2 � � � � � Aik jpredstavlja broj permutacija kod kojih je f �ij� � ij za sve j � 1� 2� � � � � k . Buduci suza svaki f � Ai1 � Ai2 � � � � � Aik komponente i1� � � � � ik fiksne, preostaje nam n� kslobodnih komponenata za permutiranje. Pripadnih permutacija ima �n� k�! . Buducida imamo

�nk

�nacina odabira k polozaja i1� � � � � ik od n mogucih, onda je broj svih

permutacija s �barem� k fiksnih komponenata jednakXi1��ik

jAi1 � Ai2 � � � � � Aik j ��

nk

��n� k�! �

n!k!�

Prema Teoremu 1�b� dobivamo da je broj deranzmana dn jednak:

dn � n!� n!1!

�n!2!� n!

3!� � � �� 1�k n!

k!� � � �� 1�n n!

n!

� n!nX

k�0

��1�k

k!�

Primijetimo da nam dnn! daje postotak nereda medu svim permutacijama. Kako je

prema MacLaurinovoj formuli ex �P�

k�0xk

k! , onda za x � �1 dobivamo:

dn

n! e�1 � 0�368 � � � � n ��

Ovo pokazuje da mozemo pisati dn � n!e�1 . Doista je neobicno da se u ovom prob-lemu pojavljuje znameniti Eulerov broj e � 2�71828 .

Za broj deranzmana vrijedi dn � n�n�1�!�Pn�1

k�0��1�k

k! ��1�n

n!

�, odakle dobiva-

mo da slijed �dn� mozemo opisati s pomocu sljedece jednostavne rekurzivne relacije:dn � ndn�1 � ��1�n� n � 2� d1 � 0�

Primjer �� Problem sesira� Sestero ljudi je na koncert doslo sa sesirima. Ugarderobi su se sesiri izmijesali, pa je svaki vlasnik sesira nakon koncerta uzimao pojedan ne brinuci kome pripada. Kolika je vjerojatnost da niti jedan nije uzeo svoj sesir?

Sest sesira moze se odabrati na 6! nacina, a postoji d6 nacina tako da nitko nijeuzeo svoj sesir. Trazena vjerojatnost iznosi:

d6

6!� 1� 1

1!�

12!� 1

3!�

14!� 1

5!�

16!� 0�36788 � � �


Ovo pokazuje da dnn! vrlo brzo konvergira prema e�1 � 0�368 � � �

Primjer � Pustinjom hoda karavana od 9 deva. Na koliko se nacina nakonodmora u oazi one mogu presloziti, tako da niti jedna deva ne hoda iza one deve izakoje je hodala prije oaze?

Rjesenje. Oznacimo deve redom kako su hodale prije odmora u oazi. Neka je A1� skup svih rasporeda 9 deva u kojima druga deva hoda iza prve deve, A2 � skup svihrasporeda 9 deva u kojima treca hoda iza druge deve, .. , A8 � skup svih rasporeda 9deva u kojima deveta hoda iza osme deve. Tada vrijedi jA1j � jA1j � � � � � jA8j � 8! .Nadalje

��Ai � Aj�� 7! , bez obzira jesu li i i j susjedni brojevi �na pr. j � i � 1

pa zamisljamo da permutiramo "trostruku devu" �i� i � 1� i � 2� i preostalih 6 de-va� ili pak nisu �pa zamisljamo da permutiramo dvije "dvostruke deve" �i� i � 1� i�j� j � 1� i preostalih 5 deva�. Slicno vrijedi, bez obzira jesu li i , j , k susjedni ili ne,��Ai � Aj � Ak

�� 6! i nadalje��Ai � Aj � Ak � Al

�� 5! , .. , jA1 � A2 � � � � � A8j � 1! .Zato je

��A1 � A2 � � � � � A8�� 9!� �81�8!�

�82

�7!� �83�6!�

�84

�5!� �85�4!�

�86

�3!��8

7

�2! �

�88

�1! � 148 329 .

�ee� Povijesna crtica �ee� Prvu inacicu Formule ukljucivanja i iskljuciva-nja dao je Abraham de Moivre �1667.–1754.�. Modernu formulaciju tog rezultata daoje americki matematicar engleskoga podrijetla James Sylvester �1814.–1897.�. JamesStirling �1692.–1770.� bio je skotski matematicar, suradnik Isaaca Newtona. Colin

MacLaurin �1698.–1746.�, po kojem je nazvan razvoj funkcije f �x� �P�

n�0f �n��0�

n! �xn

u red potencija po x , bio je takoder skotski matematicar �istine radi, za taj razvoj jeznao jos prije njega Stirling, pa i Euler�. Mala digresija: znadete li da Mac ili Mc kodIraca i Skota znaci – “sin od”?

3.5. Funkcije izvodnice

Osnovna svojstva. Funkcije izvodnice predstavljaju mocno sredstvo u kombinatorici.Neka je zadan slijed realnih brojeva c0� c1� c2� � � � Cilj nam je da ga zapisemo u sto jemoguce sazetijem obliku. Pokazuje se da je to moguce napraviti s pomocu funkcija.

Definicija� Funkcija

g�x� ��X

n�0

cnxn �1�

zove se funkcija izvodnica slijeda �cn�n�0 ili generirajuca funkcija slijeda.

Definicija� Funkcija h�x� �P�

n�0 cnxn

n! zove se eksponencijalna funkcijaizvodnica slijeda �cn�n�0 .

3.5. FUNKCIJE IZVODNICE 51

Funkciju izvodnicu g�x� slijeda realnih brojeva treba “gledati” kao sazet zapisslijeda �cn�n�0 . Doista, ako znamo funkciju izvodnicu g�x� , onda ona prema Mac-

Laurinovoj formuli odreduje slijed cn � g�n��0�n! . Slicno, za h�x� je cn � h�n��0� .

Varijabla x za ove redove je samo formalna, tj. ne zanima nas pitanje konvergencijereda.

Funkcije izvodnice rabe se u bitnom za ove dvije vrste problema:a� za prebrojavanje podskupova i multiskupova �kombinacija kod kojih poredak ele-

menata nije vazan�; tu se rabi funkcija izvodnica g�x� ,b� za prebrojavanje konacnih sljedova �varijacije i permutacije, kod kojih je poredak

elemenata vazan�; tu se rabi eksponencijalna funkcija izvodnica.

A. Svojstvo linearnosti. Pretpostavimo da slijedu �an�n�0 pripada funkcija iz-vodnica f �x� �

P�n�0 anxn , a slijedu �bn�n�0 funkcija izvodnica g�x� �

P�n�0 bnxn .

Neka su λ i μ zadani realni brojevi. Onda slijedu �λ an � μbn�n�0 � �λ a0 �μb0� λ a1 � μb1� � � �� odgovara funkcija izvodnica λ f �x� � μg�x� �

P�n�0�λ an �

μbn�xn .

B. Pravilo deriviranja i integriranja. Ako je g�x� funkcija izvodnica slijeda�ck�k�0 , onda formalnim deriviranjem iz �1� dobivamo:

g��x� � c1 � 2c2x � 3c3x2 � � � � ��X

n�0

�n � 1�cn�1xn�

Posebno, buduci da je x�g��x� � P�n�0�n�1�cn�1xn�1 �

P�n�1 ncnxn �

P�n�0 ncnxn ,

funkcija izvodnica za slijed �n � cn�n�0 � �0� c1� 2c2� 3c3� � � �� glasi x � g��x� .Formalnim integriranjem iz �1� dobivamoZ x

0g�t� dt � c0x �

12

c1x2 �13

c2x3 � � � ��X

n�1

1n

cn�1xn�

tj.R x0 g�t� dt je funkcija izvodnica slijeda �0� c0�

12c1�

13c2� � � �� .

Funkciju izvodnicu zadanog slijeda trazimo, ako je moguce, u tzv. zatvorenojformi, tj. ne u obliku reda, nego izrazenu s pomocu elementarnih funkcija. Pogledajmoneke primjere.

Primjer ��

�a� Neka je c � R bilo koja konstanta. Funkcija izvodnica beskonacnog slijeda1� c� c2� � � � jednaka je f �x� �

P�n�0 cnxn � 1

1�cx , tj. zatvorena forma funkcije

izvodnice navedenog slijeda jednaka je 11�cx . Posebno, funkcija izvodnica slijeda

1� 1� 1� � � � je 11�x :

11� x

� 1 � x � x2 � � � � ��X

n�0

xn� �2�

�b� Formalnim deriviranjem prethodne jednakosti dobivamo funkciju izvodnicu slije-da 1� 2� 3� � � � :

1�1 � x�2

� 1 � 2x � 3x2 � � � � ��X

i�0

�i � 1�xi �3�


�c� Neka je α bilo koji realan broj, i k � N0 . Definirajmo binomni koeficijent:�αk

�:�

α�α � 1� � � � �α � k � 1�k!

�

�α0

�� 1�

Upamtimo dobro, u brojniku imamo umnozak tocno k brojeva koji se smanjujuza 1 , pocevsi od α . Slijed realnih brojeva

�αk

�, k � 0� 1� 2� � � � , ima kao funkciju

izvodnicu:

�1 � x�α � 1 �

�α1

�x �

�α2

�x2 � � � � �

�Xk�0

�αk

�xk� �4�

Red na desnoj strani zove se binomni red. Da bismo to dokazali, krenimo od

poznatog MacLaurinova razvoja f �x� �P�

k�0f �k��0�

k! xk funkcije f �x� u red po-tencija po x . Za funkciju f �x� � �1 � x�α je f �k��x� � α�α � 1� � � � �α � k �

1��1�x�α�k , dakle f �k��0�k! �

�αk

�. Time je �4� dokazano. U vaznom specijalnom

slucaju α � �n , gdje je n prirodan broj, iz �4� dobivamo

�1 � x��n ��X

k�0

��1�k�

n � k � 1k

�xk� �5�

jer je ��nk

�� 1�k

�n � k� 1

k

�� 6�

Naime,��n

k

��

��n��n�1��n�k�1�k! � ��1�k �n�k�1��n�1�n

k! � ��1�k�n�k�1

k

�.

Lako se vidi da svojstvo �a� slijedi iz �5� za n � 1 zamjenom x u �x . Svojstvo�b� se dobiva iz �5� za n � 2 zamjenom x u �x , jer je

�k�1k

��k�1

1

�� k�1 . Za

ilustraciju binomnog koeficijenta�α

k

�gdje je α bilo koji realan broj, primijetimo

da je�p2

2

��

p2�p

2�1�2 ,

�49

�� 0 ,

��24

�� 5 ,

�1�54

�� 1�5�0�5��0�5��1�5�

4! � 3128 ,��3

3

��

��3��4��5�3! � �10 . Vrlo lako se provjeri iz definicije da za svaki

α � R vrijedi�α

k

��α�1

k

��α�1

k�1

�, sto za α � n znamo i iz Propozicije 3.2.3.

Primjer �� Nadi funkciju izvodnicu za sljedove:

a� an � 2n � 3�n� b� bn � n � 1�

c� cn �n � 1

nαn

β n�1 � d� dn �

�Nn

�, gdje je N zadan.

a�

f �x� ��X

n�0

anxn ��X

n�0

�2n � 3�n� xn �

�Xn�0

�2x�n ��x

3

n�

11� 2x

�1

1� x3�


b�

f �x� ��X

n�0

bnxn ��X

n�0

�n � 1� xn ��X

n�0

�xn�1

��

� �Xn�0

xn�1

��

�x

1� x

��

�1

�1� x�2

c�

f �x� ��X

n�1

cnxn ��X

n�1

�n � 1

nαn

β n�1

�xn �

�Xn�1

�1 �

1n

��αβ

�n 1β

xn

�1β

�Xn�1

�αxβ

�n

�1β

�Xn�1

1n

�αxβ

�n

�1β�

αxβ

1� αxβ

�1β

�Xn�1

�Z x

0

αβ

�αxβ

�n�1�

dx

�αβ� xβ � αx

�αβ 2

Z x

0

� �Xn�1

�αxβ

�n�1�

dx �αβ� xβ � αx

�αβ 2

Z x

0

dx1� αx

β

�αβ� xβ � αx

� 1β

ln jβ � αxj �

d�

f �x� ��X

n�0

dnxn ��X

n�0

�Nn

�xn � �1 � x�N �

Primjene funkcija izvodnica.

Primjer �� U kosari se nalazi 7 jabuka, koje trebaju podijeliti Cika, Vjeran iSlavica. Pritom Cika treba dobiti barem 3 jabuke, Vjeran najvise 2 , a Slavica baremdvije, ali najvise cetiri. Na koliko se nacina moze raspodijeliti 7 jabuka?

Rjesenje. Nadimo funkciju izvodnicu za broj raspodjela jabuka. Oznacimo sa c1 ,c2 i c3 odgovarajuci broj jabuka koje dobiju redom Cika, Vjeran i Slavica. Kao stovidimo, trazi se zapravo broj cjelobrojnih rjesenja �tj. poredanih trojaca �c1� c2� c3� �jednadzbe:

c1 � c2 � c3 � 7�

uz uvjetec1 � 3� c2 � 2� 2 � c3 � 4�

Najprije cemo svakoj pojedinoj osobi pridruziti po jednu funkciju izvodnicu za brojjabuka koje moze dobiti, i to na sljedeci nacin:1. Cika ce dobiti tri ili cetiri ili pet� � � jabuka, pa joj pridruzujemo funkciju izvodnicu

x3 � x4 � x5 � � � �


2. Vjeran dobiva najvise 2 jabuke, tj. nula ili jednu ili dvije. Pripadna funkcijaizvodnica je x0 � x1 � x2 . Pritom cemo x0 pisati kao 1 , gdje x0 � 1 odgovaraslucaju kada Vjeran ne dobiva niti jednu jabuku.

3. Slavica ce dobiti dvije ili tri ili cetiri jabuke, pa je pripadna funkcija izvodnicajednaka x2 � x3 � x4 .

Promatrajmo umnozak

g�x� � �x3 � x4 � x5 � � � �� z �Cika

� �1 � x � x2�� z �Vjeran

� �x2 � x3 � x4�� z �Slavica

�

Tvrdimo da je to upravo funkcija izvodnica za broj raspodjela jabuka. Uvjerimo se daje trazeni broj raspodjela od sedam jabuka jednak upravo koeficijentu ispred x7 u raz-voju funkcije g�x� po potencijamo od x . Doista, ako na pr. iz prvog umnoska u g�x�uzmemo clan x4 , iz drugog x1 i iz treceg x2 , to odgovara slucaju kada Cika dobivacetiri jabuke, Vjeran jednu i Slavica dvije. Broj svih takvih kombinacija produkatakojima se u gornjem produktu dobiva potencija x7 jednak je upravo trazenom brojumogucih raspodjela sedam jabuka. Buduci da je

g�x� � x5�1 � x � x2 � � � ��1 � x � x2�2�

onda je koeficijent uz x7 u g�x� jednak koeficijentu uz x2 u izrazu

h�x� � �1 � x � x2 � � � ��1 � x � x2��1 � x � x2��

Taj koeficijent mozemo odrediti na nekoliko nacina.Prvi na in. Koeficijent uz x2 u razvoju h�x� jednak je 6 , jer se u umnosku

ostvaruje na ovih sest nacina: 1 � 1 � x2 , 1 � x � x , 1 � x2 � 1 , x � 1 � x , x � x � 1 , x2 � 1 � 1 .Trazeni broj raspodjela jabuka jednak je 6 .

Drugi na in� Vjerojatno najefikasniji nacin za odredivanje trazenog broja te-melji se na primjeni multinomne formule �Teorem 3.3.2�. Primijetimo da je koeficijentuz x2 u h�x� isti kao i koeficijent uz x2 u �1 � x � x2�3 . Naime, u h�x� mozemo‘odsjeci’ dio reda 1 � x � x2 � � � � koji sadrzi potencije � 3 , jer one ne utjecu nakoeficijent uz x2 . Koeficijent uz x2 u �1 � x � x2�3 jednak je prema multinomnojformuli �vidi takoder Primjer 3.3.3�b��:�

31� 2� 0

��

�3

2� 0� 1

��

3!1!2!0!

�3!

2!0!1!� 6�

Pogledajmo koje su to razdiobe jabuka u ovom primjeru �ovakve tablice ce rijetkokada imati smisla graditi, jer ce cesto biti vrlo velike�:

c1 c2 c33 0 43 1 33 2 2

c1 c2 c34 0 34 1 25 0 2

Primijetite da nam funkcija izvodnica daje cak i vise informacija nego sto se tra-zilo. Na pr. ako imamo ukupno 5 jabuka u kosari, mozemo ih raspodijeliti samo na1 nacin, jer koeficijentu uz x5 u g�x� odgovara slobodni koeficijent u h�x� , koji jejednak 1 . Pripadna raspodjela je �3� 0� 2� .

Ako imamo ukupno 6 jabuka, onda ih mozemo raspodijeliti na tri nacina: koe-ficijentu uz x6 odgovara koeficijent uz x u h�x� , koji je isti kao koeficijent uz x u


razvoju �1 � x�3 , dakle 3 . Drugi nacin je da trazimo zbroj 1� 2 koeficijenata uz x0

i x u �9�.

Matematicki racunalni alati kao sto su Mathematica ili Matlab omogucavaju da se za funkcijug�x� zapisanu kao produkt polinoma vrlo lako ocita koeficijent uz bilo koju potenciju od x , a da sesama funkcija g�x� simbolicki ne izracunava. To je od znatne koristi ako imamo polinome s velikimbrojem clanova.

Primjer �� Na koliko se nacina mogu 24 jabuke podijeliti medu cetvero djecetako da svako dijete dobije barem 3 , ali ne vise od 8 jabuka?

Rjesenje. Svako dijete moze dobiti najmanje 3 i najvise 8 jabuka. Zato promat-ramo funkciju izvodnicu �

x3 � x4 � � � �� x8 4

�

Trazimo koeficijent uz x24 od te funkcije.�x3 � x4 � � � �� x8

4� x12

�1 � x � x2 � � � �� x5

4

� x12�

1� x6

1� x

�4

� x12�1� x6

4�1� x��4 �

Dovoljno je gledati koeficijent uz x12 od�1� x6

�4�1� x��4 ,�

1� x6 4

�1� x��4 �

1�

�41

�x6 �

�42

�x12 � � � �

� 1�

��41

�x �

��42

�x2 � � � �

�pa je trazeni koeficijent jednak

1 ��4

12

��

41

��46

�� 1 �

�42

�

��4� ��5� ��6� ��7� � � � ��15�

12!� ��4� ��5� ��6� � � � ��9�

6!� 4 �

4 � 32

� 125�

U izracunu��4

12

�moze se rabiti i formula �6�.

Primjer �� Funkcija izvodnica g�x� za broj kombinacija bez ponavljanja od nelemenata je funkcija izvodnica slijeda ck �

�nk

�za 0 � k � n , ck � 0 za k � n .

Imamo

g�x� �

�n0

��

�n1

�x � � � ��

�nk

�xk � � � ��

�nn

�xn�

Dakle g�x� � �1 � x�n , i to je njena zatvorena forma.Obratno, ako krenemo od funkcije g�x� � �x0 � x1�n , onda je koeficijent uz xk

jednak ck ��n

k

�. Znamo vec od prije da on predstavlja broj k -clanih podskupova

n -clanog skupa, tj. broj kombinacija bez ponavljanja reda k , vidi Teorem 3.2.2.

Primjer �� S pomocu funkcija izvodnica mozemo dati izvanredno jednostavandokaz identiteta

�nk

��n�1

k

��n�1

k�1

�. Doista, promatrajmo polinom g�x� � �1�x�n .

Koeficijent uz xk jednak je�n

k

�. Kako je g�x� � �1 � x�n�1�1 � x� � �1 � x�n�1 �


x�1 � x�n�1 , onda je koeficijent uz xk u �1 � x�n�1 jednak�n�1

k

�, a koeficijent uz

xk u x�1 � x�n�1 jednak je koeficijentu uz xk�1 u izrazu �1 � x�n�1 , dakle�n�1

k�1

�.

Odavde odmah slijedi tvrdnja.TEMELJNO PRAVILO. Vidimo da je opcenito funkcija izvodnica za broj

kombinacija �s ponavljanjem� skupa od n elemenata jednaka umnosku od n fak-tora. Ako zahtijevamo da se i -ti element ai u kombinaciji pojavljuje ili samo n1puta, ili n2 puta,� � � , ili nj puta, onda i -ti faktor u funkciji izvodnici ima oblik�xn1 � xn2 � � � �� xnj� .

Primjer � �de Moivre� Zadan je skup od n elemenata. Promatrajmo brojkombinacija s ponavljanjem reda k od n elemenata �tj. broj neporedanih k -teracaelemenata iz n -clanog skupa�. Element a1 se u kombinaciji moze pojaviti n0 � 0puta ili n1 � 1 puta ili n2 � 2 puta itd. Njemu odgovara izraz �1 � x � x2 � � � �� .Isto tako i svakom drugom elementu a2 , a3� � � � � an . Prema tome, funkcija izvodnicaza broj kombinacija s ponavljanjem jednaka je

g�x� � �1 � x � x2 � � � ��n �� 1

1� x

n� �1 � x��n�

Trazeni broj je koeficijent uz xk u MacLaurinovu razvoju od g�x� . Rabeci funkcijuizvodnicu �5�, zamjenom x u �x dobivamo:

�1� x��n ��X

k�0

�n � k � 1

k

�xk�

Trazeni koeficijent uz xk , tj. broj neporedanih k -teraca elemenata iz n -clanog skupa,je�n�k�1

k

�. Time je ponovno dokazan Teorem 3.3.5, i to sasvim drugom metodom, s

pomocu funkcije izvodnice.

Primjer � Nadite broj cjelobrojnih rjesenja jednadzbex1 � x2 � x3 � x4 � 20

ako je x1� x2 ! �3 , �5 x3 5 , x4 ! 0 .

Trazimo koeficijent uz x20 funkcije izvodnice�x�3 � x�2 � x�1 � 1 � x � � � �

2 �x�5 � x�4 � � � �� x5

�1 � x � x2 � � � �

� x�6

�1 � x � x2 � � � �

2x�5

�1 � x � x2 � � � �� x10

�1 � x � x2 � � � �

� x�11

�1

1� x

�3�1� x11

1� x

�� x�11

�1� x11

�1� x��4

��

x�11 � 1 ��4

0

��4

1

�x �

��42

�x2 �

��43

�x3 � � � �

��

Koeficijent uz x20 je

��4

31

��4

20

�� 4� ��5� ��6� � � � ��34�

31!� ��4� ��5� ��6� � � � ��23�

20!

�34 � 33 � 32

6� 23 � 22 � 21

6� 4213�

3.6. DIRICHLETOVO NACELO 57

Malo je brze ako binomne koeficijente racunamo s pomocu �6�.

�ee� Povijesna crtica �ee� Vrijednosti Fibonaccijeva slijeda u zatvorenojformi uz pomoc funkcije izvodnice dobio je 1718.g. Abraham de Moivre �1667.–1754.�. Primjene metode funkcija izvodnica jako je razvio Leonhard Euler �1707.–1783.�. Vidi takoder na kraju Odjeljka 4.6.

3.6. Dirichletovo nacelo

Ovo cemo poglavlje zavrsiti s vrlo jednostavnim kombinatorickim principom, kojinalazi primjene u mnogim podrucjima matematike, pa cak i u matematickoj analizi.

Teorem 1. �Dirichletovo nacelo� Neka je n predmeta smjesteno u m kutija in � m . Onda postoji kutija s barem 2 predmeta.

DOKAZ. Ova tvrdnja je ocevidna. Doista, kad bi u svakoj od m kutija bio najvisejedan predmet, onda bi u svim kutijama bilo najvise m predmeta, sto je kontradikcijasa n � m .

Ovo nacelo nosi jos i naziv “princip smjestavanja u ladice”, ili “princip golubinja-ka” �engl. pigeonhole principle�. Na pr. ako cetiri goluba slete u tri golubinjaka, ondace u jednom od njih biti bar dva goluba.

Taj princip moze se izreci i na ovaj ekvivalentan nacin.

Teorem 2. Neka je f : A B funkcija izmedu konacnih skupova i jAj � jBj .Onda f nije injekcija, tj. postoje dva razlicita elementa a1� a2 � A takva da jef �a1� � f �a2�

DOKAZ. Gledajmo A kao skup od jAj � n predmeta i B kao skup od jBj � m kutija,a f kao funkciju koja ‘predmetu’ a pridruzuje ‘kutiju’ f �a� . Zbog n � m ce nekojkutiji biti pridruzena dva predmeta a1� a2 , tj. f �a1� � f �a2� .

Primjer �� Medu bilo kojih 13 ljudi bar dvojica su rodena istoga mjeseca. Doi-sta, svakom od 13 ljudi �‘predmeta’�mozemo pridruziti neki od 12 mjeseci �‘kutija’�,pa ce barem dvojici biti pridruzen isti mjesec.

Primjer �� Zadano je 100 razlicitih prirodnih brojeva. Onda postoje dva medunjima cija razlika je djeljiva sa 99 .

Razlika dvaju brojeva je djeljiva sa 99 onda i samo onda ako oba pri dijeljenju sa99 daju isti ostatak, vidi Primjer 3.4.3. Pokazimo da postoje takva dva broja. Svakomod sto odabranih brojeva �‘predmeta’� pridruzimo ostatak �‘kutiju’� pri dijeljenju sa99 . Ostatak poprima vrijednosti r � 0� 1� � � � � 98 , dakle njih 99 . Onda medu stobrojeva postoje dva kojima je pridruzen isti ostatak.

Primjer �� U skupu od prvih osam brojeva 1� 2� � � � � 8 odaberemo njih pet.Dokazimo da medu tih pet postoje dva ciji zbroj je jednak 9 .

Zbroj 9 dobiva se za svaki od ova 4 dvoclana podskupa pocetnog skupa:A � f1� 8g , B � f2� 7g , C � f3� 6g , D � f4� 5g . Svakom od 5 odabranih


brojeva �predmeta� mozemo pridruziti tocno jedan od ova 4 podskupa �kutija� u ko-jem se on nalazi. Prema tome postoje dva broja kojima ce biti pridruzen isti skup.Zbroj ta dva broja je 9 .

Primjer �� Medu brojevima od 1 do 20 odaberemo njih osam. Dokazimo dapostoje bar dva troclana podskupa tog osmeroclanog skupa koji daju isti zbroj eleme-nata.

Primijetimo najprije da postoji�83

�� 8�7�6

3! � 56 troclanih podskupova osmero-clanog skupa �vidi Teorem 3.2.2�. Koje vrijednosti mogu poprimiti zbrojevi njihovihelemenata? Najmanji moguci zbroj je 1 � 2 � 3 � 6 , a najveci 20 � 19 � 18 � 57 .Prema tome razlicitih mogucih zbrojeva ima ukupno 57 � 6 � 1 � 52 �vidi Primjer3.1.1�. Pridruzujuci svakom od 56 troclanih podskupova �‘predmeta’� jedan od 52moguca zbroja �‘kutije’�, vidimo da ce postojati bar dva s istim zbrojem.

Primjer �� U pravilnom sesterokutu, duljine stranice 1 , odabrano je sedamtocaka. Onda postoje bar dvije cija udaljenost nije veca od 1 .

Sl. 3.5.

Pravilni sesterokut mozemo podijeliti na 6 jednakostranicnih trokuta. Svakoj odsedam tocaka �‘predmeta’� pridruzimo jedan od 6 trokuta �kutija� u kojem se nalazi.Onda postoje dvije tocke koje su unutar istoga trokuta. Buduci da je osnovica jedna-kostranicnog trokuta duljine 1 , onda je udaljenost medu njima � 1 .

Poopceno Dirichletovo nacelo. Ako imamo n � 2m � 1 predmeta smjestenih u mkutija, onda ce u nekoj kutiji biti barem 3 predmeta. Naime kad bi ih u svakoj bilo� 2 , njihov ukupan broj bio bi � 2m . Na slican nacin moze se dobiti poopcenjeDirichletova principa.

Teorem 3. �Poopceno Dirichletovo nacelo� Ako je n predmeta smjesteno u mkutija, onda postoji kutija koja sadrzi barem bn�1

m c� 1 predmeta.

DOKAZ. Pretpostavimo suprotno, da svaka kutija sadrzi � b n�1m c predmeta. Onda je

ukupan broj predmeta u m kutija � m � b n�1m c � m � n�1

m � n� 1 , sto je protuslovlje.

Primjer �� Za n � m , tj. n� 1 � m , imamo bn�1m c� 1 � 2 , tj. postoji kutija

s bar dva predmeta �Teorem 1�. Ako je n � 2m � 1 , onda postoji kutija s baremb n�1

m c� 1 � 3 predmeta.


Teorem 4. Neka je f : A B funkcija medu konacnim skupovima, n � jAj ,m � jBj . Onda postoji element b � B u koji se preslika barem b n�1

m c� 1 elemenataiz A .

Primjer � Hrvatska ima 4� 7 milijuna stanovnika. Covjek ima najvise 300 000vlasi na glavi. Dokazite da u Hrvatskoj postoji barem 16 ljudi s “na dlaku” jednakimbrojem vlasi naglavi.

Rjesenje. KoristimoDirichletovo nacelo. Ovdje je n � 4 700 000 i m � 300 001 ,

pa jej

n�1m

k� 1 � 16 .

Primjer � Unutar kvadrata stranice duljine 1 zadano je 9 tocaka. Dokaziteda postoje 3 od njih koje su sadrzane u krugu polumjera 2

5 .

Rjesenje. Rascetvorimo kvadrat na 4 manja kvadrata stranice duljine 12 �nacrtajte

sliku�. Kako jej

9�14

k� 1 � 3 u jednom od ta 4 manja kvadrata su nuzno 3 tocke.

Polumjer njemu opisane kruznice jep

24 , a

p2

4 � 25 . Dakle, te 3 tocke se sigurno

nalaze u krugu polumjera 25 .

Primjer �� U bijelom Zagrebu gradu u 30 najvecih zgrada zivi 61 327 stanara.Onda postoji zgrada s barem 2045 stanara.

Rjesenje. Doista, ovdje je n � 61 327 i m � 30 , pa postoji zgrada sa baremb n�1

m c � 1 � b 61 32630 c � 1 � b2044�2c� 1 � 2045 stanara. Usput, zna se i vise od

toga: u zagrebackoj mamutici �naselje Travno� zivi oko 7000 ljudi.

Primjer �� Medu svim stanarima iz prethodnog zadatka ima barem b 61 3267 c�

1 � 8761 onih koji su rodeni istoga dana u tjednu.

Zadatci za vjezbu

1. Koliko se osmoslovnih rijeci moze naciniti od 30 slova �5 samoglasnika i 25suglasnika�, ako svaka rijec mora sadrzavati:a� barem 3 samoglasnika i ne smije sadrzavati ista slova;b� barem 3 samoglasnika i slova se smiju ponavljati.

2. Odredite broj hn dijelova ravnine na koji je dijeli n pravaca uz pretpostavku daniti koja tri pravca ne prolaze istom tockom i niti koja dva nisu medusobno paralelna.Obrazlozi!

3. Zadana je standardna sahovska ploca 8� 8 . Na koliko razlicitih nacina mozefigura doci iz lijevog doljnjeg u desno gornje polje, tako da ne prode poljem na presjekutreceg retka i petog stupca, ako se figura u jednom potezu moze pomicati samo za jednopolje u desno ili jedno polje gore.

4. Koliko razlicitih djelitelja ima broj 10! �10 faktorijela�? Koliko od toga ih jeparnih, a koliko neparnih?

5. Zadana je standardna kvadratna sahovska ploca sa 64 polja. Na koliko razli-citih nacina moze figura doci iz lijevog doljnjeg u desno gornje polje, tako daa� ne prode poljem na presjeku treceg stupca i petog retka, niti poljem na presjeku

petog stupca i sedmog retka,


b� ne prode poljem na presjeku treceg stupca i petog retka, niti poljem na presjekupetog stupca i cetvrtog retka,

ako se figura u jednom potezu moze pomicati samo za jedno polje u desno ili jednopolje gore? Stupci su oznaceni brojevima od 1 do 8 s lijeva na desno, a redci odozdolprema gore.

6. Nadite broj cjelobrojnih rjesenja jednadzbe

x1 � x2 � x3 � 28

uz uvjete x1 � �3 , �5 � x2 � 10 , x3 � 4 .7. Neka je f �x� funkcija izvodnica slijeda an , n � 0� 1� 2� � � � Izrazite s pomocu

f �x� funkciju izvodnicu g�x� za slijed bn � n2an . Rabeci dobiveni rezultat odreditefunkciju izvodnicu slijeda

bn � n2�

mn

��

8. Koliko nenegativnih cjelobrojnih rjesenja ima nejednakost

x1 � x2 � x3 � x4 � x5 � x6 � 17 ?

9. Zadana je “povecana sahovska ploca” dimenzije 9� 9 od 81 polja. Sredisnjepolje je, dakako, ono na presjeku petog retka i petog stupca. Na koliko razlicitih nacinamoze figura doci iz lijevog doljnjeg u desno gornje polje, tako da ne prode sredisnjimpoljem, ako se figura u jednom potezu moze pomicati samo za jedno polje u desno iliza jedno polje gore?

10. Nadite broj cjelobrojnih rjesenja jednadzbe x1 � x2 � x3 � 19 uz uvjetex1 � 3 , �5 � x2 � 10 , x3 � 4 .

11. Koliko ima �3n� -znamenkastih brojeva koji sadrze n parnih i 2n neparnihznamenaka? Obrazlozite odgovor!

12. Zadan je slijed realnih brojeva �an� sa a0 � 1 , a1 � 10 , a2 � 5 ,an � �n4 � 5n2 � 4��1 . Nadite funkciju izvodnicu za taj slijed.

13. Zadani su konacni skupovi X i Y , jXj � 5 , jYj � 7 . Koliko ima injektivnihfunkcija iz partitivnog skupa od X u skup svih funkcija iz Y u X ?

14. Koliko ima kvadrata na sahovskoj ploci dimenzije n� n , koji se mogu sasta-viti od osnovnih?

15. Nadite funkciju izvodnicu slijeda �an� zadanog sa

a2k ��1�k

�2k�!� a2k�1 �

12k � 1

� k � 0�

16. Na koliko se nacina 27 jabuka moze podijeliti na desetero djece tako dabarem jedno dijete ne dobije niti jednu jabuku?

17. Nadite funkciju izvodnicu za slijed

an �n � 1

n� cn

dn�1 � n � 1�

18. Na koliko nacina se iz skupa S � f1� 2� 3� � � � � 10g moze izabrati cetveroclanipodskup koji ne sadrzi dva uzastopna broja?

19. Nadite funkciju izvodnicu za slijed an � n2 � 10n , n � 1 .


Naputci i rjesenja

1. a� Prebrojavamo rijeci s 3 ili 4 ili 5 razlicitih samoglasnika �uzmemo najprije bilo koja tri

samoglasnika i pet suglasnika, i zatim permutiramo, itd.�:�53��25

5�8! �

�54��25

4�8! �

�55��25

3�8! �

596850 8! 2�4 1010 . b� Prebrojavamo rijeci s 3 ili 4 ili 5 ili 6 ili 7 ili 8 samoglasnika �koji

se mogu ponavljati�:�83�53255 �

�84�54254 �

�85�55253 �

�86�56252 �

�87�5725� 58 . Drugi nacin

je da najprije rijesimo suprotnu zadacu, tj. nademo broj rijeci koje nemaju zeljeno svojstvo, doticno,imaju 0 ili 1 ili 2 samoglasnika: 258 �

�81�51257 �

�82�52256 . Kako je ukupan broj rijeci 308 ,

trazeni broj iznosi 308 � 258 � �81�51257 � �8

2�52256 .

2. Uz pomoc slike se uvjerimo da je h1 � 2 , h2 � 4 , h3 � 7 . Odatle lako induk-tivno vidimo da ako n � 1 pravaca dijeli ravninu na hn�1 dijelova, onda dodavanje jos jednogpravca povecava broj dijelova ravnine za n , tj. hn � hn�1 � n za n � 2 , h1 � 2 . Rjesenje

ove rekurzivne relacije trazimo u obliku hn � h�0�n � h

�p�n � C 1n � �A � Bn�n , vidi Teorem

7.4.1. Iz �A � Bn�n � �A � B�n � 1��n � 1� � n slijedi usporedivanjem koeficijenata uz n0 ,

n i n2 da je B � 1�2 , A � 1�2 , dakle hn � C � 12n � 1

2n2 . Iz pocetnog uvjeta h1 � 2 , tj.

C � 12 � 1

2 � 2 , dobijemo C � 1 , dakle hn � 12n2 � 1

2n � 1 . Moguce je i izravno rjesenje:

hn � n � hn�1 � n � �n � 1� � hn�2 � n � �n � 1� � � � � � 2 � h1 � 12 �n � 2��n � 1� � 2 . U

zadnjoj jednakosti smo rabili Gaussov trik, koji je mali Gauss otkrio kao skolarac od samo 9 godina�usporedi s Primjerom 3.5.1�.

3. Idemo od suprotnog: nadimo najprije na koliko nacina mozemo od lijevog doljnjeg dodesnog gornjeg ugla ploce doci tako da uvijek prodemo kroz polje koje se nalazi u trecem retku ipetom stupcu. Prvo, do tog mjesta na ploci treba nam ukupno cetiri poteza u desno �D� i dva goreD . Za to imamo ukupno 6!

4!2! nacina �broj razmjestaja cetiri D i dva G na 6 mjesta, vidi Teorem

3.3.1 i takoder Primjer 3.3.2�. Ovo kombiniramo s ukupno 8!3!5! nacina na koji mozemo zatim od

tog mjesta doci do desnog gornjeg ugla ploce: trebamo bilo kojim redosljedom razmjestiti tri D ipet G na osam mjesta. Ukupan broj uspona bez ikakvog ogranicenja iznosi 14!

7!7! �sedam pomaka

D i sedam G �. Dakle, trazeni broj je 14!7!7! � 6!

4!2! 8!3!5! � 3432 � 15 56 � 2592 .

4. Broj 10! � 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 � �5 2� 32 23 7 �2 3� 5 22 3 2 � 28 34 52 7ima ukupno �8 � 1��4 � 1��2 � 1��1 � 1� � 9 5 3 2 � 270 djelitelja, vidi Korolar 3.3.6. Kodparnih djelitelja broja 10! moguce potencije uz bazu 2 su u rasponu od 1 do 8 �njih 8 �, a uz baze3 , 5 i 7 one su od nula do brojeva 4 , 2 i 1 respektivno, pa imamo ukupno 8 5 3 2 � 240parnih djelitelja, i 5 3 2 � 30 neparnih.

5. Zadatak se rjesava na slican nacin kao i zadatak 3.

a��14

7�� 6!

4!2! 8!5!3! � 10!

6!4! 4!3!1! �

6!4!2! 4!

2!2! 4!3!1! � 2112 .

b��14

7�� 6!

4!2! 8!5!3! � 7!

4!3! 7!1!3! � 1367 .

6. Funkcija izvodnica f �x� ovoga problema je umnozak funkcija izvodnica koje odgovarajuvarijablama x1 , x2 i x3 :

f �x� � �x�3 � x�2 � � � �� x�5 � x�4 � � � �� x10� �x4 � x5 � � � ��

� x�3�1 � x � � � �� x�5�1 � x � � � �� x15� x4�1 � x � � � ��

� x�4�1� x16��1� x��3 � x�4�1� x16� �X

k�0

��3k

��1�kxk�

Koeficijent uz x18 je trazeni broj rjesenja �rabimo relaciju �6� u Odjeljku 3.5, i zatim svojstvo

simetricnosti binomnih koeficijenata�:��3

22��1�22 � ��3

6��1�6 �

�3�22�122

� � �3�6�16

��24

2�� 8

2�� 276� 28 � 248 .


7. Funkcija izvodnica slijeda n2an je

g�x� ��X

n�0

n2anxn ��X

n�2

n�n � 1�anxn ��X

n�1

nanxn

� x2�X

n�2

n�n� 1�anxn�2 � x�X

n�1

nanxn�1

� x2 f ��x� � x f ��x��

Za zadani slijed je f �x� �P�

n�0�m

n�xn �

Pmn�0

�mn�xn � �1 � x�m , f ��x� � m�1 � x�m�1 ,

f ��x� � m�m� 1��1 � x�m�2 , dakle g�x� � m�m� 1�x2�1 � x�m�2 � mx�1 � x�m�1 .8. Uvodimo pomocnu cjelobrojnu varijablu x7 � 0 . Broj rjesenja je isti kao i za jednadzbu

x1 � x2 � � � � � x6 � x7 � 17 , xi � 0 , a taj iznosi�17�7�1

17��23

6�� 100 947 , vidi Teorem

3.3.5.9. Pogledajmo suprotnu zadacu: naci broj putanja koje prolaze sredisnjim poljem. Cetiri

pomaka u desno i cetiri uspona do sredisnjeg polja mozemo obaviti na ukupno 8!4!4! nacina. Svaki

taj uspon treba kombinirati sa svakim od cetiri pomaka u desno i cetiri gore pocevsi od sredisnjegpolja, kojih ima takoder 8!

4!4! . Prema tome ukupan broj putanja za suprotnu zadacu je umnozak

ta dva broja, a konacno rjesenje je onda: 16!8!8! �

�8!

4!4!

�2, pri cemu prvi broj u razlici predstavlja

ukupan broj svih mogucih putanja �bez uvjeta prolaska kroz srediste�.

10. Treba naci koeficijent uz x19 u izrazu:

f �x� � �x�3 � x�2 � � � �� x�5 � x�4 � � � �� x10� �x4 � x5 � � � ��

� x�3�1 � x � � � �� x�5�1 � x � � � �� x15� x4�1 � x � � � ��

� x�4 11� x

1� x16

1� x 11� x

� x�4�1� x16��1� x��3

� x�4�1� x16� �X

k�0

��3k

��1�kxk�

Rabeci relaciju �6� u Odjeljku 6.6, kao i svojstvo simetrije za binomne koeficijente, dobivamo da je

koeficijent uz x19 u f �x� jednak:

k �

��323

� ��1�23 �

��37

� ��1�7

�

�3 � 23� 1

23

��

3 � 7� 17

��

�252

��

92

�

�25 24

2� 9 8

2� 264�

11. Imamo ukupno 5 parnih znamenaka: 0 , 2 , 4 , 6 , 8 , i pet neparnih: 1 , 3 , 5 , 7 , 9 .Pogledajmo dva slucaja s obzirom na parnost prve znamenke.

�a� Neka je prva znamenka 3n -znamenkastog broja parna. Onda ona moze poprimiti samo4 vrijednosti, jer mora biti �� 0 . Na preostalih 3n � 1 mjesta mozemo odabrati n � 1 polozaja

za parne znamenke na ukupno�3n�1

n�1�

nacina �vidi Teorem 6.2.2�, i na svaku staviti neki od pet

parnih brojeva, a neparne znamenke na preostalih 2n mjesta mozemo staviti na 52n nacina. Ukupno

imamo 4 �3n�1n�1

�5n�1 52n brojeva cija prva znamenka je parna.


�b� Neka je prva znamenka 3n -znamenkastog broja neparna. Mozemo je birati na 5 nacina.

Dalje slicno kao u �a� dobivamo ukupno 5 �3n�1n� 5n 52n�1 brojeva cija prva znamenka je

neparna.Ukupno 3n -znamenkastih brojeva s trazenim svojstvom ima

4 �

3n � 1n� 1

� 5n�1 52n � 5

�3n � 1

n

� 5n 52n�1 � 4 53n�1

�3n � 1n� 1

�� 53n

�3n � 1

n

��

12. Vrijedi f �x� �P�

n�0 anxn � 1 � 10x � 5x2 �P�

n�3xn

n4�5n2�4. Rabimo rastav na

parcijalne razlomke, znajuci da je n4�5n2 �4 � �n2�1��n2�4� � �n�1��n�1��n�2��n�2� :

1

n4 � 5n2 � 4�

An � 1

�B

n � 1�

Cn� 2

�D

n � 2

Mnozenjem sa zajednickim nazivnikom i usporedivanjem koeficijenata uz potencije od n dobivamo1 � A�n�1��n�2��n�2��B�n�1��n�2��n�2��C�n�1��n�1��n�2��D�n�1��n�1��n�2�za sve n . Da bismo odredili nepoznate koeficijente, dovoljno je uvrstiti n � 1 , sto odmah da-je A � �1�6 , a uvrstavanjem n � �1 , �2 i n � �1 dobivamo B � 1�6 , C � 1�12 ,D � �1�12 . Znademo da je

P�n�0 xn � 1

1�x , odakle formalnom integracijom od 0 do x slijediP�n�0

xn�1

n�1 � � ln j1� xj . Sada je

�Xn�3

xn

n� 1� x

�Xn�3

xn�1

n � 1� x

� �X

n�0

xn�1

n � 1� x

� � �x ln j1� xj � x2�

�Xn�3

xn

n � 1�

1xXn�3

xn�1

n � 1�

1x� �X

n�0

xn�1

n � 1� x � x2

2� x3

3

�

� � 1

x2 ln j1� xj � 1

x� x

2� x2

3�

�Xn�3

xn

n� 2� x2

Xn�3

xn�2

n� 2� x2

�Xn�0

xn�1

n � 1� �x ln j1� xj�

�Xn�3

xn

n � 2� � � � � � 1

x2 ln j1� xj � 1

x� 1

2� x

3� x2

4�

Prema tome je

f �x� � �1 � 10x � 5x2�� 16

h�x ln j1� xj � x2

i

�16

�� 1

x2 ln j1� xj � 1

x� x

2� x2

3

� 1

12x ln j1� xj

�112

�� 1

x2 ln j1� xj � 1

x� 1

2� x

3� x2

4

� ln j1� xj �x4 � 2x3 � 2x � 1

12x2�

112x

�78�

179180

x �739144

x2�

13. Kako je j2X j � 32 �vidi Teorem 6.1.5�, i jXY j � 57 �vidi Teorem 6.1.3�, onda je brojsvih injektivnih funkcija iz skupa 2X u skup XY jednak �vidi Primjer 6.2.2�: 57�57 � 1��57 �2� � � � �57 � 31� .


14. Na sahovskoj ploci dimenzije n � n ima ukupno n2 kvadrata dimenzije 1 � 1 , zatim�n�1�2 kvadrata dimenzije 2�2 �zasto?�, itd., do samo jednog kvadrata dimenzije n�n . Ukupanbroj svih kvadrata iznosi: n2 � �n � 1�2 � � � �� 1 �

Pnk�1 k2 .

15. Funkciju izvodnicu rastavimo u dva reda s parnim i neparnim clanovima: f �x� �P�n�0 anxn �

P�k�0 a2kx2k �

P�k�0 a2k�1x2k�1 �

P�k�0

��1�k

�2k�! x2k �P�

k�01

2k�1 x2k�1 �

cos x �R x0

�P�k�0 t2k

�dt � cos x �

R x0

dt1�t2

� cos x � 12 ln

�� 1�x1�x

�� .16. Nadimo broj mogucih raspodjela jabuka sa suprotnim uvjetom. Broj raspodjela gdje

ce svako dijete dobiti barem jednu jabuku �a taj broj je isti kao broj raspodjela 27 � 10 � 17

jabuka na 10 djece� iznosi�17�10�1

17�

�vidi Teorem 6.3.5�. Od ukupnog broja mogucih raspo-

djela 27 jabuka na 10 djece, koji iznosi�27�10�1

27�, treba oduzeti prethodni broj. Rjesenje je�36

27�� 26

17��36

9�� 26

9�� 91 018 730 .

17. Funkcija izvodnica je f �x� �P�

n�1n�1

n cn

dn�1 xn � 1dP�

n�1�cd x�n� 1

dP�

n�11n �

cd x�n .

Oznacimo li zadnju sumu sa g�x� , zbogR x0 tn�1dt � 1

n xn je ocevidno da g�x� nastaje in-

tegracijom funkcije g��x� �P�

n�1�cd �

nxn�1 � cd 1

1� cd x

� cd�cx od 0 do x . Dakle

g�x� �R x0

c�dtd�ct � � ln jd � cxj , i konacno: f �x� � 1

d cxd�cx � 1

d ln jd � cxj .18. Definirajmo cetveroclane skupove u S koji ce zadovaljavati uvjet da sadrze po dva zadana

uzastopna broja:

A1 � fsvi cetveroclani podskupovi od S koji sadrze 1 i 2g�A2 � fsvi cetveroclani podskupovi od S koji sadrze 2 i 3g�

...

A9 � fsvi cetveroclani podskupovi od S koji sadrze 9 i 10g�Trazeni broj jednak je jA1 � A2 � � � � � A9j . Prema formuli ukljucivanja i iskljucivanja �Teorem6.5.1�b�� vrijedi

jA1 � � � � � A9j � N �X

ijAij �

Xi�j

jAi � Ajj �Xi�j�k

jAi � Aj � Akj� � � �

Ukupan broj cetveraca brojeva koje mozemo odabrati iznosi N ��10

4�. Kako u A1 svaki cetverac

vec sadrzi 1 i 2 , onda je jA1j jednak broju mogucih izbora dva broja medu preostalih osam, dakle�82��vidi Teorem 6.2.2�. Odatle je

Pi jAij � 9 �82� .

Imamo dva tipa presjeka po dva skupa: uzastopne i neuzastopne. Ako gledamo uzastopnipresjek A1 � A2 , onda tu vec imamo brojeve 1 , 2 i 3 , pa za izbor cetvrtog imamo 7 mogucnosti.Isto tako i za A2�A3 , do A8�A9 , sto daje ukupno 8 7 mogucnosti kod uzastopnih presjeka. Akogledamo neuzastopni presjek A1 � A3 , tu vec imamo potpuno definiran jedan jedini cetverac kojegcine 1 , 2 , 3 , 4 , tj. skup A1 � A3 je jednoclan. Takvih jednoclanih skupova koji ukljucuju A1 ima7 , i slicno za ostale kombinacije s neuzastopnim presjecima:

A1 A3 � � �A9 7

A2 A4 � � �A9 6...

......

A6 A7 � � �A9 2

A7 A8 � � �A9 1

�

tj. ukupno 7 � 6 � � � � � 2 � 1 � 12 8 7 � 28 . Konacno, presjek od po tri skupa moze biti

cetveroclan jedino u slucaju ako je uzastopan, kao npr. kod A1 � A2 � A3 � f1� 2� 3� 4g . Takvih


presjeka ima ukupno 7 : od netom spomenutog pa do A7�A8�A9 . Presjek po cetiri razlicita skupaAi je ocevidno prazan. Trazeni broj je dakle:

jA1 � � � � � A9j ��

104

�� 9

�82

�� 8 7 � 28�� 7 � 35�

19. Ovdje cemo funkciju izvodnicu pripremiti za prikaz s pomocu odgovarajucih derivaci-ja: f �x� �

P�n�1 n210nxn �

P�n�1�n�n � 1� � n��10x�n � 100x2P�

n�1 n�n � 1��10x�n�2 �

10xP�

n�1 n�10x�n�1 . Oznacimo li g�x� �P�

n�1�10x�n � 10x1�10x , dobivamo f �x� � x2g��x��

x g��x� . Kako je g��x� � 10x�1�10x�2

i g��x� � 200�1�10x�3

, dobivamo f �x� � 10x�10x�1��1�10x�3

.

Primjedba �� Od literature na hrvatskom jeziku citatelju preporucamo da zadaljnji studij kombinatorickih problema konzultirate opsezno djelo �Veljan�, te odlicnu�i izvanredno duhovitu� zbirku zadataka �Cvitkovic�.

�ee� Povijesna crtica �ee� Dirichletov prinicip dobio je naziv po njemac-kom matematicaru Peteru Lejeuene Dirichletu �1805.–1859.�. Postoje dalekoseznapoopcenja Dirichletova principa koja cine tzv. Ramseyevu teoriju, nazvanu prema en-gleskom matematicaru Franku Ramseyu �1903.–1930.�. O toj teoriji vidi �Veljan, 1.izdanje�.

Istaknuta osobitost matematike je da se zanimajedino relacijama medu nedefiniranim pojmovima.

— William �Vilim� FELLER �1906.–1970.�

“Ocevidno” je najopasnija rijec u matematici.— Eric Temple BELL �1883.–1960.�

Vecina umjetnosti – kao slikarstvo, kiparstvo, glazba,imaju emocionalnu privlacnost za siroku publiku.

To nije slucaj s matematikom; ovu umjetnost mogu cijeniti jedino matematicari.— Cornelius LANCZOS �1893.–1974.�

Srz matematike cine konkretni primjeri i konkretni problemi.— Paul R. HALMOS �1916.�

Ne bi li se glazba mogla opisati kao matematika osjecaja,a matematika kao glazba uma?

— James SYLVESTER �1814.–1897.�

Ekspert je onaj tko poznaje najgore pogreske u svom podrucju, i kako ih zaobici.— Werner HEISENBERG �1901.–1976.�

Kucajte, i otvorit ce vam se!— Mt 7,7

��Rekurzivne relacije ili diferencijskejednadzbe

4.1. Fibonaccijev slijed

Rekurzivne relacije se cesto zovu i diferencijske jednadzbe. Navedimo najprijeklasican primjer rekurzivne relacije povezane s problemom razmnozavanja zeceva.Pretpostavimo da svaki par zecica – zec �starih bar 2 mjeseca� dobiju tijekom svakogsljedeceg mjeseca par mladih: zeca i zecicu. Ako je na pocetku postojao samo jedanpar f0 � 1 , postavlja se pitanje koliko ce parova fn biti nakon n mjeseci �pretpostav-ljamo da zecevi ne umiru�.

Da bi se dobio trazeni broj parova fn zivih u n -tom mjesecu, treba broju parovazivih do �n� 1� -vog mjeseca fn�1 dodati broj novorodenih koji dolaze od svih fn�2parova koliko ih je zivjelo dva mjeseca ranije: fn � fn�1 � fn�2 . Ova relacija jeprimjer rekurzivne relacije: n -ti clan slijeda fn odreden je s pomocu prethodna dva�lat. recursus — natrag trcati; pribjeci�. Dakle f0 � 1 , f1 � 1 �nakon prvog mje-seca zivi samo isti par�, f2 � 1 � 1 �nakon dva mjeseca roden je novi par zeceva�,f3 � f2 � f1 � 3 itd. Slijed prirodnih brojeva fn , n � 0� 1� 2� � � � odreden je jednoz-nacno s dvije pocetne vrijednosti f0 � 1 , f1 � 1 i rekurzivnom relacijom:

fn � fn�1 � fn�2� n � 2� 3� � � �Nakon 12 mjeseci imat cemo f12 � 233 parova zeceva. Brojevi fn definirani na gornjinacin zovu se Fibonaccijevi brojevi po talijanskom matematicaru Fibonacciju iz 13. st.�citaj Fibonaci�. Danas je obicaj da se Fibonaccijev slijed definira neznatno drukcije.

Definicija� Fibonaccijev slijed �Fn� definira se s pocetnim vrijednostimaF0 � 0 , F1 � 1 i rekurzivnom relacijom

Fn � Fn�1 � Fn�2� n � 2� 3� � � �Jasno je da su svi Fn ovim relacijama jednoznacno odredeni, sadrzani u N0 , te da jeslijed Fn rastuci: F2 � F1 � F0 � 1 , F3 � F2 � F1 � 2 , F4 � F3 � F2 � 3 ,F5 � F4 � F3 � 5 itd.

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 � � �Fn 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 � � �

4.1. FIBONACCIJEV SLIJED 67

Propozicija 1. �A. de Moivre, 18. st.� Za Fibonaccijev slijed �Fn�n�N0 vrijediovakva ‘zatvorena formula’:

Fn �1p5

h�1 �p

52

n ��1�p5

2

ni� n � 0� 1� 2� � � � �1�

DOKAZ. Zanemarivsi na trenutak pocetne vrijednosti F0 i F1 , pokusajmopotraziti rje-senje Fibonaccijeve rekurzivne relacije Fn � Fn�1 � Fn�2 , n � 2 , u obliku Fn � xn

�tzv. Eulerova supstitucija�. Onda je xn � xn�1 � xn�2 , tj. xn�2�x2 � x � 1� � 0 .Pretpostavimo da je x �� 0 . Slijed Fn � xn je rjesenje rekurzivne relacije onda i samoonda ako je

x2 � x � 1 � 0�

tj.

x1 �1 �

p5

2� x2 �

1�p52

�

Prema tome su F�1�n �

�1�p

52

ni F�2�

n ��

1�p52

nrjesenja rekurzivne relacije

Fn � Fn�1 � Fn�2 . Lako se vidi da je onda i linearna kombinacija

Gn � λF�1�n � μF�2�

n

takoder rjesenje za bilo koje λ � μ � R . Doista, ako F�1�n � F�1�

n�1 � F�1�n�2 pomnozimo

sa λ , F�2�n � F�2�

n�1 � F�2�n�2 sa μ i zbrojimo, dobivamo Gn � Gn�1 � Gn�2 .

Odredimo λ i μ tako da budu ispunjeni pocetni uvjeti F0 � 0 i F1 � 1 . Pocetni

uvjeti daju sustav λ � μ � 0 , λ � 1�p

52 � μ � 1�p5

2 � 1 , cijim rjesavanjem dobivamoλ � 1p

5i μ � � 1p

5.

Primjedba �� Valjanost zatvorene formule �1� za Fn moze se lako dokazati iindukcijom po n . Medutim gornji dokaz, koji potjece od Eulera, je takav da on dajei postupak za nalazenje same zatvorene forme. Kasnije cemo vidjeti originalan, vrlozanimljiv dokaz de Moivrea, s pomocu funkcija izvodnica. Vidi Odjeljak 4.6.

Primjedba �� Vrijedi primijetiti da su brojevi Fn opisani prethodnim teoremomdoista prirodni brojevi �ili 0�, mada iz samog izraza za Fn to nije odmah jasno. Mozese lako vidjeti da je

limn��

Fn�1

Fn�

1 �p

52

� 1�618 � � �

Taj broj zove se zlatni prerez. Vazan je u arhitekturi i slikarstvu. Naziv je uveoLeonardo da Vinci, iako je taj broj bio poznat i mnogo ranije, jos u antickoj Grckoj.Rabio se takoder i naziv bozanski omjer �Luca Pacioli, 16. st.�.

Za duzinu duljine v � m sastavljenu od dvije duzine, od kojih je veci dio duljine v i manji dioduljine m , kazemo da je podijeljena po zlatnom prerezu ako je omjer duljina veceg i manjeg dijelajednak omjeru duljine cijele duzine prema vecem dijelu. Drugim rijecima v

m � v�mv . Za x � v

m je

onda x � 1 � 1x , doticno x2 � x � 1 � 0 � x � 0 �, dakle x � v

m � 1�p

52 1�618 . Mnoge nase

predromanicke crkvice gradene su po kompoziciji zlatnoga prereza, pa cak i znamenita Bascanskaploca.

Sljedeci korolar moze biti od koristi za lako izracunavanje Fn s bilo kojim n .

68 4. REKURZIVNE RELACIJE ILI DIFERENCIJSKE JEDNADZBE

Korolar 2. Broj Fn u Fibonaccijevom slijedu jednak je cijelom broju koji je

najblizi broju 1p5

�1�p

52

n. Slijed Fn ima eksponencijalni rast.

DOKAZ. Oznacimo α � 1�p

52 � 1�618 � � � i β � 1�

p5

2 � �0�618 � � � . Primijetiteda u relaciji Fn � 1p

5�αn�β n� slijed β n tezi prema nuli kad n � , jer je jβ j � 1 .

Odavde vidimo da Fn ima eksponencijalni rast:

limn��

Fn1p5αn

� 1�

tj. Fn � 1p5αn kad n � . Isti zakljucak, kao i prvu tvrdnju u korolaru, dobivamo

odmah iz:

jFn � 1p5αnj � 1p

5jαn � β n � αnj � jβ njp

5�jβ jp

5�

12�

Primjer �� Na koliko razlicitih nacina mozete ostvariti uspon na n stepenica,ako se odjednom kroci jednu ili dvije stepenice. Pritom dva uspona smatramo jedna-kim ako ih krocimo tocno istim stepenicama.

Oznacimo trazeni broj uspona duz n stepenica sa un . Onda je ocevidno u1 � 1 ,u2 � 2 , u3 � 3 . Neki od un mogucih uspona na n stepenica mozete zapoceti najedan od sljedeca dva nacina:

a� krocivsi samo jednu stepenicu, nakon cega preostaje n � 1 stepenica, gdje jeuspon moguc na un�1 nacina;

b� krocivsi dvije stepenice, nakon cega preostaje un�2 mogucih uspona.Prema tome je un � un�1 � un�2 , tj. un � Fn�1 . Npr. ako imamo 30 stepenica,onda postoji preko 1 300 000 mogucih uspona, a za 50 stepenica mogucih uspona imapreko 20 milijarda. Ako ne vjerujete, provjerite s pomocu Korolara 2.

�ee� Povijesna crtica �ee� Fibonacci je ovaj slijed opisao 1202. g. Pravomu je ime Leonardo Pisano, a ime Fibonacci dolazi od Filius Bonaccii, sin Bonaccia.Fibonaccijevi brojevi pojavljuju se u proucavanju pravilnosti u rasporedu listova �za-pravo peteljka� na granama biljaka, rasporedu cvjetica i latica, sto je primijetio jospoznati njemacki astronom Johannes Kepler 1611. g. Takova pojava zove se filotak-sija. Npr.

1. kod brijesta imamo 12 -filotaksiju, tj. uzastopni listovi su mu na suprotnoj strani,

sa zakretom pola punoga kuta;2. kod bukve i ljesnjaka imamo 1

3 -filotaksiju, tj. listovi su rasporedeni spiralno duzgrane s kutom zakreta od 1

3 punoga kuta, gledajuci od lista do lista;

3. hrast i marelica imaju 25 -filotaksiju;

4. topola i kruska imaju 38 -filotaksiju

5. vrba i badem imaju 513 -filotaksiju, itd.

U brojniku i nazivniku raspoznajemo clanove Fibonaccijeva slijeda 1 , 2 , 3 , 5 , 8 ,13 itd., doticno razlomci �dijelovi punog kuta� su oblika Fn

Fn�2. S takvim rasporedom

4.1. FIBONACCIJEV SLIJED 69

listova na grani, biljka dobiva najvise svjetlosti. Vrlo je zanimljiva i lijepa dvostrukospiralna zrnata struktura suncokretova cvijeta, koja takoder ima veze s Fibonaccijevimbrojevima: u smjeru kazaljke na satu ima ukupno F10 � 55 spirala, a u obrnutomF9 � 34 �vidi Sliku 4.2�. Kod cvijeta tratincice imamo F9 � 34 spirala u jednomsmjeru, a F8 � 21 u drugom �opet uzastopni Fibonaccijevi brojevi�. Slicnu pojavuimamo i kod cvjetace �karfiola�, cesera, ananasa i nekih vrsti kaktusa. Treba reci da seanalogije s Fibonaccijevim brojevim ne mogu nalaziti bas posvuda u botanici. Spiralnizavoji na puzevoj kucici su takoder povezani s Fibonaccijevim brojevima �vidi Sliku4.1�.

Raspored latica na cvijetu ruze pokazuje vezu sa zlatnim prerezom. Vidi pre-krasne knjige s opseznim prikazom filotaksije u �Conway – Guy� i �Prusinkiewicz –Lindenmayer�.

Pretpostavlja se da je zlatni prerez φ �p

5�12 � 1�618 u svojim skulpturama

rabio i znameniti starogrcki kipar Fidija �oko 510–438. prije Krista�. Oznaka φ danaje njemu u cast. Postoje razne geometrijske konstrukcije toga broja. On ima zanimljivosvojstvo 1

φ � φ � 1 , tj. za φ � 1�618 � � � je 1φ � 0�618 � � � .

Pravokutnici cije se duljine stranice odnose kao dva uzastopna Fibonaccijeva bro-ja � 5

3 , 85 , 13

8 � � � φ � smatraju se ugodnima za oko �esteticnim, vidi sliku 4.1�.Renesansni prozori su takoder gradeni po principu zlatnoga prereza: omjer visine isirine bio je φ � 1�62 .

O vaznosti Fibonaccijevih brojeva u matematici govori i postojanje specijalizira-nogmatematickog zurnala Fibonacci Quaterly. Oni su vazni i u proucavanju slozenostiEuklidova algoritma za nalazenje najvece zajednicke mjere dvaju prirodnih brojeva.

13

8

5

3

2

11

Sl. 4.1. Fibonaccijevi brojevi i puzeva kucica


Sl. 4.2. Cvijet suncokreta.

4.2. Asimptotsko ponasanje sljedova; oznake O , �, �

U suvremenom racunalstvu vaznu ulogu ima problem odredivanja slozenosti�kompleksnosti� pojedinih algoritma. Slozenost algoritma se iskazuje asimptotskimponasanjem slijeda an koji predstavlja gornju ogradu za broj racunskih operacijazbrajanja i mnozenja �ili broja usporedba� dovoljnih da bi se algoritam realizirao.Kompleksnost algoritma se definira na razne nacine, ovisno o problemu: u ovisnostiod ulaznih podataka �npr. a i b u Euklidovu algoritmu za nalazenje najvece zajednickemjere Nzm �a� b� �, ili od broja n ulaznih podataka �npr. kod Gaussova algoritama zarjesavanje linearnog sustava n jednacaba s n nepoznanica, itd�.

Skup Rn svih poredanih n -teraca realnih brojeva moze se gledati i kao skup svihkonacnih sljedova od n realnih brojeva. Na njemu su definirane dvije operacije: jednabinarna – zbrajanje n -teraca �po komponentama�, i druga operacija – mnozenje saskalarom �brojem�, takoder po komponentama. Ova se definicija lako prenosi i nabeskonacne sljedove realnih �ili kompleksnih� brojeva.

Oznacimo beskonacan slijed a0� a1� a2 � � � realnih brojeva sa �an� ili �an�n�0�moguce je da sljedovi pocnu i s nekim drugim indeksom, recimo 1 �. Binarnu opera-ciju zbrajanja sljedova �an� i �bn� definiramo kao zbrajanje po komponentama:

�an� � �bn� � �an � bn��

a mnozenje sa skalarom λ � R sa λ �an� � �λ an� .Npr. �1� 2� 3� 4� � � �� 1� 1��1� 1 � � �� 0� 3� 2� 5� � � �� , 3 � �1� 2� 3� 4� � � ��

�3� 6� 9� 12� � � �� . Skup svih beskonacnih sljedova realnih brojeva je vektorski prostor

4.2. ASIMPTOTSKO PONASANJE SLJEDOVA; OZNAKE O ,�,� 71

nad poljem R . Primijetite usput da je on beskonacno–dimenzionalan, jer je skup vek-tora e0 � �1� 0� 0� � � �� , e1 � �0� 1� 0� � � �� , e2 � �0� 0� 1� � � �� itd., linearno nezavisani beskonacan.

Jasno je da slijed �an�n�1 definiran sa an � 1100n2 raste brze od slijeda

bn � 1000n za dovoljno velike n �jer kvadratna funkcija raste brze od linearne�.S druge strane logaritamska funkcija raste sporije od bilo koje linearne funkcije, panpr. slijed �cn�n�1 , cn � 100 ln n � 12 raste sporije od �dn�n�1 , dn � 1

10n za do-voljno veliki n , tocnije limn�� cn

dn� 0 �skicirajte grafove odgovarajucih funkcija�.

Ove usporedbe vode do pojma asimptotske dominiranosti.

Definicija� Kazemo da slijed pozitivnih brojeva �an� asimptotski dominiraslijed pozitivnih brojeva �bn� ako postoje konstante n0� M � 0 takve da je

bn � Man� za sve n � n0 . �1�

Primjer �� Slijed an � 1100n2 asimptotski dominira slijed bn � 1000n , jer

je npr. bn � 100an za sve n � 100 000 . Gore navedeni slijed �cn� je asimptotskidominiran sa slijedom �dn� �vidi svojstvo 4. u Propoziciji 1 nize�.

U daljnjem ce u ovom odjeljku svi sljedovi biti s pozitivnim clanovima.

Definicija� Oznacimo sa O�an� skup svih sljedova �bn� koji su asimptotskidominirani zadanim slijedom �an� . Skup O�an� zovemo veliki O od an . Iako bicinjenicu da slijed �an� asimptotski dominira slijed �bn� bilo ispravnije pisati kao�bn� � O�an� , radije cemo rabiti tradicionalnu oznaku �bn� � O�an� , ili jos kracu

bn � O�an�� 2�

Prema tome �2� je samo kraci zapis za �1� .

Primjer �� a� Ako je bn � O�1� , onda to po definiciji znaci da je slijed �bn�omeden �tu je an � 1 za sve n �. b� Obratno, ako je slijed �bn� omeden, onda postojiM � 0 tako da je bn � M � M � 1 za sve n , tj. bn � O�1� .

Definicija� Pisemo bn � Ω�an� , tj. bn je veliki omega od an , ako slijed bn

asimptotski dominira slijed an , tj. an � O�bn� . Npr. n2�10 � Ω�n� , n log n � Ω�n� .Oznaku Ω rabimo ukoliko zelimo brzinu rasta slijeda bn ocijeniti odozdol, a oznakuO ako ju zelimo ocijeniti odozgor.

Definicija� Ukoliko je istodobno bn � O�an� i an � O�bn� , tj. postoje pozi-tivne konstante M1 i M2 i n0 � N tako da za sve n � n0 vrijedi

M1an � bn � M2an�

onda tu cinjenicu zapisujemo krace sa bn � Θ�an� i citamo: bn je veliki theta odan . Jasno, onda je i an � Θ�bn� . Drugim rijecima, ako sljedovi an i bn teze u ��i an � Θ�bn� , onda an i bn rastu asimptotski ‘istom brzinom’ kad n � .

Propozicija 1.1. Ako su λ � μ � 0 i bn � O�an� , cn � O�an� onda je i λ bn � μcn � O�an� .2. Relacija asimptotske dominiranosti medu sljedovima je tranzitivna: ako je cn �

O�bn� i bn � O�an� , onda je cn � O�an� .3. Ako je bn � O�an� i dn � O�cn� , onda je bndn � O�ancn� .4. Ako postoji limn�� bn

an�� , onda je bn � O�an� .


5. Ako je 0 � limn�� bnan

�� , onda je an � Θ�bn� .

DOKAZ. Treba svuda provjeriti ocjenu �1�.1. λ bn � μcn � �λ � μ�Man za n � n0 , s dovoljno velikim n0 .2. Zbog �1� je cn � M1bn � M1M2an za sve n � n0 , s dovoljno velikim n0 .3. Zbog �1� je bn � M1an i dn � M2cn za sve n � n0 s dovoljno velikim n0 ,

dakle bndn � M1M2ancn .4. Buduci da za slijed kvocjenata postoji limes, onda je on omeden odozgor, tj. pos-

toji M � 0 tako da vrijedi bnan� M , doticno bn � Man .

5. Iz 4. slijedi bn � O�an� . Iz limn�� bnan

� 0 dobivamo limn�� anbn

� � , paopet zbog 4. slijedi an � O�bn� .Svrha oznake O je da se za zadani slijed �bn� pronade sto jednostavniji slijed

�an� koji dominira �bn� i opisuje brzinu rasta �asimptotiku� slijeda �bn� . Oznaka Onam omogucuje da asimptotsko ponasanje sljedova opisemo samo s pomocu onog stoje doista najbitnije, odbacujuci sve nezanimljive detalje. To pokazuje sljedeci primjer.

Primjer ��

�a� 8n � 5 � O�n� , sto vise, 8n � 5 � Θ�n� , jer je limn�� 8n�5n � 8 � �0�� .

Slicno, 5n3 � n2 � 20 � Θ�n3� . Ovo pokazuje da je s lijeve strane slijed cijabrzina rasta je reda n3 , tj. kubicna.

�b� ln n � O�n� jer zbog limn�� ln nn � 0 �L’Hospitalovo pravilo� postoji M � 0

takav da je ln nn � M za sve n � N . Drugim rijecima, ln n raste ne brze od linear-

ne funcije �nacrtajte grafove funkcija ln n i n �. Lako se vidi da nije ln n � Θ�n� ,jer nije n � O�ln n� . Logaritamska funkcija ln n raste vrlo sporo u � kadan � , sporije od nc , gdje je c � 0 bilo koja konstanta �koliko god blizunule!�: ln n � O�nc� .

�c� Ako je Pr�n� � crnr �cr�1nr�1� � � ��c1r�c0 , cr �� 0 , polinom r -tog stupnja

u varijabli n , onda je Pr�n� � Θ�nr� , jer je limn��jPr�n�j

nr � jcrj � �0�� vidisvojstvo 5 iz prethodne propozicije�. Rijecima: polinom r –tog stupnja jednak jeΘ�nr� , tj. raste brzinom nr .

�d� 5n3 � n2 � ln n � Θ�n3� , ln n � 50 � O�p

n� �upotrijebite svojstva 5 i 4 izprethodne propozicije i L’Hospitalovo pravilo�.

�e� Indukcijom se lako pokaze da vrijedi 12 � 22 � � � �� n2 � 16n�n � 1��2n � 1� �

13n3 � 1

2n2 � 16n . Stoga je 12 � 22 � � � � � n2 � Θ�n3� . Jos tocnije, vrijedi:

12 � 22 � � � �� n2 � 13n3 � Θ�n2� , sto treba shvatiti ovako:

�12 � 22 � � � �� n2�� 13n3 � Θ�n2��

Primjedba �� Gledajuci O�an� kao skup sljedova asimptotski dominiranih sa�an� , ocevidno vrijedi

O�1� � O�log2 n� � O�n� � O�n log2 n� � O�n2� � O�n3� � O�2n� � O�n!��Sve inkluzije slijede iz Propozicije 1 �svojstvo 4�. Npr. druga inkluzija slijedi pri-mjenom L’Hospitalovog pravila: limn��

log2 nn � 0 . Limesi ostalih uzastopnih

kvocjenata su takoder nula. Zadnja inkluzija dobiva se iz2n

n!�

2 � 2 � 2 � � � 21 � 2 � 3 � � � n

�21� 22��2

3� � �

2n

� 2

�23

n�2 0� n ��


Definicija� Za slijed �bn� realnih brojeva kazemo da ima �najvise�:

a� logaritamski rast ako je bn � O�log n �. Svejedno je pisemo li O�ln n� iliO�log n� , jer je log n � ln n

ln 10 .

b� linearni rast ako je bn � O�n� , kvadraticni rast za bn � O�n2� , opcenitopolinomijalni rast za bn � O�nr� , r � N je neki eksponent,

c� eksponencijalni rast za bn � O�αn� , gdje je α � 1 ,

d� faktorijelni rast ako je bn � O�n!� .

S obzirom na brzinu rasta, osobito su vazne ove dvije vrste sljedova: oni kojiimaju najvise polinomijalni rast, tj. an � O�nr� za neki r � N , i oni koji imaju baremeksponencijalni rast, tj. an � Ω�αn� za neki α � 1 . Slijed barem eksponencijalnograsta ima brzinu rasta vecu od bilo kojeg slijeda s polinomijalnim rastom. Naime,vrijedi nr � O�αn� za svaki r � N i i svaki α � 1 .

Primjer �� Vec smo vidjeli da Fibonaccijev slijed Fn ima eksponencijalnu br-

zinu rasta, jer vrijedi limn�� Fnαn � 1p

5� �0�� , gdje je α � 1�

p5

2 � 1�68 � 1 .

Prema tome je Fn � Θ�αn� , vidi Propoziciju 1 �svojstvo 5�.

Primjer �� U analizi nekih algoritama pojavljuje se n -ta parcijalna suma har-monijskog reda, Hn � 1� 1

2 � � � �� 1n . Podsjetimo se, harmonijski red

P�k�1

1k ima

zbroj jednak � . Brojevi Hn zovu se harmonijski brojevi. Nije tesko vidjeti da je

1 �12� � � ��

1n� Θ�ln n�� 4�

Najprije, Riemannov integralR n1

1x dx � ln n moze se odozgor aproksimirati gornjom

integralnom sumom �funkcija f �x� � 1x je opadajuca�: Sn �

Pn�1k�1 f �xk��xk�1�xk� ,

x1 � 1 , xn � n . Stavljajuci xk � k dobivamo Sn � Hn � 1n � ln n . Broj Sn

mozemo gledati kao povrsinu unije n � 1 pravokutnika dobivenu pripadnom subdi-vizijom intervala �1� n� �vidi sliku�. Buduci da je f �x� opadajuca funkcija, slijedSn� ln n � Sn�

R n1 f �x� dx je rastuci, jer je to upravo dio povrsine unije pravokutnika

koji je iznad grafa funkcije f �x� , vidi Sliku 4.3 lijevo.

Ako pokazemo da je taj rastuci slijed omeden odozgor, dobit cemo prema poz-natom teoremu o konvergenciji u skupu realnih brojeva da je on konvergentan. Po-gledajmo doljnju integralnu sumu sn �

Pnk�2 f �xk��xk � xk�1� uz xk � k . Onda

je sn � 1n � Sn � 1 �vidi Sliku 7.3�: Sn bez lijevog pravokutnika daje istu povrsi-

nu kao sn bez desnog pravokutnika. Buduci da je f �x� opadajuca funkcija, imamosn �

R n1 f �x� dx � ln n , dakle Sn � ln n � Sn � sn � 1� 1

n � 1 .

Prema tome postoji limes γ � limn��Sn � ln n� � limn��Hn � ln n� . Tajbroj se zove Eulerova konstanta: γ � 0�57721 � � � Dakle limn�� Hn

ln n � 1 , i odavdeslijedi �4�, vidi Propoziciju 1 �svojstvo 5�.


x

y

y= 1_x

S

1 2 . . . n-1 n

n1

y

y= _x1

1

1 . . .2 n-1 n x

s n

Sl. 4.3.

Ovaj primjer pokazuje ne samo da je harmonijski redP�

n�11n divergentan, nego

i mnogo vise od toga: brzina divergencije reda je logaritamska, tj. vrlo spora. Npr.,H1000 � 7�49 , H1 000 000 � 14�39 .

Moze se dokazati i malo vise od toga:

Hn � ln n � γ �12n

� O�n�2��

tj. Hn � ln n � γ � 12n � O�n�2� . Da je neki slijed �cn� reda velicine O�n�2� , to

znaci da tezi k 0 barem kvadratnom brzinom kada n � : jcnj � K � n�2 za sven � 1 , pri cemu je K pozitivna konstanta.

Za misterioznu Eulerovu konstantu γ jos se uvijek ne zna je li iracionalan broj iliracionalan. Vecina strucnjaka vjeruje da je cak transcendentan.

Francuski matematicar de la Vallee Poussin 1899. g. dokazao je sljedeci zanimljivrezultat: ako broj n dijelimo sa svim prostim brojevima p od 2 do n � 1 , ondasrednja vrijednost �aritmeticka sredina� brojeva n

p � b npc tezi prema γ kad n �

�a ne prema 12 kao sto bi se moglo ocekivati�. Npr. za n � 43 dijeljenjem s pro-

stim brojevima p � 2� 3� 5� 7� � � � � 41 imamo 432 � 211

2 , 433 � 141

3 , 435 � 83

5 ,437 � 61

7 ,� � � , 4341 � 1 2

41 . Aritmeticka sredina brojeva 12 , 1

3 , 35 , 1

7 ,� � � , 241 iznosi

0�57416 � � � .

Primjer �� Navedimo jedan vrlo zanimljiv primjer za kartase �ili igrace domi-na�, koji u sebi sadrzi matematiku i fiziku �statiku�. Primjer potjece od Sharpa iz1954. g. �vidi �Graham, Knuth, Patashnik�, str. 273�. Pretpostavimo da smo uzeli spilod n karata, koji stavljamo na rub stola. Koliko mozemo taj spil karata gurnuti prekoruba stola �vidi sliku�, a da se ne srusi? Pokazat cemo da se moze gurnuti od ruba stolakoliko god zelimo daleko, pod uvjetom da imamo dovoljan broj karata. Nevjerojatno,zar ne?

Pretpostavimo da je svaka karta duljine 2 , te da su sve iste tezine �npr. 1�. Akoimamo jednu kartu, onda ju mozemo gurnuti najdalje do polovice �do njena tezista�,tj. za 1 .


1 1/21

2

3dd

1/51/4

1/31/2

1

d2

d3

dn+1

Sl. 4.4.

Postavimo vertikalnu os uz najudaljeniju kartu od ruba stola. Ako imamo dvijekarte, oznacimo sa d1 � 0 udaljenost prve karte od osi, sa d2 udaljenost druge karteod osi. Da bi zajednicko teziste karata bilo tocno na udaljnosti d3 , prema zakonu osacuvanju statickog momenta �s obzirom na vertikalnu os� mora biti

d3 ��d1 � 1� � �d2 � 1�

2�

1 � 22

�32� 1 �

12�

Naime udaljenost tezista prve karte od osi je upravo d1 � 1 � 1 , tezista druge d2 � 1 .Prisjetimo se, ako u ravnini imamo k tijela s masama m1� � � � � mk �kod nas � 1 �,

cija tezista su udaljena od zadane osi za x1� � � � � xk , onda je zajednicko teziste udaljenood te osi m1x1��mkxk

m1��mk. Na slican nacin kao za dvije karte �vidi sliku� onda dobivamo

da je

dk�1 ��d1 � 1� � � � �� dk � 1�

kza sve k . Doista, za k � n to je jasno jer mi upravo zelimo da teziste bude na samomrubu stola. A sto je sa k � 1 -vom kartom? Pa nju mozemo gledati upravo kao cvrstupodlogu �stol� na kojoj sjedi k karata. Odavde slijedi gornja formula. Prema tome je

kdk�1 � k � �d1 � � � �� dk�1 � dk�

�k � 1�dk � k � 1 � �d1 � � � �� dk�1��

Oduzimanjem dobivamo kdk�1 � �k � 1�dk � 1 � dk , tj.

dk�1 � dk �1k�

Iz ove rekurzivne relacije je ocevidno dk�1 � dk�1�1

k�1�1k � � � � � 1� 1

2�� 1k �

Hk . Prema tome spil od n karata viriti ce nakon naginjanja najvisedn�1 � Hn � ln n � γ

od ruba stola, a da se ne srusi. Npr., H1 000 000 � 14�39 , tj. spil od milijun karata mozeviriti preko ruba stola malo vise nego sedam duljina jedne karte.

Primjer � U numerickoj matematici vaznu ulogu ima Stirlingova formula,koja daje aproksimaciju od n! :

n! �p

2πn�n

e

n

Tocnije, pokazuje se da vrijedi limn�� n!p2πn� n

e �n � 1 . Prema tome je n! �

Θ�p

n� ne �

n� . Doista je nevjerojatno da se ovdje pojavljuju zajedno brojevi π i e .Moze se dokazati da vrijedi i ovakva precizna ograda za n! :

p2πn

�ne

n� n! �

p2πn

�ne

n� 112 n

�


Primjedba �� Vrlo lako je provjeriti da je relacija fn � O�gn� medu sljedovi-ma � fn� i �gn� refleksivna i tranzitivna. Ta relacija nije simetricna �dakle niti relacijaekvivalencije�. Npr. n � O�n2� , ali n2 �� O�n� . Takoder, vrijedi n2 � n � O�n2� in2 � O�n2 � n� , ali �n2 � n� �� n2� . Drugim rijecima, iz fn � O�gn� i gn � O� fn�opcenito ne slijedi � fn� � �gn� .

Primijetite da znak �� O�� nije jednakost. Npr., vrijedi n � O�n� in � 1 � O�n� , ali odatle ne slijedi da je n � n � 1 . Razlog sto se ovakva po-malo zbunjujuca oznaka ipak zadrzala jest dugotrajna i cvrsta tradicija. Spomenimojos oznaku “mali o ” koja se cesto rabi u literaturi.

Definicija� Pisemo bn � o�an� , tj. bn je mali o od an , ako je limn�� bnan

� 0 .

Za velike n je slijed jbnj “bitno manji” od janj . Npr. n � 1 � o�n2� , ali nijen2 � 1 � o�n2� .

Radi lakseg pamcenja zgodno je dati usporedbe sljedova �bn� i �an� u analogijis usporedbama realnih brojeva b i a :

bn � O�an� " b � a�bn � Θ�an� " b � a�bn � Ω�an� " b � a�bn � o�an� " b � a�

Primjer � Za slijed an � an2 � bn � c odredi za koji izbor koeficijenata a , bi c je �a� an � O�n� , �b� an � Θ�n� , �c� an � Ω�n� .

Rjesenje. �a� a � 0 , b � 0 i c � R � c � 0 za b � 0 �; �b� a � 0 , b � 0 ,c � R ; �c� a � 0 b � R , c � R , ili a � 0 , b � 0 , c � R �za dovoljno veliki n susvi an � 0 �.

�ee� Povijesna crtica �ee� Dokaz da harmonijski red divergira dao je P.Mengoli �1626.–1686.� iz Bologne. Oznaku “veliki O” uveo je Paul Bachmann�1837–1920�, dok je “mali o ” uveo Edmond Landau �1877.–1938.�. Stirlingova for-mula dobila ja naziv po Jamesu Stirlingu �1692.–1770.� engleskom matematicaru,suradniku Isaaca Newtona. Istine radi, znao ju je prije njega skotski matematicarColin MacLaurin �1698.–1746.�. I obratno, MacLaurinovu formulu znao je jos ranijeStirling, pa i Euler.

4.3. Linearne rekurzivne relacije

Promatrat cemo samo linearne rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima.Opci oblik rekurzivne relacije reda r je

an � c1an�1 � c2an�2 � � � �� cran�r � f �n�� n � r� �1�

gdje su c1� c2 � � � � cr zadani realni �ili kompleksni� koeficijenti, cr �� 0 , a f �n� jezadana funkcija koja prirodnim brojevima n � r pridruzuje realne �ili kompleksne�brojeve. Nepoznanica u rekurzivnoj relaciji �1� je slijed �an�n�0 .

Kao sto vidimo, ovdje je n -ti clan slijeda �an� odreden s vrijednostima r pret-hodnih clanova: an�1� an�2� � � � � an�r , tj. rekurzivno. Ako je zadano r pocetnih

4.3. LINEARNE REKURZIVNE RELACIJE 77

vrijednosti a0� a1� � � � � ar�1 , onda s pomocu �1� mozemo izracunati redom sve dalj-nje clanove slijeda: ar� ar�1� � � � � an� � � � , dakle sve an .

Cilj je da se jednadzba �1� rijesi po an , tj. da se uz zadane pocetne uvjetea0� a1� � � � � ar�1 odredi opci, n -ti clan rekurzivno zadanog slijeda an u tzv. zatvorenojformi, tj. kao eksplicitna funkcija od n .

Primjer �� Rekurzivna relacija an � an�1 � an�2 , n � 2 je reda r � 2 . Zapocetne vrijednosti a0 � 0 , a1 � 1 dobivamo Fibonaccijev slijed, a njeno rjesenje uzatvorenoj formi opisano je Propozicijom 4.1.1.

Linearne, homogene rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima. Za rekur-zivnu relaciju �1� kazemo da je homogena ako je f �n� � 0 za sve n . Dakle imamo

an � c1an�1 � c2an�2 � � � �� cran�r� n � r� �2�

Iz sljedece propozicije bit ce jasno zasto se ovakve rekurzivne relacije zovu homoge-nim.

Propozicija 1. Ako za dva slijeda �a�n� i �a��n� , n � 0 , vrijedi homogena rekur-zivna relacija (2), onda vrijedi i za njihovu linearnu kombinaciju �λ a�n � μa��n� , gdjesu λ � μ bilo koji skalari (realni ili kompleksni brojevi).

DOKAZ. Pomnozimo a�n � c1a�n�1 � c2a�n�2 � � � � � cra�n�r sa λ , i zatim a��n �

c1a��n�1�c2a��n�2� � � ��cra��n�r sa μ . Zbrajanjem dobivamo bn � c1bn�1�c2bn�2�

� � �� crbn�r , gdje je bn � λ a�n � μa��n .

Primjedba �� Primjer homogene, linearne rekurzivne relacije reda r � 2 jeFn � Fn�1 �Fn�2 , n � 2 , a nehomogene Fn � Fn�1 � 3Fn�2 � 2n , n � 2 . Primjernehomogene, linearne rekurzivne relacije s varijabilnim �nekonstantnim� koeficijenti-ma je Fn � n3Fn�1 � Fn�2 � 2n , n � 2 . Primjer nelinearne rekurzivne relacije jean � 2an�1�1 � an�1� , n � 1 , jer desna strana ovisi kvadratno o an�1 .

Da bismo rijesili homogenu rekurzivnu relaciju �2�, krenimo metodom “pokusajai promasaja”. Do opceg rjesenja cemo doci tako da najprije potrazimo rjesenje an ujednom vrlo specijalnom obliku, s pomocu Eulerove supstitucije:

an � xn�

Broj x �� 0 odredit cemo uvrstavanjem u �2� : xn � c1xn�1 � c2xn�2 � � � �� crxn�r

�pretpostavljamo da je n � r �. Dijeljenjem sa xn�r �� 0 dobivamo tzv. karakteris-ticnu jednadzbu rekurzivne relacije �2�:

xr � c1xr�1 � c2xr�2 � � � �� cr � 0� �3�

Buduci da se radi o polinomu r -tog stupnja, on prema Osnovnom teoremu algebre�Gaussov teorem� ima u skupu kompleksnih brojeva r korijena x1� � � � � xr �racunajucii kratnost, jer mozda su neki medusobno jednaki�. Zbog cr �� 0 su nuzno svi razlicitiod 0 . Ti ce nam korijeni omoguciti da dodemo do opcega rjesenja rekurzivne relacije�2�. Promotrimo dva slucaja.


Slucaj r razlicitih korijena karakteristicne jednadzbe. U ovom slucaju se opcerjesenje an homogene rekurzivne relacije �2� s konstantnim koeficijentima dobiva kaolinearna kombinacija od r rjesenja xn

k , k � 1� � � � � r .

Teorem 2. Neka su x1� � � � � xr karakteristicni korijeni i pretpostavimo da su svimedusobno razliciti. Onda je opce rjesenje homogene rekurzivne jednadzbe (2) jed-nako linearnoj kombinaciji

an � λ1xn1 � � � �� λrxn

r � n � 0� 1� 2� � � � �4�

gdje su λ1� � � � � λr bilo koji kompleksni koeficijenti.

DOKAZ. Neka je �an� neko rjesenje od �2� . Slijed �an� je potpuno odreden jednadz-bom �2� i sa r svojih pocetnih vrijednosti a0� a1� � � � � ar�1 koje su unaprijed zadanikompleksni brojevi. Znamo da an zadan sa �4� ispunjava rekurzivnu relaciju �2� zasve n � r . Treba jos samo vidjeti da je moguce pronaci koeficijente λ1� � � � � λr takoda budu ispunjeni i pocetni uvjeti za n � 0� 1� � � � � r � 1 :

λ1 � � � �� λr � a0

λ1x1 � � � �� λrxr � a1

...

λ1xr�11 � � � �� λrxr�1

r � ar�1�

To je linearan sustav r jednacaba s r nepoznanica λ1� � � � � λr . Determinanta togsustava je Vandermondeova determinanta �vidi �Elezovic��:��

1 1 � � � 1x1 x2 � � � xr...

......

xr�11 xr�1

2 � � � xr�1r

�� Yj�i

�xj � xi��

Buduci da su svi korijeni xi medusobno razliciti, onda je i determinanta sustava �� 0 .Prema tome sustav je jednoznacno rjesiv po λ1� � � � � λr .

Zadatak 1. Rijesi rekurzivnu relaciju an � 4an�1 � an�2 � 6an�3 za n � 3 .

Karakteristicna jednadzba je x3 � 4x2 � x � 6 � 0 i karakteristicni korijeni sux1 � �1 , x2 � 2 , x3 � 3 . Dakle, opce rjesenje je an � λ1��1�n � λ22n � λ33n ,gdje su λi bilo koje konstante.

Ako u rekurzivnu relaciju imamo zadane i pocetne uvjete a0 � 2 , a1 � 1 ,a2 � 5 , onda uvrstavanjem u opce rjesenje dobivamo linearni sustav po λ1 , λ2 , λ3 ,cije rjesenje je λ1 � 1 , λ2 � 1 , λ2 � 0 . Rjesenje je u tom slucaju an � ��1�n � 2n ,n � 3 .

4.3. LINEARNE REKURZIVNE RELACIJE 79

Slucaj kada postoje visestruki korijeni karakteristicne jednadzbe. Promotrimoprimjer homogene rekurzivne relacije

an � 6an�1 � 9an�2� n � 2� 3� � � �

Njena karakteristicna jednadzba je x2 � 6x � 9 � 0 , pa imamo jedan dvostruki kori-jen: x1�2 � 3 . Jedno pripadno rjesenje rekurzivne relacije je an � 3n . Neposrednomprovjerom vidi se da imamo jos jedno rjesenje: an � n � 3n . Lako se vidi da ondalinearnom kombinacijom dobivamo opce rjesenje:

an � λ1 � 3n � λ2 � n � 3n�

Doista, taj slijed ispunjava zadanu rekuzivnu relaciju za n � 2� 3� � � � . Ako su po-cetne vrijednosti a0 i a1 zadani brojevi, onda rjesavajuci sustav λ1 � λ2 � 0 � a0 ,λ1 � 3 � λ2 � 9 � a1 dobivamo vrijednosti koeficijenata λ1� λ2 .

Ovaj postupak moze se provesti opcenito. U tu svrhu treba nam najprije vrlojednostavan, ali koristan pomocni rezultat.

Lema 3. Ako je kompleksni broj x0 k -struki korijen polinoma P�x� , onda je on�k � 1� -struki korijen derivacije P��x� .

DOKAZ. Po definiciji je broj x0 k -struki korijen polinoma P�x� onda i samo ondaako je on djeljiv sa �x � x0�

k , tj. moze se napisati kao P�x� � �x � x0�kQ�x� ,

gdje je Q�x� takoder polinom. Onda deriviranjem produkta dobivamo P��x� ��x� x0�

k�1�kQ�x�� x � x0�Q��x�� , tj. polinom P��x� je djeljiv sa �x� x0�k�1 .

Propozicija 4. Ako je x0 k -struki korijen karakteristicne jednadzbe, onda svakiod k sljedova

an � xn0� an � nxn

0� � � � � an � nk�1xn0

predstavlja rjesenje homogene rekurzivne relacije (2).

DOKAZ. Dokaz cemo sprovesti samo za k � 3 . U opcem slucaju ideja je ista. Nekaje dakle x0 trostruki korijen karakteristicnoga polinoma

P�x� � xr � c1xr�1 � c2xr�2 � � � �� cr�

To znaci da je P�x� � �x � x0�3Q�x� , pa je x0 trostruki korijen i od polinoma

Pn�x� � xn�rP�x� � xn � c1xn�1 � c2xn�2 � � � �� crxn�r�

Prema prethodnoj lemi je onda x0 dvostruki korijen polinoma P�n�x� , dakle i od

x � P�n�x� � nxn � c1�n� 1�xn�1 � c2�n� 2�xn�2 � � � �� cr�n� r�xn�r � �� Opet prema prethodnoj lemi je x0 jednostruki korijen od �xP�n�x�� , dakle i od

x � �xP�n�x�� n2xn � c1�n� 1�2xn�1 � c2�n� 2�2xn�2 � � � �� cr�n� r�2xn�r�

Za x � x0 je dakle vrijednost tog polinoma nula, tj. n2xn0 � c1�n� 1�2xn�1

0 � c2�n�2�2xn�2

0 � � � � � cr�n � r�2xn�r0 . Time je dokazano da je slijed an � n2xn

0 rjesenjerekurzivne relacije �2� za n � r� r � 1� � � � Isto tako uvrstavajuci x � x0 u izraz �� dobivamo da je i slijed an � nxn

0 rjesenje relacije �2�.


Teorem 5. Neka su x1� � � � � xm svi razliciti korijeni karakteristicne jednadzbe(3) homogene rekurzivne relacije (2), odgovarajucih kratnosti k1� � � � � km . Rjesenjea�i�n od �2� , koje odgovara korijenu xi kratnosti ki , je linearna kombinacija sljedecihki sljedova: xn

i , nxni ,� � � ,nki�1xn

i . Drugim rijecima

a�i�n � λ �i�1 xni � λ �i�2 nxn

i � � � �� λ �i�kinki�1xn

i � n � 0�

pri cemu su λ �i�1 � � � � � λ �i�kikompleksni koeficijenti. Opce rjesenje, u kojem cemo imati

ukupno r � k1 � � � �� km slobodnih koeficijenata, dobiva se kao

an � a�1�n � � � �� a�m�n �

SKICA DOKAZA. Dokaz je potpuno analogan kao i za slucaj razlicitih korijena �krat-nosti 1 �. Pritom se umjesto Vandermondeove determinante dobiva tzv. generaliziranaVandermondeova determinanta koja je takoder �� 0 . Vidi �Veljan, 1. izdanje�, str.186.

Primjedba �� Pretpostavimo da karakteristicna jednadzba ima konjugiranokompleksni par korijena x � a � ib � r�cos ϕ � i sinϕ� kratnosti k , uz b �� 0�racunajuci kratnost imamo onda ukupno 2k korijena�. Njemu odgovara 2k realnihrjesenja homogene jednadzbe. Ona se dobivaju s pomocu de Moivreove formule:njxn � njrn�cos nϕ � i sin nϕ� , i zatim odvajanjem realnih i imaginarnih dijelova:

rn cos nϕ� nrn cos nϕ� � � � � nk�1rn cos nϕ�

rn sin nϕ� nrn sin nϕ� � � � � nk�1rn sin nϕ �Naime vrlo lako je vidjeti da ako je �an� slijed kompleksnih brojeva koji je rjese-nje homogene jednadzbe �2� s realnim koeficijentima, onda su i dva slijeda �Re an�i �Im bn� takoder rjesenja. Npr. Re an � Re �c1an�1 � c2an�2 � � � � � cran�r� �c1Re an�1 � c2Re an�2 � � � �� crRe an�r .

Primjedba �� Na temelju prethodnog teorema vidimo da se opce rjesenje ho-mogene rekurzivne jednadzbe �2� i u ovom slucaju dobiva kao linearna kombinacija rlinearno nezavisnih sljedova. Drugim rijecima, skup svih rjesenja je r -dimenzionalniprostor sljedova.

Primjedba �� Citatelj koji znade rjesavati homogene linearne diferencijalnejednadzbe �s varijablom t � s konstantnim koeficijentima sigurno vidi da je njihovorjesavanje potpuno analogno rjesavanju homogenih linearnih rekurzivnih relacija skonstantnim koeficijentima. U oba slucaja polazi se od karakteristicnih polinoma,koji se dobivaju kao polinomi u x supstitucijom y�t� � ext za homogene diferen-cijalne jednadzbe, doticno an � xn za homogene rekurzivne relacije. Korijenu x0karakteristicne jednadzbe koji ima kratnost k pridruzujemo k odgovarajucih linearnonezavisnih rjesenja: y�t� � ex0t , tex0t ,� � � , tk�1ex0t za diferencijalne jednadzbe, od-nosno an � xn

0 , nxn0 ,� � � ,nk�1xn

0 za rekurzivne relacije.

Zadatak 2. Rijesi diferencijsku jednadzbu an � 5an�1�6an�2�4an�3�8an�4 ,n � 4 .

Karakteristicna jednadzba je x4�5x3�6x2�4x�8 � 0 , tj. �x�2�3�x�1� � 0 ,tj. x1 � 2 �kratnost je k1 � 3 �, x2 � �1 � x2 � 1 �. Opce rjesenje jean � A2n � Bn2n � Cn22n � D��1�n , gdje su A , B , C i D bilo koje konstan-te.

4.4. NEHOMOGENE REKURZIVNE RELACIJE 81

Primjedba. Ako x1 i x2 cine par konjugirano kompleksnih karakteristicnih kori-jena, onda za opce rjesenje umjesto xn

1 i xn2 mozemo uzeti rn cos nϕ i rn sinϕ .

Zadatak 3. Rijesi rekurzivnu relaciju an � �2an�2 � an�4 , n � 4 , s pocetnimuvjetima a0 � 0 , a1 � 1 , a2 � �4 , a3 � �1 .

Karakteristicna jednadzba je x4 � 2x2 � 1 � 0 , tj. �x2 � 1�2 � 0 . Dak-le x1 � i � k1 � 2 � i x2 � �i � k2 � 2 �. Dakle opce rjesenje je an ��λ1 � λ2n�in � �λ3 � λ4��i�n � �A � Bn� cos nπ

2 � �C � Dn� sin nπ2 . Uvrstava-

njem pocetnih uvjeta dobivamo linearni sustav u A , B , C i D cije rjesenje je A � 0 ,B � 2 , C � 0 , D � 1 . Dakle, rjesenje diferencijske jednadzbe s pocetnim uvjetimaje an � 2n cos nπ

2 � n sin nπ2 .

4.4. Nehomogene rekurzivne relacije

Promotrimo linearne rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima koje su ne-homogene, tj.

an � c1an�1 � c2an�2 � � � �� cran�r � f �n�� n � r� �5�Pritom je f : fr� r � 1� � � �g C zadana funkcija. Ideja za njeno rjesavanje je istakao i za rjesavanje linearnih sustava jednacaba.

Propozicija 1. Neka je �a�0�n � opce rjesenje pripadne homogene rekurzivne rela-cije (2) opisano prethodnim teoremom (Teorem 4.3.5). Pretpostavimo da znamo nekopartikularno rjesenje �a�p�n � od (5). Onda je opce rjesenje �an� nehomogene jednadzbe(5) zbroj opceg rjesenja homogene rekurzivne relacije (2) i partikularnog rjesenja od(5):

an � a�0�n � a�p�n � �6�

DOKAZ. Slijed zadan sa �6� je rjesenje nehomogene rekurzivne relacije zbog svojstva

linearnosti: buduci da slijed a�0�n ispunjava homogenu rekurzivnu relaciju �2� i a�p�nnehomogenu, onda zbrajanjem �2� i �5� dobivamo da �an� ispunjava nehomogenurelaciju �2� – provjerite.

Dokazimo da se svako rjesenje od �5� moze napisati u obliku �6�. Neka je �an�

neko rjesenje od �5�. Istu relaciju ispunjava i partikularno rjesenje a�p�n , pa oduzima-

njem dobivamo da an � a�p�n ispunjava homogenu rekurzivnu relaciju �2�. Buduci da

je svako njeno rjesenje oblika a�0�n , onda je an � a�p�n � a�0�n , odakle slijedi �6�.

Primjedba �� Rezultat slican ovome vrijedi i za druge tipove nehomogenih li-nearnih jednacaba:a� Opce rjesenje nehomogene matricne jednadzbe �sistema linearnih jednacaba�

Ax � b je oblika x � x0 � xp , gdje je x0 opce rjesenje homogene jednadzbeAx � 0 , a xp partikularno rjesenje nehomogene �vidi �Elezovic, Teorem 4.2��.

b� Opce rjesenje nehomogene linearne diferencijalne jednadzbe Ly � f �t� , gdje jeL pripadni linearni diferencijalni operator, je oblika y�t� � y0�t� � yp�t� . Tu je y0�t�rjesenje homogene jednadzbe Ly � 0 , a yp�t� partikularno rjesenje.


Nalazenje partikularnog rjesenja moze biti vrlo tesko, cak i teze nego nalazenjeopceg rjesenja homogene jednadzbe. U nekim specijalnim tipovima funkcije f �n� ,slicno kao i kod linearnih diferencijalnih jednacaba, postoje odgovarajuci recepti zanalazenje partikularnog rjesenja. Evo nekih u slucaju kad je f �n� polinom u varijablin , ili eksponencijalna funkcija u n .

Teorem 2. �Partikularno rjesenje nehomogene jednadzbe�(i) Neka je nehomogeni dio f �n� rekurzivne relacije (5) zadan kao polinom k -tog

stupnja u n . Ako x � 1 nije korijen karakteristicne jednadzbe xr � c1xr�1 �c2xr�2� � � �� cr � 0 , onda (5) ima partikularno rjesenje koje je takoder polinomk -tog stupnja u n :

a�p�n � A0 � A1n � � � �� Aknk�

gdje se konstante Ai odreduju uvrstavanjem a�p�n u (5) i izjednacavanjem koefici-jenata uz iste potencije od n . Ako x � 1 jest korijen karakteristicne jednadzbe, ito kratnosti m , onda (5) posjeduje partikularno rjesenje oblika:

a�p�n � A0nm � A1nm�1 � � � �� Aknm�k�

(ii) Neka je nehomogeni dio od (5) eksponenecijalna funkcija u n , tj. f �n� � C � bn .Ako x � b nije korijen karakteristicne jednadzbe, onda postoji partikularno rje-senje oblika a�p�n � A � bn . Ako x � b jest korijen karakteristicne jednadzbe, i tokratnosti m , onda mozemo uzeti a�p�n � Anmbn .

Evo jos jednom sadrzaj teorema u obliku tablice. Ako x � 1 �u zadnjem slucajuu tablici uzimljemo x � b � nije korijen karakteristicne jednadzbe onda partikularnorjesenje nalazimo ovako:

f �n� a�p�nC �konstanta� A

Cn An � BPk�n� Qk�n�C � bn A � bn

Ako x � 1 �u zadnjem slucaju u tablici uzimljemo x � b � jest korijen karak-teristicne jednadzbe kratnosti m , onda odgovarajuce izraze iz prethodne tablice trebapomnoziti s nm :

f �n� a�p�nC �konstanta� A � nm

Cn nm�An � B�Pk�n� nm � Qk�n�Cbn Anmbn

Moze se dogoditi da je f �n� u �5� zadan kao zbroj konacnog broja izraza poputonih na lijevoj strani tablice, npr. f �n� � 5 � n2 � 7 � 3n . Onda treba rjesavati dvijerazlicite nehomogene jednadzbe:

1. za f1�n� � 5 � n2 partikularno rjesenje trazimo u obliku a�p1�n � An2 � Bn � C

�uz pretpostavku da x � 1 nije korijen karakteristicne jednadzbe�, a koeficijente

4.4. NEHOMOGENE REKURZIVNE RELACIJE 83

A� B� C nademo tako da taj izraz uvrstimo u nehomogenu jednadzbu �5� sa f1�n�umjesto f �n� ,

2. za nehomogenu jednadzbu �5� sa f2�n� � 7 � 3n trazimo partikularno rjesenje u

obliku a�p2�n � A � 3n �uz pretpostavku da x � 3 nije korijen karakteristicne jednadz-

be�, i konstantu A nademo uvrstavanjem u �5�.Partikularno rjesenje pocetne jednadzbe je onda zbroj partikularnih rjesenja po-

jedinih nehomogenih jednacaba: a�p�n � a�p1�n � a�p2�

n , a opce rjesenje je onda

an � a�0�n � a�p�n , gdje je a�0�n opce rjesenje homogene jednadzbe. Ovo se zoveprincip superpozicije za nehomogene linearne diferencijske jednadzbe.

Zadatak 1. Rijesi rekurzivnu relaciju an � 4an�1 � 4an�2 � 2n � 5 � 3n , n � 2 ,uz pocetni uvjet a0 � 0 , a1 � 1 .

�a� Pripadajuca homogena jednadzba je an � 4an�1�4an�2 . Korijen karakteris-ticne jednadzbe x2�4x�4 � 0 je x1 � 2 kratnosti k1 � 2 . Dakle an � �λ �μn�2n .

�b� Partikularno rjesenje nehomogene jednadzbe rjesavamo posebno za svaki ne-homogeni clan.

�b1�Za an � 4an�1�4an�2�2n je partikularno rjesenje je oblika a�n � A1n�A0 .Uvrstavenjem dobivamo

A1n � A0 � 4�a1�n� 1� � A0�� 4�a1�n� 2� � A0�� 2n

za sve n � 2 , pa izjednacavanjem koeficijenata uz n0 i n1 slijedi A0 � 4A0 � 4A1 �8A1 � 4A0 , A1 � 4A1 � 4A1 � 2 , dakle A0 � �8 , A1 � �2 . Prema tome jea�n � �2n� 8 .

�b2� Za an � 4an�1 � 4an�2 � 5 � 3n je partikularno rjesenje oblika a��n � A � 3n

�broj 3 nije korijen karakteristicne jednadzbe�. Uvrstavanjem dobivamo A � 3n �4A � 3n�1 � 4A � 3n�2 � 5 � 3n , pa dijeljem s 3n slijedi A � 45 .

�c� Prema teoremu o superpoziciji je opce rjesenje pocetnog problema jednakoan � an � a�n � a��n � �λ � μn�2n � 2n � 8 � 45 � 3n . Iz pocetnih uvjeta dobivamoλ � �37 i μ � �25 , pa slijedi

an � ��25n � 37�2n � 2n� 8 � 45 � 3n�

Zadatak 2. Odredi broj hn dijelova ravnine na koji ju dijeli n pravaca u opcempolozaju, tj. takvih da nikoja tri pravca ne prolaze istom tockom.

Odmah vidimo da je h1 � 2 , h2 � 4 �nacrtaj sliku�. Uz n� 1 pravaca imamohn�1 dijelova ravnine. Ako ukljucimo jos n -ti pravac, onda prethodne pravce on sijeceu n� 1 tocaka, koje ga dijele na n dijelova, i svaki taj dio daje jos jedno podrucje uravnini. Dakle hn � hn�1 � n . Rjesavanjem ove diferencijske jednadzbe dobivamohn � 1

2�n2 � n � 2� .

Zadatci za vjezbu

1. Rijesi rekurzivnu relaciju an�4 � 4n�3 � 6an�2 � 4an�1 � an � 2n , n � 0 ,uz pocetne uvjete a0 � 1 , a1 � 1 , a2 � 0 , a3 � �1 .

2. Rijesi diferencijsku jednadzbu a3n�2 � 5a3

n�1� 4a3n , n � 0 , uz pocetne uvjete

a0 � 4 i a1 � 13 .

U slucaju kada nehomogeni dio f �n� rekurzivne relacije sadrzi clan C �xn , gdje jex korijen karakteristicne jednadzbe, odgovarajuce partikularno rjesenje �prema tablici�


treba jos pomnoziti s nk , gdje je k najmanja potencija za koju niti jedan pribrojnik u“novom” partikularnom rjesenju nije rjesenje homogene jednadzbe.

3. Rijesi rekurzivnu relaciju an � 2an�1 � 8an�2 � 2n � 4 , n � 2 .4. Rijesi diferencijsku jednadzbu an�2 � 6an�1 � 9an � n3n

5. Nadi konstante b i c ako je an � c1 � c27n opce rjesenje diferencijskejednadzbe an�2 � ban�1 � can .

6. Odredi rekurzivnu relaciju s realnim koeficijentima cije je opce rjesenje�a� an � A � B2n � C2n cos nπ

3 � D2n sin nπn

�b� bn � A � B��1�n � C�1 � i�n � Din

Naputci i rjesenja

1. Opce rjesenje je an � A � Bn � Cn2 � Dn3 � 2n , a uz pocetne uvjete je an � �n2 � 2n .

2. Supstitucijom bn � a3n dobivamo bn � 51 4n � 35 , dakle an � 3p51 4n � 35 .

3. �a� Korijeni karakteristicne jednadzbe x2 � 2x � 8 � 0 su x1 � 2 i x2 � �4 . Opcerjesenje homogene jednadzbe je an � A2n � B��4�n .

�b1� Partikularno rjesenje diferencijske jedandzbe an � 2an�1 � 8an�2 � 2n je oblika

a�n � Cn 2n . Uvrstavanjem dobivamo Cn2n � 2C�n � 1�2n�1 � 8C�n � 2�2n�2 � 2n , dakleC � 1�3 .

�b2� Partikularno rjesenje diferencijske jednadzbe an � 2an�1 � 8an�2 � 2n je a��n � D�konstanta�. Uvrstavanjem dobivamo D � 2D � 8D � �4 , dakle D � 4�5 .

�c� Prema teoremu o superpoziciji je an � an � a�n � a��n � A2n � B��4�n � 13n 2n � 4

5 .

4. Tu je an � 3n�An � B� , a�n � 3nn2�Cn � D� , i rjesenje je an � an � a�n �

3n�An � B� � 3nn2�Cn � D� .

5. Karakteristicna jednadzba x2 � bx � c � 0 ima korijene 1 i 7 , dakle x2 � bx � c �

�x � 1��x � 7� � x2 � 8x � 7 , pa je b � 8 , c � �7 .

6. �a� Zbog α � 2�cos 2π3 � i sin 2π

3 � � 1 �p

3i je karakteristicna jednadzba �x �1��x � 2��x � 1 � p

3i��x � 1 �p

3i� � x4 � 5x3 � 12x2 � 16x � 8 , pa je rekurzivna rela-cija an�4 � 5an�3 � 12an�2 � 16an�1 � 8an � 0 .

(b) Rekurzivna relacija ne postoji, jer kompleksna rjesenja karakteristicne jedandzbe morajubiti u paru konjugirana, a ovdje uz korijene 1� i i i nemamo njima konjugirano kompleksne brojeve1� i i �i .

4.5. Primjeri rjesavanja Eulerovom metodom

Primjer �� Promotrimo jednostavnu rekurzivnu relaciju prvoga reda:an � an�1 � n� 1� n � 1� �7�

uz pocetni uvjet a0 � 0 . Pripadna homogena jednadzba je an � an�1 , njena ka-

rakteristicna jednadzba je x � 1 , a opce rjesenje homogene je a�0�n � λ � 1n � λ�konstanta�.

Buduci da je x � 1 korijen karakteristicne jednadzbe kratnosti m � 1 , partikular-

no rjesenje od �7� trazimo u obliku a�p�n � n�An � B� . Uvrstavanjem u �7� dobivamo:n�An � B� � �n� 1��A�n� 1� � B� � n� 1�

4.5. PRIMJERI RJESAVANJA EULEROVOM METODOM 85

Usporedivanjem koeficijenata uz n2� n� n0 slijedi A � A , B � �2A � B � 1 ,

0 � A�B�1 . Rjesenje je A � 12 , B � �1

2 , dakle an � a�0�n �a�p�n � λ � 12n�n� 1� ,

n � 0� 1� 2� � � � . Iz pocetnog uvjeta a0 � 0 vidimo da mora biti a�0�0 � λ � 0 , daklean � 1

2n�n� 1� , n � 0� 1� 2� � � � .

Spomenutu rekurzivnu relaciju moguce je rijesiti izravno, rabeci znameniti Gaussov trik�Gauss ga je otkrio kao djecarac od samo 9 godina�. Najprije je an � an�1 � �n � 1� �an�2 ��n� 2� � �n� 1� � � � � � a0 � 1� 2� � � ��n� 1� , nakon cega zbroj zapisujemo na dvanacina:

an � 1 � 2 � � � � � �n � 1�an � �n � 1� � �n� 2� � � � � � 1

2an � n � n � � � � � n

Dakle 2an � n�n � 1� , tj. an � 12n�n � 1� .

Primjer �� Nadimo zbroj 12�22�� n2 u zatvorenoj formi, tj. kao zatvorenufunkciju od n � N . Oznacimo an � 12 � 22 � � � �� n2 . Onda je ispunjena linearna,nehomogena rekurzivna relacija

an � an�1 � n2� n � 1� a0 � 0�

koju mozemo lako rijesiti. Karakteristicna jednadzba je x � 1 � 0 . Rjese-

nje homogene jednadzbe je a�0�n � λ � 1n � λ , gdje je λ konstanta. Budu-ci da je korijen x � 1 kratnosti m � 1 , partikularno rjesenje trazimo u obliku

a�p�n � A0n � A1n2 � A2n3 , vidi Teorem 4.4.1�ii�. Uvrstavanjem u rekurzivnu rela-ciju dobivamo A0n � A1n2 � A2n3 � A0�n � 1� � A1�n � 1�2 � A2�n � 1�3 � n2 ��A0 � A1 � A2� � �A0 � 2A1 � 3A2�n � ��2A1 � 9A2 � 1�n2 � A2n3 . Izjednacava-njem koeficijenata uz iste potencije od n i rjesavanjem pripadnog sustava dobivamo

A0 � 16 , A1 � 1

2 , A2 � 13 , tj. an � a�0�n � a�p�n � λ � 1

6 � 12n � 1

3n2 . Zbog pocetnoguvjeta a0 � 0 je λ � 0 , dakle an � 1

6n�n � 1��2n � 1� .

Primjer �� Na rekurzivne relacije vodi jedna prastara igra iz Vijetnama, poznatapod nazivom Hanojski tornjevi. Pretpostavimo da imamo n kruznih koluta s malomrupom u sredini. Svi koluti su raznih polumjera. Na ravnoj podlozi nalaze se zabodenatri stapica. Na jedan od njih su polozeni koluti tako da je kolut veceg polumjera uvijekispod koluta manjeg polumjera. Igra se sastoji u sljedecem: sve kolute treba prenijetijedan po jedan na treci stapic, ali tako da niti u kojem trenutku ne bude veci kolut iznadmanjega. Pritom bilo koji od tri stapica mozemo rabiti za privremeno smjestavanjekoluta. Koliki je najmanji broj an potrebnih prijenosa, da se svih n koluta s prvogstapica prenese na treci? Pokusajte najprije sami naci odgovor za prijenos cetiri kolutana slici.


1

2

3

Sl. 4.5. Hanojski tornjevi.

Opisimo broj prijenosa induktivno.�i� Za n � 1 �jedan kolut� dovoljan je samo jedan prijenos na treci stapic, tj. a1 � 1 .�ii� Pretpostavimo da znademo obaviti prijenos od n kolutova. Za prijenos n � 1

koluta sa prvog stapica na treci stapic mozemo uciniti sljedece:�a� prenijeti najprije gornjih n koluta sa prvog stapica na drugi �ukupno an pri-

jenosa; ako znamo prenijeti n koluta na treci stapic, onda znamo i na drugi�;�b� prenijeti preostali, najveci kolut sa prvog stapica na treci �jedan prijenos�;�c� prenijeti n kolutova sa drugog stapica na treci.

Prema tome jean�1 � 2an � 1� a1 � 1� �8�

Ova rekurzivna jednadzba je linearna, prvog stupnja i nehomogena. Karakteristicnajednadzba je x � 2 � 0 . Rjesenje pripadne homogene jednadzbe an�1 � 2an je

a�0�n � λ � 2n . Buduci da x � 1 nije rjesenje karakteristicne jednadzbe, partikularno

rjesenje a�p�n nehomogene jednadzbe je konstanta A : A � 2A�1 , tj. A � �1 . Prematome opce rjesenje nehomogene jednadzbe je oblika an � λ � 2n � 1 . Buduci da jea1 � 1 , tj. λ � 2� 1 � 1 , imamo λ � 1 . Prema tome je

an � 2n � 1� n � N�

Primjedba �� Zapravo, mi smo gore dokazali samo nejednakost an�1 �

2an � 1 , jer za n koluta je dovoljno obaviti 2an � 1 prijenosa. Pitanje je mozeli se n � 1 koluta prenijeti na treci stapic uz jos manji broj prijenosa? Ne moze.Naime, za bilo koji prijenos koluta na treci stapic u nekom trenutku moramo prenijetii najveci od n � 1 koluta, pa tada n koluta vec mora biti preneseno na drugi stapic�za sto nam treba barem an prijenosa�. Sada najveci kolut prenesemo na treci stapic,a zatim nam treba jos barem an prijenosa da bi dovrsili slaganje. Time je dokazanaobratna nejednakost: an�1 � 2an � 1 .

Kao sto vidimo, broj prijenosa an raste eksponencijalno s brojem koluta n . Npr.za n � 64 treba nam 264 � 1 prijenosa. Cak kada bi netko mogao obaviti milijunprijenosa u sekundi, trebalo bi mu oko 5 845 stoljeca da 64 koluta prenese s prvogana treci stapic! Za 270 koluta trebalo bi nam vise od 1080 prijenosa, a to je procjenabroja atoma u cijelom vidljivom svemiru!

Web adresa http��www�prairiefrontier�com�games�tower�tower�htmlvam omogucava da se poigrate s Hanojskim tornjevima, i ‘osjetite’ eksponencijalnuslozenost ovog algoritma vec kod malog broja koluta.

4.6. RJESAVANJE S POMOCU FUNKCIJA IZVODNICA 87

Rekurzivnu relaciju �8�moguce je lako rijesiti i izravno: an � 2an�1�1 � 2�2an�2�1��1 �

22an�2 � 2� 1 � � � � � 2n�1a1 � 2n�2 � � � �� 2� 1 � 2n�1 � � � �� 2� 1 � 2n�12�1 � 2n � 1 .

Ovaj se postupak zove teleskopiranje.

Primjer �� Davor je posudio iznos od S kuna, koji mora vracati u jednakimiznosima tijekom m vremenskih intervala �npr. m mjeseci, ili m godina�. Kolikiiznos P mora Davor platiti na kraju svakog od m vremenskih intervala, ako je iznoskamate za svaki period jednak k � 0 �tj. 100k%�.

Oznacimo sa an iznos koji Davor duguje na kraju n -tog vremenskog intervala,n � 0� 1� � � � � m . Pritom je a0 � S i am � 0 . Onda vrijedi

an�1 � an � kan � P� �8�

jer na kraju �n�1� -vog vremenskog intervalaDavor duguje iznos koji je jednak iznosudugovanom na kraju n -tog intervala, uvecanom za kamate k � an , i umanjen za iznosP isplacen do kraja n -tog mjeseca.

a� Karakteristicna jednadzba od �8� je x � �1 � k� � 0 . Pripadna homogena

jednadzba a�0�n�1 � �1 � k�a�0�n ima rjesenje a�0�n � γ �1 � k�n .b� Neko partikularno rjesenje pocetne, nehomogene jednadzbe �8� trazimo u

obliku konstante an � A , jer je nehomogeni clan u �8� konstanta �P . Imamo

A � �1 � k�A � P , tj. A � Pk . Prema tome je an � a�0�n � A � γ �1 � k�n � P

k . Zboga0 � S je γ � P

k � S , tj. γ � S� Pk , a zbog am � 0 imamo �S� P

K ��1�k�m � Pk � 0 .

Odavde slijedi

P � kS�1 � k�m

�1 � k�m � 1�

4.6. Rjesavanje s pomocu funkcija izvodnica

U ovom cemo odjeljku na primjeru Fibonaccijeva slijeda ilustrirati kako se dorjesenja neke rekurzivne relacije moze doci s pomocu redova, tj. s pomocu funkcijaizvodnica.

Prije toga jedna mala primjedba u vezi sa znakom zbrajanjaP

. Zbroj a0 � a1 �� am mozemo zapisati na nekoliko nacina:

mXn�0

an �mX

n�1�0

an�1 �m�1Xn�1

an�1�

i na slican nacinPm

n�0 an �Pm

n�2�0 an�2 �Pm�2

n�2 an�2 . Ako je gornja granica mu sumi beskonacna, onda je naravno

�Xn�0

an ��X

n�1

an�1 ��X

n�2

an�2�

Krenimo dakle sa Fibonaccijevim slijedom �Fn� zadanimpocetnimvrijednostimaF0 � 0 , F1 � 1 i rekurzivnom relacijom

Fn � Fn�1 � Fn�2� n � 2� �1�


Da bismo dosli do pripadne funkcije izvodnice

g�x� ��X

n�0

Fnxn �2�

Fibonaccijeva slijeda, pomnozimo rekurzivnu jednadzbu sa xn i zbrojimo od n � 2do � :

�Xn�2

Fnxn ��X

n�2

Fn�1xn ��X

n�2

Fn�2xn

� x�X

n�2

Fn�1xn�1 � x2�X

n�2

Fn�2xn�2

� x�X

n�1

Fnxn � x2�X

n�0

Fnxn�

Dakleg�x� � F0 � F1x � x�g�x� � F0� � x2g�x��

Odavde zbog F0 � 0 i F1 � 1 slijedi da je funkcija izvodnica Fibonaccijeva slijedajednaka:

g�x� �x

1� x � x2 � �3�

Da bismo dobili Fn u zatvorenoj formi, treba �3� razviti u red potencija po x . Kvad-

ratni polinom u nazivniku ima dva korijena x1�2 � �1p52 . Bit ce zgodno rabiti rastav

kvadratnog polinoma1� x � x2 � �1� αx��1 � βx��

gdje je α � 1�p

52 , β � 1�p5

2 . Buduci da je u �3� stupanj polinoma u brojniku manjiod stupnja polinoma u nazivniku, racionalnu funkciju g�x� moguce je pisati s pomocuparcijalnih razlomaka:

g�x� �x

�1 � αx��1 � βx��

C1

1� αx�

C2

1� βx�

Da bismo odredili konstante C1 i C2 , pomnozimo ovu relaciju s nazivnikom:

x � C1�1� βx� � C2�1 � αx��

Buduci da relacija vrijedi za sve x , mozemo medusobno izjednaciti odgovarajuce ko-eficijente uz x i slobodne koeficijente s lijeve i desne strane jednakosti:

C1 � C2 � 0� �βC1 � αC2 � 1�

Rjesenje tog sustava je C1 � 1�p

5 , C2 � �1�p

5 . Prema tome je

g�x� �1p5

h 11� αx

� 11� βx

i�

1p5

h �Xn�0

�αx�n ��X

n�0

�βx�ni

��X

n�0

1p5�αn � β n�xn�


Usporedivanjem koeficijenata sa �2� dobivamo opet de Moivreovu formulu u Propo-ziciji 4.1.1:

Fn �1p5�αn � β n��

Zadatak 1. Odredi funkciju izvodnicu za slijed odreden rekurzivnom relacijoman�2 � an�1 � 2an � n � 2n , a0 � a1 � 1 .

Rjesenje. Mnozeci rekurzivnu relaciju s xn�2 i zbrajanjem po svim n � 0 dobi-vamo �X

n�0

an�2xn�2 ��X

n�0

an�1xn�2 � 2�X

n�0

xn�2 ��X

n�0

n2nxn�2�

tj.

f �x� � a0 � a1x � x� f �x� � a0� � 2x2 f �x� � x3�X

n�0

2n�2x�n�1�

Zbog�X

n�0

2n�2x�n�1 �

� �Xn�0

�2x�n

��

�1

1� 2x

��

2�1� 2x�2

je f �x� � 1� x � x� f �x� � 1� � 2x2 f �x� � 2x3

�1�2x�2, tj.

f �x� ��1 � 2x�2 � 2x3

�1 � x � 2x2��1 � 2x�2�

Razvoj ove funkcije u red potencija f �x� �P�

n�0 anxn daje upravo trazene koefici-

jente an . Mozemo ih izracunati s pomocu funkcije izvodnice kao an � f �n��0�

n! .

Zadatak 2. Odredi funkciju izvodnicu slijeda �an�n�N odredenog diferencijskomjednadzbom an � 2an�1 � 4an�2 � 5n

n , n � 3 , a1 � 1 , a2 � 0 .Rjesenje. Mnozenjem diferencijske jednadzbe s xn i zatim zbrajanjem od n � 3

do � dobivamo

f �x� � x � 2x� f �x� � x� � 4x2 f �x� ��X

n�3

�5x�n

n�: S

Da bi izracunali S , krecemo odP�

n�0�5x�n � 11�5x . Integriranjem od 0 do x

dobivamo 15

P�n�0

�5x�n�1

n�1 � � 1j1�5xj , tj.

P�n�1

�5x�n

n � � ln j1 � 5xj , tj. S �

� ln j1� 5xj � 5x � 252 x2 , dakle

f �x� � �8x � 21x2 � ln�1 � 5x�2

2 � 4x � 8x2 �


Zadatak 3. Neka je f �x� funkcija izvodnica slijeda �an�n�0 . Izrazi s pomocuf �x� funkciju izvodnicu g�x� slijeda bn � nan . Rabeci dobiveni rezultat odredifunkciju izvodnicu slijeda bn � n

e2n .

Rjesenje. g�x� �P�

n�0 nanxn � xP�

n�0 nanxn�1 � x�P�

n�0 anxn�� x f ��x� .Za slijed e�2n je funkcija izvodnica f �x� �

P�n�0 e�2nxn �

P�n�0�e

�2x�n �1

1�e�2x, pa je g�x� � x f ��x� � xe�2

�1�e�2x�2.

Zadatci za vjezbu

1. Nadi opce rjesenje rekurzivne relacijean�2 � 6an�1 � 9an � n3n�

2. Nadi nehomogenu linearnu rekurzivnu relaciju s konstantnim koeficijentimacije je opce rjesenje:

an � n2 � α � βn � γ cos3nπ4

� δ sin3nπ4

�

gdje su α� β� γ � δ � R bilo koje konstante.3. Pero zeli kupiti stan od 40 m2 . Trenutno je cijena kvadratnog metra stana

8 000 kuna. Perina ustedevina iznosi 100 000 kuna, a godisnji prihod 50 000 kuna.Ako odmah novac stavi u banku koja daje 7�5% kamata godisnje �i kamata se obracu-nava nakon isteka svake godine stednje� te ako svake godine 20% godisnjeg prihoda istecenu kamatu pripise glavnici, nakon koliko godina ce Pero ustedjeti za zeljeni stanuz uvjet:a� da stanovi ne poskupljuju?b� Trend rasta cijena stanova je 5% godisnje?

4. Nadite funkciju izvodnicu slijeda �an� zadanog sa

a2k ��1�k

�2k�!� a2k�1 �

12k � 1

� k � 0�

5. Nadite opce rjesenje rekurzivne relacije an�2 � 3an � 2an�1 � 6n .

Naputci i rjesenja

1. Iz x2 � 6x � 9 dobivamo x1�2 � 3 , dakle �vidi Teorem 4.4.2�:

a�0�n � 3n�A � Bn�� a

�p�n � n23n�Cn � D��

Treba odrediti C i D u partikularnom rjesenju. Uvrstavanjem a�p�n u rekurzivnu relaciju i usporedi-

vanjem koeficijenata, dobivamo C � 1�54 , D � �1�18 , dakle an � 3n�A�Bn� 154n3� 1

18n2� .

2. Zbog x1�2 � 1 i x3�4 � cos 3π4 � i sin 3π

4 � �p

22 � i

p2

2 karakteristicna jednadzba glasi

�x�1�2�x�p

22 �i

p2

2 ��x�p

22 �i

p2

2 � � 0 , tj. x4��p

2�2�x3��2�2p

2�x2��p

2�2�x�1 � 0 .Prema tome rekurzivna relacija glasi

an�4 � �p

2� 2�an�3 � �2� 2p

2�an�2 � �p

2� 2�an�1 � an � f �n��

Buduci da je jedno partikularno rjesenje �stavi α � β � γ � δ � γ � 0 u opce rjesenje� oblika

a�p�n � n2 � n21n , i 1 je dvostruki korijen, onda je f �n� oblika f �n� � C 1n . Broj C dobivamo

uvrstavanjempartikularnog rjesenja u rekurzivnu relaciju: �n�4�2��p

2�2��n�3�2��2�2p

2��n�

2�2��p

2�2��n�1�2�n2 � C , odakle slijedi C � 16�9p

2�18�8�8p

2�p

2�2 � 4�2p

2 .


3. Perina ustedevina nakon n godina iznosi dn � dn�1 1�075 � 10 000 , d0 � 100 000 .Rijesimo ovu rekurzivnu relaciju. Karakteristicna jednadzba je λ � 1�075 � 0 , tj. λ � 1�075 , pa

je opce rjesenje pripadne homogene jednadzbe d�0�n � c 1�075n . Partikularno rjesenje trazimo u

obliku konstante: d�p�n � A . Uvrstavanjem u rekurzivnu relaciju dobivamo A � A 1�075�10 000 ,

dakle A � �133 333 . Rjesenje je dn � 233 333 1�075n � 133 333 .

5. Karakteristicna jednadzba je λ 3� 3λ � 2 � 0 , ciji korijeni su λ1�2 � 1 , λ3 � �2 . Stoga

je a�0�n � An � B � C��2�n , a

�p�n � n2�αn � β � , vidi Teorem 7.4.1. Uvrstavanjem partikularnog

rjesenja u pocetnu rekurzivnu relaciju, i usporedivanjem koeficijenata uz potencije od n , dobivamoα � �1�3 , β � 1�3 . Prema tome je an � An � B � C��2�n � 1

3 n3 � 13n2 .

�ee� Povijesna crtica �ee� Alexandre T. Vandermonde �1735.–1796.�, pokojemu je dobila naziv Vandermondeova determinanta, bio je francuski matematicar.Funkciju izvodnicu g�x� � x

1�x�x2 Fibonaccijeva slijeda Fn nasli su Joseph Lagran-ge i Abraham de Moivre jos u 18. st. To je omogucilo da se nade i zatvorena formaza Fn . Funkcije izvodnice prvi je sustavno koristio americki matematicar engleskogapodrijetla James Sylvester �1814.–1897.�. Rekurzivne relacije nalaze primjene u teo-riji vjerojatnosti, fizici, elektrotehnici, racunalstvu, pa cak i u drustvenim znanostima�sociologija, psihologija�. Vazne primjene imaju i u ispitivanju slozenosti algoritama.Problem hanojskih kula opisao je i popularizirao francuskimatematicar Edouard Lucas1883. g. Funkcije izvodnice vrlo su vazne i u teoriji vjerojatnosti, sto je prikazanou znamenitoj monografiji Probability theory and its applications I, II, ciji autor jeWilliam (Vilim) Feller �1906.–1970.�, roden i skolovan u Zagrebu, suradnik Johna vonNeumanna u Princetonu.

Racun diferencija nastao je u 17. i 18. st. rjesavanjem problema interpolacije funk-cija u numerickoj matematici. Ima vazne primjene u numerickom rjesavanju obicnih iparcijalnih diferencijalnih jednacaba, diskretnoj Laplaceovoj transformaciji. Primjenenalazi u ekonomiji, pa cak i u psihologiji i sociologiji.

Niti koje ljudsko istrazivanje ne moze se zvati pravom znanoscuako se ne moze dokazati matematicki� � �

Leonardo da VINCI �1452.–1519.�

Matematika ne lezi ukopana usred kontinenta egzaktnih znanosti;ona je na njegovim obalama, uz ocean umjetnosti.

— Vladimir DEVIDE �1925.�

Pokretac matematike nije zakljucivanje, nego masta.— Augustus DeMORGAN �1806.–1871.�

Trazite, i naci cete!— Mt 7,7

92 LITERATURA

LITERATURA

�1� Albertson M., Hutchinson J.: Discrete Mathematics with Algorithms, John Wiley & Sons, 1988,�2� Lovasz L., Pelikan J., K.L. Veszetergombi, Discrete Mathematics, Springer Verlag, 2003.�3� Cvitkovic M.: Kombinatorika, zbirka zadataka, Element, Zagreb, 1994.,�4� Devide V.: Matematicka citanka, Skolska knjiga, Zagreb, 1991.,�5� Dujella A.: Fibonaccijevi brojevi, HMD Zagreb, 2000.,�6� Elezovic N.: Linearna algebra, Element, Zagreb, 1995.,�7� Graham R.L., Knuth D.E., Patashnik O.: Concrete Mathematics, Addison – Wesley, 1995 �u

pripremi je hrvatski prijevod te knjige pod naslovom Konkretna matematika��8� Grimaldi R.P.: Discrete and Combinatorial Mathematics, 3. izdanje, Addison – Wesley, 1994,�9� Hanjs Z.: Konacne diferencije, MATEMATIKA, Zagreb, br. 1, 1986. �vidi takoder Diferencijs-

ke jednadzbe, br. 2, 1986., Inicijalni problem za linearne diferencijske jednadzbe, br. 1, 1987.,Problem svojstvenih vrijednosti za linearne diferencijske jednadzbe, br. 3, 1987.�,

�10� Knuth D.E.: The Art of Computer Programming, Volume 1 � Fundamental Algorithms, Volume2 � Seminumerical Algorithms, Volume 3 � Searching and Sorting; Addison–Wesley, 1973,

�11� Liu C.L.: Elements of Discrete Mathematics, McGraw–Hill, New York, 1987,�12� Papic P.: Uvod u teoriju skupova, HMD Zagreb, 2000.,�13� Prusinkiewicz P., Lindenmayer A.: The Algorithmic Beauty of Plants, Springer Verlag, 1990,�14� Truss J.K.: Discrete Mathematics for Computer Scientists, Addison Wesley, 1992,�15� Tucker A.: Applied Combinatorics, John Wiley, 1995,�16� Veljan D.: Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb, 2001.

INTERNET:

�17� Laszlo Lovasz, http��research�microsoft�com�users�lovasz�notes�htm�18� Diskretna matematika, http��archives�math�utk�edu�topics�discreteMath�html�19� Kombinatorika, http��archives�math�utk�edu�topics�combinatorics�html�20� Center for Scientific Computing, Berlin, http��www�zib�de�21� Matematika za osnovne i srednje skole, http��www�hr�darko�mat�matlink�html

Matematicari ne proucavaju objekte, nego samo relacije medu objektima.— Jules Henry POINCARE �1854.–1912.�

Matematicka znanost je po mojem misljenju nedjeljiva cjelina,organizam cija je vitalnost uvjetovana povezanoscu njenih dijelova.

— David HILBERT �1862.-1943.�

Pored jezika i glazbe,matematika je jedna od glavnih manifestacija slobodne stvaralacke snage ljudskoga uma,

i univerzalno sredstvo za razumijevanje svijeta uz pomoc teorijskih konstrukcija.— Hermann WEYL �1885.-1955.�

KAZALO 93

KAZALO

Aalef nula �0 , 8algebarski broj, 12algebra skupova, 5asimptotska dominiranost slijeda, 71

Bbinarna relacija, 16binomna formula, 34binomni koeficijent, 3, 53

— red, 53Booleova funkcija, 29bozanski omjer, 67

CCantorov dijagonalni postupak, 11

DDe Morganove formule, 5deranzmani, 49diferencijska jednadzba �rekurzivna

relacija�, 66Dirichletovo nacelo, 57disjunktni skupovi, 4domena funkcije, 2dualnost, 5

Eekvipotentni skupovi, 8Eulerova funkcija ϕ�n� , 47

— konstanta, 73— supstitucija, 67, 77

Ffaktorijeli, 3Fibonaccijev slijed, 66, 67filotaksija, 68formula ukljucivanja i iskljucivanja, 44funkcija, 2funkcija izvodnica slijeda, 50funkcija kodiranja skupa, 10

HHanojski tornjevi, 85harmonijski brojevi, 73hipoteza kontinuuma, 12

Iidentitet, 3inkluzija, 2injekcija, 2

— , kardinalni broj, 32inverzna funkcija, 3iracionalna broj, 12

Jjednakost funkcija, 2jednakost skupova, 5

Kkarakteristicna funkcija skupa, 87karakteristicna jednadzba rekurzivne

relacije, 77kardinalni broj skupa, 7, 8Kartezijev produkt skupova, 5kodiranje skupa, 10kodomena funkcije, 2kombinacije, 31, 32

— s ponavljanjem, 41, 56kombinatorna eksplozija, 27, 29komplement skupa, 4kongruencija po modulu n , 17kvocjentni skup, 20

— — ostataka modulo n , 21

Mmali o , 76multiindex, 38multinomni koeficijent, 38

Nnajveci cijeli dio bxc realnog broja x , 25neprebrojiv skup, 7

Oosnovni teorem aritmetike, 4

Pparticija skupa, 19partikularno rjesenje, 82partitivni skup, 4

— — kardinalni broj, 5, 28permutacije, 3, 31

— s ponavljanjem, 36pravilo bijekcije, 26

— komplementa, 26— zbrajanja, 26

prebrojiv skup, 7princip superpozicije, 83problem sesira, 49produktno pravilo, 6prost broj, 4

94 KAZALO

Rrazred �klasa� ekvivalencije, 19refleksivna relacija, 16rekurzivna relacija �diferencijska

jednadzba�, 66relacija ekvivalencije, 17

Ssimetricna relacija, 16skup, 1

— , prazan � , 2Stirlingova formula aproximacije za n! , 75Stirlingov broj druge vrste, 47surjekcija, 2

— , kardinalni broj, 46Sylvestrova formula, 45

Tteleskopiranje, 87teorem o dijeljenju, 3tranzitivna relacija, 16transcendentan broj, 13

Uuniverzalni skup, 1

Vvarijacije, 31

— s ponavljanjem, 39vektor kao razred ekvivalencije, 23veliki O , 70veliki theta Θ , 70veliki omega Ω , 70

Zzlatni prerez, 67, 69

mat3r d. zubrinic - uvod u diskretnu matematiku (2006)

Documents

u odjeljku

skup svih prirodnih

uvod u kombinatoriku

skup slova abecede

su x y

pri cemu je

slicno za propozicije

takvi su npr