zdenko hegedu s specijalni brojevimdjumic/uploads/diplomski/heg05.pdfsveu cili ste j.j. strossmayera...
TRANSCRIPT
Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Diplomski sveucilisni studij matematike
Zdenko Hegedus
Specijalni brojevi
Diplomski rad
Osijek, 2011.
Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Diplomski sveucilisni studij matematike
Zdenko Hegedus
Specijalni brojevi
Diplomski rad
Voditelj: doc. dr. sc. Ivan Matic
Osijek, 2011.
Sadrzaj
UVOD 1
1. Binomni koeficijenti 2
2. Stirlingovi brojevi 4
2.1. Stirlingovi brojevi druge vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2. Stirlingovi brojevi prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2.3. Vaznija svojstva i primjena Stirlingovih brojeva . . . . . . . . . . . . . 9
3. Eulerovi brojevi 15
3.1. Svojstva Eulerovih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.1.1. Eulerovi brojevi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
4. Harmonijski brojevi 21
4.1. Racunanje harmonijskih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.2. Svojstva i primjene harmonijskih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
5. Bernoullijevi brojevi 32
5.1. Svojstva Bernoullijevih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Literatura 38
Sazetak 39
Summary 40
Zivotopis 41
1
UVOD
Neki nizovi brojeva se u matematici pojavljuju toliko cesto da ih prepoznajemo na
prvi pogled i dajemo im posebna imena. Ovakvih nizova brojeva ima mnogo, pa
smo se orijentirali na brojeve koje mozemo povezati s jednom zajednickom granom
matematike. U ovom diplomskom radu predstavit cemo cetiri vrste takvih brojeva i
to Stirlingove brojeve prve i druge vrste, Eulerove brojeve, Harmonijske brojeve i na
kraju Bernoullijeve brojeve. Ovi brojevi se najcesce koriste u kombinatornoj matem-
atici pa cemo se najvise baviti njihovom kombinatornom interpretacijom, prikazati na-
jznacajnija svojstva i neke od primjena. Svrha rada je upoznati ove brojeve, prikazati
njihovu znacajnost, te razjasniti veze koje se javljaju medu njima i odreduju njihovu
usku povezanost.
U prvom poglavlju ukratko predstavljamo binomne koeficijente. Ovo poglavlje je
prisutno jer svi brojevi koji se obraduju koriste binomne koeficijente u svojim definici-
jama i svojstvima, te je bitno poznavati binomne koeficijente i njihovu kombinatornu
interpretaciju za razumijevanje materije.
Drugi dio predstavlja Stirlingove brojeve prve i druge vrste koji su blisko povezani
s binomnim koeficijentima. Interpretirat cemo vezu izmedu prve i druge vrste ovih
brojeva i pokazati svojstva i primjene koje imaju i izvan podrucja kombinatorike.
U sljedecem poglavlju dolaze Eulerovi brojevi. Ovi brojevi se cesto nazivaju i Eu-
lerovski brojevi jer u teoriji brojeva postoje Eulerovi brojevi i nemaju veze s ovim
Eulerovim brojevima koje mi obradujemo u kombinatornom smislu. U ovoj kategoriji
postoji i prosirenje na Eulerove brojeve drugog reda koji ce nam dati vezu s Stirlin-
govim brojevima.
Cetvrto poglavlje obraduje harmonijske brojeve. Kroz nekoliko jednostavnih i zan-
imljivih primjera cemo vidjeti zanimljiva svojstva koja ovi brojevi posjeduju, kao i neke
paradokse koji se mogu pojaviti koristenjem harmonijskih brojeva.
U zadnjem dijelu dolazimo do Bernoullijevih brojeva koji imaju najznacajniju prim-
jenu u teoriji brojeva. Takoder imaju primjenu i u kombinatorici te preko njih mozemo
povezati sve prije opisane brojeve u jednu cjelinu i tako zaokruziti ovaj rad.
2
1. Binomni koeficijenti
U svim vrstama specijalnih brojeva koje cemo predstaviti u ovom diplomskom radu ko-
ristimo binomne koeficijente. Zato cemo na pocetku odmah definirati sto su binomni
koeficijenti i predociti njihov kombinatorni znacaj kako bi kasnije lakse razumjeli defini-
rane formule.
Binomni koeficijenti su pozitivni cijeli brojevi koji se pojavljuju kao koeficijenti od
elementa xk u razvoju polinoma binomne potencije (1 + x)n. Oznacavaju se sa dva
nenegativna cijela broja n i k i to u obliku(nk
). U kombinatorici binomne koeficijente
definiramo kao broj nacina, bez obzira na poredak, na koji mozemo k elemenata iz-
abrati izmedu n elemenata, tj. broj podskupova koji sadrze k elemenata skupa koji
sadrzi n elemenata.
Primjer 1.1. Iz skupa {1,2,3,4} mozemo izabrati dva elementa na sest nacina
{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4},
pa dobivamo da je(42
)= 6.
Kako bi dobili formulu za racunanje binomnih koeficijenata pogledajmo prvo broj
nizova od k elemenata umjesto podskupova izabranih iz skupa od n elemenata zato
sto je za nizove bitan poredak elemenata. Mozemo vidjeti da postoji n izbora za prvi
element niza, n− 1 izbora za drugi element niza i tako sve do n− k+ 1 za k-ti element
niza. To nam daje n(n−1) . . . (n−k+1) izbora sveukupno. S obzirom da svaki podskup
od k elemenata ima tocno k! razlicitih razmjestaja elemenata, ovaj broj nizova broji
svaki podskup k! puta pa da bi dobili nasu formulu jednostavno je podjelimo sa k! i
dobijemo (n
k
)=n(n− 1) . . . (n− k + 1)
k!
=n(n− 1) . . . (n− k + 1)
k!· (n− k)!
(n− k)!
=n(n− 1) . . . (n− k + 1)(n− k)(n− k − 1) . . . (1)
k!(n− k)!
=n!
k!(n− k)!,
za svaki n, k ≥ 0. n i k su ovdje ograniceni na nenegativne brojeve svojom kombina-
tornom interpretacijom. Moze se pokazati da jednadzba vrijedi za bilo koji realni broj
n i za bilo koji cijeli broj k, ali to nam nece biti potrebno.
U Tablici 1 je prikazan razvoj binomnih koeficijenata za male n i k. Ovaj razvoj formira
trokut koji se naziva Paskalov trokut. Iz formule koju smo dobili za racunanje binom-
nih koeficijenata lako mozemo izvesti rekurzivnu formulu koja se koristi za formiranje
3
n(n0
) (n1
) (n2
) (n3
) (n4
) (n5
) (n6
) (n7
) (n8
) (n9
) (n10
)0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5 16 1 6 15 20 15 6 17 1 7 21 35 35 21 7 18 1 8 28 56 70 56 28 8 19 1 9 36 84 126 126 84 36 9 110 1 10 45 120 210 252 210 120 45 10 1
Tablica 1: Paskalov trokut
Paskalovog trokuta: (n
k
)=nk
k!=
(n− 1)k−1n
k!
=(n− 1)k−1(n− k)
k!+
(n− 1)k−1k
k!
=(n− 1)k
k!+
(n− 1)k−1
(k − 1)!
=
(n− 1
k
)+
(n− 1
k − 1
)gdje je xk oznaka za padajucu potenciju koja je definirana kao
xk = x(x− 1)(x− 2) . . . (x− k + 1).
Ovo ce nam biti dovoljno o binomnim koeficijentima za nastavak rada, pa mozemo
poceti s prvom vrstom specijalnih brojeva.
4
2. Stirlingovi brojevi
Stirlingovi brojevi nazvani su prema Jamesu Stirlingu1 i primjenjuju se najvise u kom-
binatorici. Brojevi dolaze u dva oblika, kao Stirlingovi brojevi prve vrste i Stirlingovi
brojevi druge vrste. Iako Stirlingovi brojevi imaju znacajnu proslost i brojne primjene
jos uvijek nisu dobili svoju standardnu notaciju. Ipak, dosad su se ustalile ove oznake
koje cemo i mi koristiti
s(n, k) =
[nk
](1)
za Stirlingove brojeve prve vrste i
S(n, k) =
{nk
}(2)
za Stirlingove brojeve druge vrste.
2.1. Stirlingovi brojevi druge vrste
Stirlingovi brojevi druge vrste se pojavljuju najcesce pa cemo njih razmotriti prve.
Simbol
{nk
}predstavlja broj nacina na koji se skup od n elementa mozemo podijeliti
u k nepraznih disjunktnih podskupova.
Primjer 2.1. Pokazimo kako se skup od 4 elemenata moze rastaviti u 2 disjunktna
podskupa:
{1, 2, 3} ∪ {4} , {1, 2, 4} ∪ {3} , {1, 3, 4} ∪ {2} , {2, 3, 4} ∪ {1} ,{1, 2} ∪ {3, 4} , {1, 3} ∪ {2, 4} , {1, 4} ∪ {2, 3} ,
dakle rjesenje je
{42
}= 7.
Pogledajmo sto se dogada za mali k. Postoji samo jedan nacin da prikazemo n
elemenata kao jedan n-clani podskup, dakle vrijedi da je
{n1
}= 1 , za sve n > 0. S
druge strane
{01
}= 0, jer je skup sa 0 elemenata prazan. Slucaj k = 0 je uglavnom
predmet dogovora. Ako se slozimo da postoji samo jedan nacin da prikazemo prazan
skup kao 0 praznih podskupova s time dobivamo
{00
}= 1. S druge strane neprazan
skup treba imati barem jedan element pa vrijedi
{n0
}= 0 za n > 0.
Uzmimo sada da je k = 2. Sigurno znamo da vrijedi
{02
}= 0. Ako je skup
11692.-1770. Skotski matematicar. Po njemu su nazvani Stirlingovi brojevi i Stirlingove aproksi-macije
5
n
{n0
} {n1
} {n2
} {n3
} {n4
} {n5
} {n7
} {n7
} {n8
} {n9
}0 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 17 0 1 63 301 350 140 21 18 0 1 127 966 1701 1050 266 28 19 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1
Tablica 2: Stirlingovi brojevi druge vrste
od n > 0 elemenata podjeljen u dva neprazna podskupa, jedan od tih podskupova
sadrzi zadnji element i neki podskup od prvih n− 1 elemenata. Postoji 2n−1 nacina da
izaberemo podskup od prvih n−1 elemenata jer je svaki element skupa unutar ili izvan
tog podskupa, ali ne smijemo uzeti sve elemente iz skupa je na kraju zelimo imati 2
neprazna podskupa. Zbog te cinjenice oduzimamo 1 pa dobivamo{n2
}= 2n−1 − 1 (3)
za svaki prirodni broj n. Mozemo primjetiti da se ovo slaze sa vrijednosti
{42
}=
23 − 1 = 7 iz Primjera 2.1. Poopcenje ovog postupka vodi k rekurzivnoj formuli za
izracunavanje
{nk
}za svaki k. Za dani skup od n > 0 elemenata koje zelimo podijeliti
u k nepraznih disjunktnih podskupova stavljamo zadnji element skupa u svoj podskup
sto mozemo napraviti na
{n− 1k − 1
}nacina ili ga stavljamo u neki podskup od prvih n−1
elemenata. Postoji k
{n− 1k
}nacina za drugi slucaj jer svaki od
{n− 1k
}nacina da
rasporedimo prvih n − 1 elemenata u k nepraznih dijelova daje k podskupova kojem
se n-ti element moze pridruziti. Iz toga slijedi{nk
}= k
{n− 1k
}+
{n− 1k − 1
}, (4)
za svaki n > 0 uz pocetne uvjete{n1
}= 1,
{01
}= 0,
{00
}= 1,
{n0
}= 0.
6
Jednadzbom (4) je generirana Tablica 2 u kojoj su prikazane vrijednosti Stirlingovih
brojeva druge vrste za male n i k. Bez mnozitelja k u jednadzbi (4) ona bi izgledala
isto kao i formula za generiranje poznatog Paskalovog trokuta.
Definicija 2.1. Diferencija unaprijed funkcije f(x) je izraz oblika
∆h[f ](x) = f(x+ h)− f(x).
n-ta diferencija unaprijed funkcije f(x) je oblika
∆nh[f ](x) =
n∑i=0
(−1)n−i(n
i
)f(x+ ih).
Stirlingovi brojevi druge vrste se mogu izracunati pomocu eksplicitne formule{nk
}=
1
k!
k∑j=0
(−1)k−j(k
j
)jn. (5)
Ova formula je specijalan slucaj k-te diferencije unaprijed monoma xn razvijenog oko
x = 0 za h = 1. Taj razvoj se zapisuje kao
∆k1x
n =k∑
j=0
(−1)k−j(k
j
)(x+ j)n.
S obzirom da se Bernoullijevi polinomi mogu napisati pomocu diferencija unaprijed
mozemo odmah dobiti vezu izmedu Stirlingovih i Bernoullijevih brojeva koje cemo
predstaviti kasnije
Bn =m∑k=0
(−1)k+m k!
k + 1
{mk
}.
Parnost Stirlingovih brojeva druge vrste jednaka je parnosti vezanih binomnih ko-
eficijenata{nk
}≡(z
w
)(mod 2), gdje je z = n−
⌈k + 1
2
⌉i w =
⌊k − 1
2
⌋.
2.2. Stirlingovi brojevi prve vrste
Stirlingovi brojevi prve vrste bez predznaka su slicni kao i oni druge vrste samo sto
sada oznaka
[nk
]oznacava broj nacina na koji mozemo sloziti n elemenata u k cik-
lusa umjesto podskupova. Ovi brojevi se nazivaju bez predznaka jer su nenegativni za
razliku od normalnih Stirlingovih brojeva prve vrste koji se definiraju s (−1)k+n
[nk
].
Za sada cemo se koristiti Stirlingovim brojevima prve vrste bez predznaka te necemo
eksplicitno naglasavati ovo svojstvo koje cemo kasnije objasniti.
7
Definicija 2.2. Ciklus na skupu C = {c1, c2, . . . , ck} je bijekcija π sa skupa C na
samoga sebe za koju vrijedi π(c1) = c2, π(c2) = c3, . . . , π(ck−1) = ck, π(ck) = c1. Ciklus
π oznacavamo s [c1, c2, . . . , ck]. Primijetimo kako ciklus ovisi o odabranom poretku
elemenata skupa C.
A B
CD
Slika 1: Kruzni prikaz ciklusa
Primjer 2.2. Promotrimo skup od 4 elementa
{A,B,C,D}
Za taj skup primjetimo iz Slike 1 da je
[A,B,C,D] = [B,C,D,A] = [C,D,A,B] = [D,A,B,C]
jedan ciklus kojemu su krajevi spojeni pa se elementi mogu pomicati u kruznom smislu.
Zbog te cinjenice mozemo primjetiti da ciklus [A,B,C,D] nije jednak ciklusu [A,B,D,C]
ili [D,C,B,A]
Primjer 2.3. Pokazimo da postoji 11 nacina na koji mozemo napraviti 2 ciklusa iz 4
elementa.
[1, 2, 3][4], [1, 2, 4][3], [1, 3, 4][2], [2, 3, 4][1],
[1, 3, 2][4], [1, 4, 2][3], [1, 4, 3][2], [2, 4, 3][1],
[1, 2][3, 4], [1, 3][2, 4], [1, 4][2, 3]
pa slijedi da je
[42
]= 11.
Ciklus sa samo jednim elementom je isto sto i skup sa samo jednim elementom.
Slicno tome, ciklus sa 2 elementa je isto sto i skup sa 2 elementa jer imamo [A,B] =
[B,A] isto kao sto je i {A,B} = {B,A}. No, u skupu od 3 elementa postoje 2 razlicita
ciklusa, [A,B,C] i [A,C,B]. Primjetimo da je u Primjeru 2.3 11 razlicitih ciklusa
dobiveno od 7 parova skupova u Primjeru 2.1 tako da smo skupove od 3 elementa
rastavili na dva ciklusa.
Poopceno, mozemo napraviti n!n
= (n − 1)! razlicitih n-ciklusa iz bilo kojeg skupa
8
od n elemenata za svaki n > 0. To vrijedi zato sto postoji n! permutacija i svakom
n-ciklusu odgovara n takvih jer bilo koji element ciklusa moze biti stavljen na prvo
mjesto. Iz tog zakljucka slijedi da je[n1
]= (n− 1)!, za svaki n > 0. (6)
Primjetimo da je ta vrijednost mnogo veca nego sto smo imali kod Stirlingovih brojeva
druge vrste za
{n1
}= 1. Stovise, lako je za dokazati da broj mogucih ciklusa mora
veci ili jednak broju mogucih podskupova, tj.[nk
]≥{nk
}za svaki n, k ≥ 0, (7)
jer svako rastavljanje u neki neprazan skup vodi k pojavljivanju barem jednog ciklusa.
Jednakost (7) se pojavljuje kad su svi ciklusi nuzno jednoclani ili dvoclani skupovi, jer
su svi ciklusi ekvivalentni podskupovima u takvim slucajevima. To se dogada kada je
k = n i kada je k = n− 1 pa slijedi[nn
]=
{nn
},
[n
n− 1
]=
{n
n− 1
}. (8)
Zapravo mozemo odmah i napisati cemu su jednaki ovi brojevi[nn
]=
{nn
}= 1,
[n
n− 1
]=
{n
n− 1
}=
(n
2
). (9)
Ova cinjenica se moze objasniti time da je broj nacina na koji mozemo rasporediti n
elemenata u n− 1 ciklusa jednak broju nacina da izaberemo dva elementa koji ce biti
u istom ciklusu ili podskupu.
Rekurzivnu formulu za
[nk
]mozemo dobiti prilagodavajuci argumente koje smo
koristili za
{nk
}. Svaki raspored n elemenata u k ciklusa ili stavlja zadnji element u
svoj ciklus na
[n− 1k − 1
]nacina ili stavlja taj element u jedan od
[n− 1k
]rasporedenih
ciklusa prvih n−1 elemenata. U tom drugom slucaju postoji n−1 nacina da se napravi
to ubacivanje. Ovo nije tako lako uocljivo, ali nije tesko pokazati da postoji j nacina
da se umetne novi element u j-clani ciklus kako bi se napravio (j + 1)-clani ciklus.
Pokazimo to na primjeru da bude jasnije.
Primjer 2.4. Za j = 3 imamo ciklus [A,B,C]. Kad ubacimo element D imamo
[A,B,C,D], [A,B,D,C] i [A,D,B,C]
i ne postoji vise nijedna druga mogucnost.
9
Sumiranje po svim j-ovima daje ukupan broj od n − 1 nacina da ubacimo n-ti
element u n− 1 objekata rastavljenih na cikluse. Tako dolazimo do trazene rekurzije[nk
]= (n− 1)
[n− 1k
]+
[n− 1k − 1
], za svaki n > 0. (10)
uz pocetne uvjete [nn
]= 1,
[00
]= 1,
[n0
]= 0,
[0n
]= 0
Kao i kod Stirlingovih brojeva druge vrste napravili smo tablicu pomocu ove rekurzivne
formule za male n i k kako bi prikazali kako izgledaju pocetni Stirlingovi brojevi prve
vrste i kako se razvijaju vrijednosti.
n
[n0
] [n1
] [n2
] [n3
] [n4
] [n5
] [n7
] [n7
] [n8
] [n9
]0 11 0 12 0 1 13 0 2 3 14 0 6 11 6 15 0 24 50 35 10 16 0 120 274 225 85 15 17 0 720 1764 1624 735 175 21 18 0 5040 13068 13132 6768 1960 322 28 19 0 40320 109584 118124 67284 22449 4536 546 36 1
Tablica 3: Stirlingovi brojevi prve vrste
2.3. Vaznija svojstva i primjena Stirlingovih brojeva
Svaka permutacija je ekvivalentna skupu ciklusa. To mozemo vidjeti na jednostavnom
primjeru
Primjer 2.5. Pogledajmo permutaciju koja permutira 123456789 u 478295163. Mozemo
to elegantno prikazati u dva retka:
123456789
478295163
Vidimo da 1 postaje 4 i 2 postaje 7 itd. Mozemo primjetiti ciklicku strukturu jer 1
postaje 4, koji postaje 2, koji postaje 7, koji na kraju ponovno postaje 1. To je ciklus
10
[1, 4, 2, 7]. Drugi ciklus u ovoj permutaciji je [3, 8, 6, 5, 9]. Slijedi da je permutacija
478295163 ekvivalentna poretku ciklusa
[1, 4, 2, 7][3, 8, 6, 5, 9].
Ako imamo permutaciju π1π2 . . . πn od {1, 2, . . . , n} svaki element je u jedinstvenom
ciklusu jer ako pocnemo u m0 = m i gledamo m1 = πm0 , m2 = πm1 itd. moramo se u
konacno koraka vratiti nazad u mk = m0. Brojevi se moraju ponoviti prije ili kasnije,
a prvi broj koji se ponovi mora biti m0 jer znamo jedinstvene prethodnike brojeva
m1,m2, . . . ,mk−1. Dakle slijedi da svaka permutacija definira jedno slaganje ciklusa.
Ekvivalentno, slaganje ciklusa ocito definira permutaciju ako napravimo obrnuti pos-
tupak. Ovaj odnos jedan naprama jedan pokazuje da su permutacije i slaganje ciklusa
u principu ista stvar.
Slijedi da je
[nk
]broj permutacija n elemenata koje sadrze tocno k ciklusa. Ako
sumiramo
[nk
]po svim k-ovima moramo dobiti ukupni broj permutacija, tj.
n∑k=0
[nk
]= n!, za svaki n ≥ 0. (11)
Stirlingovi brojevi su korisni jer se rekurzivne jednadzbe (4) i (10) pojavljuju u
mnogo razlicitih problema. Jedna od primjena Stirlingvih brojeva se moze vidjeti
ako zelimo prikazati standardne potencije xn pomocu padajucih potencija xn. Prvih
nekoliko jednakosti izgleda ovako
x0 = x0
x1 = x1
x2 = x2 + x1
x3 = x3 + 3x2 + x1
x4 = x4 + 6x3 + 7x2 + x1
Ovi koeficijenti izgledaju jako slicno onima u Tablici 2 ako ih gledamo s desna na lijevo.
Iz toga mozemo intuitivno dobiti opcu formulu2
xn =∑k
{nk
}xk, za svaki n ≥ 0. (12)
Ova tvrdnja se lako dokaze matematickom indukcijom ako vidimo da vrijedi x · xk =
2Definirajmo odmah
{nk
}=
[nk
]= 0 kada je k < 0 ili n ≥ 0.
11
xk+1 + kxk, jer je xk+1 = xk(x− k) pa slijedi da je x · xn−1 jednako
x∑k
{n− 1k
}xk =
∑k
{n− 1k
}xk+1 +
∑k
{n− 1k
}kxk
=∑k
{n− 1k − 1
}xk +
∑k
{n− 1k
}kxk
=∑k
(k
{n− 1k
}+
{n− 1k − 1
})xk =
∑k
{nk
}xk.
Drugim rijecima Stirlingovi brojevi druge vrste su koeficijenti padajucih potencija koje
proizlaze iz opcih potencija.
Pogledajmo s druge strane kako su Stirlingovi brojevi prve vrste koeficijenti opcih
potencija koje definiraju rastuce potencije3. Pokazimo ponovno prvih nekoliko raspisa
iz kojih se moze zakljuciti opca formula.
x0 = x0
x1 = x1
x2 = x2 + x1
x3 = x3 + 3x2 + x1
x4 = x4 + 6x3 + 11x2 + 6x1
Dakle imamo (x + n − 1) · xk = xk+1 + (n − 1) · xk pa se prema prethodnom dokazu
lako dobije da je
(x+ n− 1)xn−1 = (x+ n− 1)∑k
[n− 1k
]xk =
∑k
[nk
]xk
pa imamo
xn =∑k
[nk
]xk za svaki n ≥ 0. (13)
Ove dvije primjene Stirlingovih brojeva sadrze jos jedno lijepo svojstvo a to je da se
padajuce potencije mogu izraziti pomocu opcih potencija i da se opce potencije mogu
izraziti pomocu rastucih potencija, naravno uz pomoc Stirlingovih brojeva. Prisjetimo
se kako smo kod definiranja Stirlingovih brojeva prve vrste koristili atribut bez predz-
naka. Sada koristimo te predznake kako bi mogli iskazali ove veze. To cinimo tako da
ubacimo negativne predznake kod nekih koeficijenata i dobivamo
xn =∑k
{nk
}(−1)n−kxk, za svaki n ≥ 0 (14)
xn =∑k
[nk
](−1)n−kxk, za svaki n ≥ 0 (15)
Pokazimo na primjeru zasto ovo vrijedi.
3Rastuca potencija xn je definirana kao xn = x · (x + 1) . . . (x + n− 1)
12
n
{n−5
} {n−4
} {n−3
} {n−2
} {n−1
} {n0
} {n1
} {n2
} {n3
} {n4
} {n5
}-5 1-4 10 1-3 35 6 1-2 50 11 3 1-1 24 6 2 1 10 0 0 0 0 0 11 0 0 0 0 0 0 12 0 0 0 0 0 0 1 13 0 0 0 0 0 0 1 3 14 0 0 0 0 0 0 1 7 6 15 0 0 0 0 0 0 1 15 25 10 1
Tablica 4: Stirlingovi trokuti u paru
Primjer 2.6. Formula
x4 = x(x− 1)(x− 2)(x− 3) = x4 − 6x3 + 11x2 − 6x
je ista kao i formula
x4 = x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3) = x4 + 6x3 + 11x2 + 6x
ali sa izmjenjivim predznacima.
Opcenito jednakost
xn = (−1)n(−x)n
pretvara jednadzbu (12) u (14), a jednadzbu (13) u (15) ako x-u promjenimo predznak.
Jos jedno svojstvo Stirlingovih brojeva se pojavljuje kada osnovne rekurzije{nk
}= k
{n− 1k
}+
{n− 1k − 1
},
[nk
]= (n− 1)
[n− 1k
]+
[n− 1k − 1
]prosirimo tako da nemaju ogranicenja na n i k. Rjesenje postaje jedinstveno ako
uzmemo da je {0k
}=
[0k
]za k = 0 i
{n0
}=
[n0
]za n = 0. (16)
Zapravo dobivamo jako dobar uzorak. Stirlingov trokut za brojeve prve vrste se po-
javljuje iznad Stirlingovog trokuta za brojeve druge vrste i obratno sto se moze vidjeti
13
u Tablici 4.
Mozemo primjetiti da su Stirlingovi brojevi prve i druge vrste povezani jednos-
tavnom vezom [nk
]=
{−n−k
}za svaki n, k. (17)
Ovo svojstvo se zove dualnost i slicno je odnosu izmedu minimuma i maksimuma,
najveceg cijelog i najmanjeg cijelog broja, rastucih i padajucih potencija, najveceg za-
jednickog djelitelja i najmanjeg zajednickog mnozitelja.
Kada sumiramo broj svih particija skupa s n elemenata, tj. sumiramo li sve Stir-
lingove brojeve drugog reda reda po k dobivamo izraz
B(n) =n∑
k=1
{nk
}.
Broj B(n) naziva se n-ti Bellov broj ili eksponencijalni broj i on zadovoljava rekurziju
B(n+1) =n∑
k=0
(n
k
)Bk, k ≥ 0,
gdje je B(0)=1. Primjenu Bellovih brojeva u kombinatorici moze se vidjeti kada zelimo
izracunati broj mogucih nacina na koji mozemo staviti n razlicitih kuglica s brojevima
od 1 do n u jednu ili vise kutija koje ne mozemo razlikovati.
Primjer 2.7. Uzmimo da je n = 3. Imamo tri kuglice s oznakama 1,2 i 3 i tri kutije.
Ako kutije ne mozemo razlikovati jednu od druge onda postoji 5 nacina na koji mozemo
staviti kuglice u kutiju
• Sve tri kuglice idu u jednu kutiju, s obzirom da ne raspoznajemo kutije to se
smatra jednom kombinacijom
• 1 ide u jednu kutiju, 2 i 3 u drugu
• 2 ide u jednu kutiju, 1 i 3 u drugu
• 3 ide u jednu kutiju, 1 i 2 u drugu
• Svaka kuglica ide u svoju kutiju
Stirlingovi brojevi korisni su i za racunanje momenata Poissonove distribucije. Ako
je X neka slucajna varijabla sa Poissonovom distribucijom i ocekivanjem λ, tada je n-ti
moment jednak
E[Xn] =n∑
k=1
{nk
}λk
14
Specijalno, n-ti moment Poissonove distribucije s ocekivanjem 1 je ukupan broj particija
skupa velicine n, tj. to je n-ti Bellov broj. Ovo svojstvo proizlazi iz svojstava
B(n) =n∑
k=1
{nk
}i xn =
∑k
{nk
}xk (18)
i izvoda
E[Xn] = E[X(X − 1)(X − 2) . . . (X − n+ 1)]
=∞∑x=0
(x)(x− 1) . . . (x− n+ 1)e−1
x!
=∞∑
x=n
(x)(x− 1) . . . (x− n+ 1)e−1
x!
=∞∑
x=n
x!
(x− n)!
e−1
x!
=∞∑y=0
e−1
y!=e
e= 1
gdje smo koristili definiciju Poissonove distribucije i razvoj u Maclaurenov red za ex
oko 1. Ovaj izvod nam govori da su svi momenti padajucih potencija Poissonove
distribucije s ocekivanjem 1 jednaki 1, tj. E[Xn] = 1. Konacno zakljucujemo da je
E[Xn] =n∑
k=0
E[Xk]
{nk
}=
n∑k=0
{nk
}= B(n). (19)
15
3. Eulerovi brojevi
1755. godine Leonhard Euler je u svojoj knjizi Institutiones calculi differentialis is-
trazivao polinome oblika
at(x) =∞∑k=0
(k + 1)nxk =An(x)
(1− x)n+1.
Ovi polinomi su jedan oblik onog sto se danas zovemo Eulerovi polinomi. Istrazivao je
ove polinome u pokusaju da procjeni Dirichletovu eta funkciju
η(s) =∞∑n=1
(−1)n−1
ns.
Nas zanimaju koeficijenti An(x) koji se pojavljuju u Eulerovim polinomima i danas se
nazivaju Eulerovim brojevima.
Eulerov broj, koji se oznacava s An(x) =
⟨nk
⟩, je definiran kao broj permutacija
π1π2 . . . πn skupa {1, 2, . . . , n} u kojima je πj < πj+1 za tocno k indeksa j, j ∈{1, 2, . . . , n − 1}. Ovi brojevi su koeficijenti Eulerovih polinoma sto cemo pokazati
kasnije. Ne postoji standardna oznaka za Eulerove brojeve, ali ova
⟨nk
⟩koju ko-
ristimo dosta se cesto koristi i vidjet cemo da dosta dobro opisuje smisao Eulerovih
brojeva.
Pokazimo na jednostavnom primjeru kako mozemo dobiti Eulerov broj.
Primjer 3.1. Skup {1, 2, 3, 4} ima 4! = 24 permutacije. Dva pojavljivanja uvjeta
πj < πj+1 zadovoljava njih 11:
1324, 1423, 2314, 2413, 3412
1243, 1342, 2341
2134, 3124, 4123
U prvom redu su oni brojevi koji zadovoljavaju π1 < π2 > π3 < π4, u drugom redu
vrijedi π1 < π2 < π3 > π4 i za treci red vrijedi π1 > π2 < π3 < π4. Stoga je Eulerov
broj
⟨42
⟩= 11.
Izvedimo rekurzivnu formulu za
⟨nk
⟩kao sto je napravljeno i za Stirlingove bro-
jeve. Svaka permutacija ρ = ρ1ρ2 . . . ρn−1 od (1, 2, . . . , n − 1) daje n permutacija
od (1, 2, . . . , n) ako ubacimo novi element na sve moguce nacine. Pretpostavimo da
n stavimo na mjesto j i tako dobijemo permutaciju π = ρ1 . . . ρj−1nρj . . . ρn−1. Broj
rastucih susjeda u π za koje vrijedi ρj−1 < ρj je jednak broju rastucih susjeda u ρ ako
je j = 1 ili ako je ρj−1 < ρj. S druge strane ako je ρj−1 > ρj ili ako je j = n tada
16
je broj rastucih susjeda u π za jedan veci nego u permutaciji ρ. Iz toga slijedi da u π
dobivamo k rastucih susjeda na sveukupno (k+1)
⟨n− 1k
⟩nacina iz permutacije ρ s k
rastucih susjeda plus jos ukupno ((n− 2)− (k− 1) + 1)
⟨n− 1k − 1
⟩nacina iz permutacije
ρ s k − 1 rastucih susjeda. Iz ovog dobivamo zeljenu rekurziju⟨nk
⟩= (k + 1)
⟨n− 1k
⟩+ (n− k)
⟨n− 1k − 1
⟩, za svaki n > 0. (20)
Jos nam nedostaje pocetni uvjet za rekurziju pa stavljamo da je⟨0k
⟩= 0, za svaki k, (21)
i pretpostavljamo da je
⟨nk
⟩= 0 kad je k < 0.
Sada kad imamo rekurzivnu formulu mozemo konstruirati Eulerov trokut koji je prikazan
u Tablici 5 za male n i k.
n
⟨n0
⟩ ⟨n1
⟩ ⟨n2
⟩ ⟨n3
⟩ ⟨n4
⟩ ⟨n5
⟩ ⟨n6
⟩ ⟨n7
⟩ ⟨n8
⟩ ⟨n9
⟩0 11 1 02 1 1 03 1 4 1 04 1 11 11 1 05 1 26 66 26 1 06 1 57 302 302 57 1 07 1 120 1191 2416 1911 120 1 08 1 247 4293 15619 15619 4293 247 1 09 1 502 14608 88234 156190 88234 14608 502 1 0
Tablica 5: Eulerovi brojevi
U retku za koji je n = 4 nalazi se niz brojeva 1, 11, 11, 1 po kojima se najcesce raspoz-
naje da se radi o Eulerovim brojevima. Na dijagonali su nule jer mozemo imati najvise
n− 1 rastucih susjeda kada je n > 0 pa vrijedi da je
⟨nn
⟩= 0.
Iz tablice mozemo primjetiti da je Eulerov trokut simetrican. Ta simetrija se
pomocu simbola za Eulerove brojeve moze zapisati kao⟨nk
⟩=
⟨n
n− 1− k
⟩, za svaki n > 0. (22)
To znaci da permutacija π1π2 . . . πn ima n− 1− k rastucih susjeda ako i samo ako njen
inverzni poredak πn . . . π2π1 ima k rastucih susjeda.
17
3.1. Svojstva Eulerovih brojeva
Jedno od najcesce koristenih svojstava Eulerovih brojeva je da pruzaju vezu izmedu
opcih potencija i uzastopnih binomnih koeficijenata. Tu vezu mozemo prikazati formu-
lom
xn =∑k
⟨nk
⟩(x+ k
n
)za svaki n ≥ 0. (23)
Ova jednadzba se zove Worpitzskiev identitet i jednostavno se dokazuje se matematickom
indukcijom. Prvih nekoliko raspisa je
x2 =
(x
2
)+
(x+ 1
2
),
x3 =
(x
3
)+ 4
(x+ 1
3
)+
(x+ 2
3
),
x4 =
(x
4
)+ 11
(x+ 1
4
)+ 11
(x+ 2
4
)+
(x+ 3
4
).
Jednadzba (23) nam daje jos jedno zanimljivo svojstvo koje nam omogucava da izracunamo
sumu prvih n kvadrata. Iz raspisa imamo da je
k2 =
⟨20
⟩(k
2
)+
⟨21
⟩(k + 1
2
)=
(k
2
)+
(k + 1
2
),
pa slijedi da je
12 + 22 + . . .+ n2 =
((1
2
)+
(2
2
)+ . . .+
(n
2
))+
((2
2
)+
(3
2
)+ . . .+
(n+ 1
2
))=
(n+ 1
3
)+
(n+ 2
3
)=
1
6(n+ 1)n((n− 1) + (n− 2)).
Jos jedno svojstvo Eulerovih brojeva je da zadovoljavaju identitete
m!
{nm
}=∑k
⟨nk
⟩(k
n−m
),⟨
nm
⟩=∑k
{nk
}(n− km
)(−1)n−k−mk!.
s kojim ih mozemo povezati s Stirlingovim brojevima. Ako pomozimo prvu jednadzbu
s zn−m i sumiramo po m dobijemo∑m
{nm
}m! · zn−m =
∑k
⟨nk
⟩(z + 1)k.
18
Nakon toga zamijenimo z sa z − 1 i izjednacimo koeficijente uz zk iz cega dobivamo
drugu jednadzbu. Time smo pokazali da su te dvije jednadzbe ekvivalentne.
Iz jos jednog vaznog identiteta⟨nm
⟩=
m∑k=0
(n+ 1
k
)(m+ 1− k)n(−1)k
imamo eksplicitnu jednadzbu za racunanje Eulerovih brojeva pomocu binomnih koefi-
cijenata. Za male m te vrijednosti su⟨n0
⟩= 1,
⟨n1
⟩= 2n − n− 1,
⟨n2
⟩= 3n − (n+ 1)2n +
(n+ 1
2
).
3.1.1. Eulerovi brojevi drugog reda
Upoznajmo se ovdje s jednom vaznom podvrstom Eulerovih brojeva koje zovemo Eu-
lerovi brojevi drugog reda i oznacavamo ih s
⟨⟨nk
⟩⟩. Oni zadovoljavaju rekurziju slicnu
(20) s tom razlikom da je n zamijenjen sa 2n− 1 na jednom mjestu⟨⟨nk
⟩⟩= (k + 1)
⟨⟨n− 1k
⟩⟩+ (2n− 1− k)
⟨⟨n− 1k − 1
⟩⟩. (24)
Jednadzba se dokazuje istim postupkom kao i kod obicnih Eulerovih brojeva uz prik-
ladnu prilagodbu argumenata. Ovi brojevi takoder imaju standardnu trokutastu struk-
turu koja je prikazana u Tablici 6.
n
⟨⟨n0
⟩⟩ ⟨⟨n1
⟩⟩ ⟨⟨n2
⟩⟩ ⟨⟨n3
⟩⟩ ⟨⟨n4
⟩⟩ ⟨⟨n5
⟩⟩ ⟨⟨n6
⟩⟩ ⟨⟨n7
⟩⟩ ⟨⟨n8
⟩⟩0 11 1 02 1 2 03 1 8 6 04 1 22 58 24 05 1 52 328 444 120 06 1 114 1452 4400 3708 720 07 1 240 5610 32120 58140 33984 5040 08 1 494 19950 195800 644020 785304 341136 40320 0
Tablica 6: Eulerovi brojevi drugog reda
Eulerovi brojevi drugog reda imaju zanimljivu kombinatornu interpretaciju: Ako
napravimo permutaciju multiskupa4 {1, 1, 2, 2, . . . , n, n} sa svojstvom da svi brojevi
4Multiskup je generalizacija skupa. Dok se u obicnom skupu moze pojaviti samo jedna instancanekog elementa u multiskupu ih moze biti proizvoljno mnogo
19
izmedu dva pojavljivanja broja m budu veci od m, za 1 ≤ m ≤ n, tada je
⟨⟨nk
⟩⟩broj
takvih permutacija koje imaju k rastucih susjeda. Pokazimo to na primjeru.
Primjer 3.2. Na koliko nacina mozemo permutirati multiskup {1,1,2,2,3,3} tako da
ima jedan rastuci par i zadovoljava svojstvo Eulerovih brojeva drugog reda? Jedine
prikladne permutacije koje to zadovoljavaju su
113322, 133221, 221331, 221133, 223311, 233211, 331122, 331221
pa slijedi da je
⟨⟨31
⟩⟩= 8.
Multiskup {1, 1, 2, 2, . . . , n, n} ima sveukupno∑k
⟨⟨nk
⟩⟩= (2n− 1)(2n− 3) . . . (1) =
2nn
2n
prikladnih permutacija jer dva pojavljivanja broja n moraju biti susjedni brojevi, a
postoji 2n − 1 mjesta na koja ih mozemo staviti u permutaciju za n − 1. Ovo se
najlakse vidi na jednostavnom primjeru
Primjer 3.3. Za n = 3 permutacija 1221 ima 5 mjesta na koje mozemo staviti par
trojki iz cega dobivamo
331221, 133221, 12332, 122331, 122133
Najvaznije svojstvo Eulerovih brojeva drugog reda je njihova veza sa Stirlingovim
brojevima. Indukcijom po n se moze dokazati da vrijede identiteti{x
x− n
}=∑k
⟨⟨nk
⟩⟩(x+ n− 1− k
2n
), za svaki n ≥ 0 (25)[
xx− n
]=∑k
⟨⟨nk
⟩⟩(x+ k
2n
), za svaki n ≥ 0 (26)
Raspisimo te formule za prve tri vrijednosti n-a.{x
x− 1
}=
(x
2
),
[x
x− 1
]=
(x
2
){
xx− 2
}=
(x+ 1
4
)+ 2
(x
4
),
[x
x− 2
]=
(x
4
)+ 2
(x+ 1
4
){
xx− 3
}=
(x+ 2
6
)+ 8
(x+ 1
6
)+ 6
(x
6
),
[x
x− 3
]=
(x
6
)+ 8
(x+ 1
6
)+ 6
(x+ 2
6
)S obzirom da je lijeva strana polinom po varijabli x na ovaj nacin mozemo pomocu
ovih identiteta definirati Strirlingove brojeve
{x
x− n
}i
[x
x− n
]za proizvoljni realni
ili kompleksni broj x.
20
Za n > 1 polinomi
{x
x− n
}i
[x
x− n
]su jednaki nula kada je x = 0, x = 1,. . . ,
x = n pa slijedi da su djeljivi sa (x− 0),(x− 1),. . .,(x−n). Zanimljivo je pogledati sto
ostaje nakon sto ih podijelimo s ovim poznatim djeliteljima.
Definiramo Stirlingove polinome σn(x) kao
σn(x) =
[x
x− n
]x(x− 1) . . . (x− n)
, (27)
gdje vidimo da je stupanj od σn(x) jednak n− 1. Ako raspisemo prvih nekoliko vrijed-
nosti dobivamo
σ0(x) =1
x
σ1(x) =1
2
σ2(x) =3x− 1
24
σ3(x) =x2 − x
48
σ4(x) =15x3 − 30x2 + 5x+ 2
5760.
Ovi polinomi se mogu dobiti pomocu Eulerovih brojeva drugog reda, npr.
σ3(x) =((x− 4)(x− 5) + 8(x− 4)(x+ 1) + 6(x+ 2)(x+ 1))
6!.
Stirlingovi brojevi druge vrste su povezani s Stirlingovim polinomima izrazom{nm
}= (−1)n−m+1 n!
(m− 1)!σn−m(−m), (28)
a Stirlingovi brojevi prve vrste izrazom[nm
]=
n!
(m− 1)!σn−m(n). (29)
Ove dvije jednadzbe ce nam pomoci u poglavlju o Bernoullijevim brojevima za dokazi-
vanje veze izmedu Stirlingovih i Bernoullijevih brojeva.
21
4. Harmonijski brojevi
Harmonijski brojevi se proucavaju jos od antickih vremena i vazni su u mnogim
granama teorije brojeva. Definiraju se kao suma reciprocnih vrijednosti prvih n prirod-
nih brojeva, tj.
Hn = 1 +1
2+
1
3+
1
4+ . . .+
1
n=
n∑k=1
1
k, za svaki n ≥ 0. (30)
Ovi brojevi se toliko cesto pojavljuju u analizi algoritama da su dobili svoju oznaku.
Zato koristimo Hn gdje H znaci harmonik jer se ton valne duljine 1n
zove n-ti harmonik
tona valne duljine 1. Prvih deset harmonijskih brojeva prikazano je u Tablici 7
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Hn 0 1 32
116
2512
13760
4920
363140
761280
71292520
73812520
Tablica 7: Harmonijski brojevi
Dobro poznatim i cesto koristenim primjerom cemo upoznati harmonijske brojeve
i vidjeti kako se prirodno pojavljuju u jednostavnim problemima.
Primjer 4.1. Promotrimo problem slaganja knjiga preko ruba stola
Pretpostavimo da imamo n knjiga i stol, te zelimo sloziti knjige tako da maksimalnom
duzinom prelaze preko ruba stola uzimajuci u obzir gravitaciju. Da bi definirali problem
jos preciznije zahtjevamo da je rub knjige paralelan sa rubom stola, inace bi knjigu mogli
zaokrenuti i tako bi rubovi knjige stvarali jos vecu duzinu koja prelazi rub stola. Kako
bi pojednostavili odnose medu mjerama pretpostavit cemo da je svaka knjiga dugacka
jednu jedinicu.
Sa jednom knjigom mozemo napraviti maksimalni prijelaz preko ruba ako je njezino
teziste tocno iznad ruba stola. S obzirom da je teziste jedne knjige na sredini knjige
mozemo napraviti prijelaz od pola knjige, tj. pola jedinice prijelaza preko ruba stola.
Lako se mozemo uvjeriti da cemo maksimalni prijelaz s dvije knjige dobiti ako je teziste
gornje knjige tocno iznad ruba donje knjige, a teziste od obje knjige zajedno tocno iznad
ruba stola. Zajednicko teziste obje knjige ce biti u sredini njihovog zajednickog dijela
pa mozemo dodati jos cetvrtinu jedinice prijelaza preko ruba.
Koristeci ovaj postupak dolazimo do opce metode gdje namjestamo knjige tako da se
teziste gornjih k knjiga nalazi tocno iznad ruba k+ 1. knjige na kojoj se nalaze gornjih
k knjiga. Stol ovdje ima ulogu n+ 1. knjige.
Da bi ovaj primjer zapisali u matematickom obliku uzet cemo da je dk udaljenost
izmedu strseceg ruba zadnje knjige na vrhu do strseceg ruba k-te knjige brojeci od vrha.
Odmah mozemo zakljuciti da je d1 = 0. Zelimo da nam vrijednost dk+1 bude teziste
22
Slika 2: Graficki prikaz primjera
prvih k knjiga, tj.
dk+1 =(d1 + 1) + (d2 + 1) + . . .+ (dk + 1)
k, za 1 ≤ k ≤ n.
Jednadzba se izvodi iz formule za racunanje tezista. Ako imamo k objekata s tezinama
w1, w2, . . . , wk i svaki sa svojim tezistem u tockama p1, p2, . . . , pk tada oni imaju za-
jednicko teziste u tockiw1p1 + w2p2 + . . .+ wkpk
w1 + w2 + . . .+ wk
.
Ovu jednadzbu mozemo zapisati u dva ekvivalentna oblika
kdk+1 = k + d1 + . . .+ dk−1 + dk, k ≤ 0,
(k − 1)dk = k − 1 + d1 + . . .+ dk−1, k ≥ 1.
Kad oduzmemo drugu jednadzbu od prve dobivamo
kdk+1 − (k − 1)dk = 1 + dk, k ≥ 1,
pa slijedi da je dk+1 = dk+1k
. Opcu formulu
dk+1 = Hk
dobivamo indukcijom i ako stavimo da je k = n imamo da je dn+1 = Hn sto je ukupni
dio koji prelazi rub kada je naslagano n knjiga kao sto je opisano.
Sad se mozemo zapitati moze li se postici veca ukupna duljina knjiga sto prelaze
rub ako ne stavljamo knjige na maksimalnu duljinu koje nam dopusta teziste. Odmah
23
d2
d3
dn+1
STOL
knjiga 1knjiga 2
Slika 3: Slaganje knjiga preko ruba stola
mozemo vidjeti da za svaki nacin slaganja knjiga mora vrijediti
dk+1 ≤(d1 + 1) + (d2 + 1) + . . .+ (dk + 1)
k, za 1 ≤ k ≤ n.
Stovise, d1 = 0 pa indukcijom dobivamo da vrijedi dk+1 ≤ Hk te tako vidimo da ne
moze postojati bolji nacin slaganja knjiga kojim bi se postigla veca duljina.
Primjetimo da nam ne treba mnogo da bi knjiga koja se nalazi na vrhu prosla rub stola
za jednu cijelu duljinu knjige. Za to nam treba prvi harmonijski broj koji je veci od
2. Iz Tablice 7 vidimo da je prvi takav H4 = 2512
pa da bi cijela knjiga prosla rub stola
potrebne su samo 4 knjige.
Promotrimo jos jedan zanimljiv primjer koji se cini paradoksalan i neintuitivan, a
mozemo se objasniti pomocu harmonijskih brojeva.
Primjer 4.2. Primjer se u literaturi naziva Crv na gumenoj traci5. Spori, ali uporni
crv, oznacimo ga s W , pocinje puzati s jednog na drugi kraj metar dugacke gumene
trake brzinom jedan centimetar u minuti. Na kraju svake minute, jednako tako uporan
cuvar gumene trake kojeg oznacimo s K, ciji je jedini cilj da zagorca zivot nasem crvu
W , razvlaci gumenu traku za jedan metar. Prema tome nakon jedne minute puzenja W
je jedan centimetar udaljen od starta i 99 centimetra od kraja, nakon cega K razvlaci
traku za 1 metar. Tijekom razvlacenja W zadrzava svoju relativnu poziciju, tj. 1 posto
je udaljen od pocetka i 99 posto je udaljen od kraja pa je on sada udaljen 2 cm od
pocetka i 198 cm od kraja. Nakon sto W otpuze jos jednu minutu on je presao 3 cm i
ostaje mu jos 197 cm do kraja, no K razvlaci traku i sad udaljenosti postaju 4,5 cm i
295,5 cm itd. Pitanje je hoce li crv ikad uspjeti doci do kraja trake. On se zbog svoje
upornosti nastavlja kretati, ali se cini da se cilj udaljava mnogo brze nego se on krece6.
Rijesimo ovaj primjer pomocu harmonijskih brojeva. Kada K razvuce traku njen
djelic koji je W prosao ostaje isti. Time on prode 1100
. dio prve minute, 1200
. dio druge
minute i tako dalje. Nakon n minuta dio trake koje je propuzao je
1
100
(1
1+
1
2+
1
3+ . . .+
1
n
)=Hn
100.
5eng. Worm on the rubber band6Ovdje pretpostavljamo da K i W zive vjecno i da je traka beskonacno rastezljiva
24
Iz toga slijedi da ce crv doci do cilja ako Hn ikad bude veci od 100.
Dokazimo sada da harmonijski brojevi divergiraju kako bi crv mogao dostici svoj
cilj. Najjednostavniji nacin da to napravimo je da grupiramo harmonijske brojeve
prema potencijama broja 2. Stavljamo jedan element u prvu grupu, dva elementa u
drugu grupu, cetiri elementa u trecu grupu, osam elemenata u cetvrtu grupu itd.
1
1︸︷︷︸1.grupa
+1
2+
1
3︸ ︷︷ ︸2.grupa
+1
4+
1
5+
1
6+
1
7︸ ︷︷ ︸3.grupa
+1
8+
1
9+
1
10+
1
11+
1
12+
1
13+
1
14+
1
15︸ ︷︷ ︸4.grupa
+ . . .
Oba elementa u 2. grupi su izmedu 14
i 12
pa je suma te grupe izmedu 2 · 14
= 12
i
2 · 12
= 1. Sva cetiri elementa u 3. grupi su izmedu 18
i 14
pa je njihova suma takoder
izmedu 12
i 1. Zaista, svaki od 2k−1 elemenata u grupi k je izmedu 2−k i 21−k pa slijedi
da je suma svake pojedine grupe izmedu 12
i 1. Ovaj nacin grupiranja nam govori da
ako je n u grupi k tada mora vrijediti k2< Hn ≤ k indukcijom po k. Stoga slijedi da
Hn →∞ kada n→∞ i da vrijedi
blog(n)c+ 1
2< Hn ≤ blog(n)c+ 1. (31)
Dakle dobili smo donju i gornju granicu u kojoj harmonijski red divergira i to logarita-
mskom brzinom sto je prilicno sporo. Za naseg crva W to znaci da ce doseci svoj cilj u
nekom vremenu. U sljedecem odlomku cemo se baviti formulom za izracunavanje har-
monijskih brojeva, ali ovdje mozemo odmah napisati da je prvi n za kojeg Hn prelazi
vrijednost 100 jednak 1, 509 · 1043, tj. to je broj minuta koji ce biti potreban da bi crv
stigao na cilj.
4.1. Racunanje harmonijskih brojeva
Pomocu formule (31) mozemo dobiti vrijednost harmonijskog broja s preciznoscu 0,5.
To nam nije dovoljno dobro pa cemo pokazati drugi nacin na koji mozemo izracunati
harmonijske brojeve s tocnijom aproksimacijom.
Bolje granice se mogu dobiti ako upotrijebimo cinjenicu da su harmonijski bro-
jevi diskretna analogija derivacije neprekidne funkcije prirodnog logaritma, tj. ln(n).
Prirodni logaritam je definiran kao ln(n) =∫ n
0dxx
sto znaci da je ln(x) povrsina ispod
krivulje koju iscrtava funkcija 1x. Povrsina ispod krivulje izmedu 1 i n koja je jednaka
0 1 2 3 n n+1
f(x)1/x
. . .
ln(n) =∫ n
1dxx
je manja od povrsine n pravokutnika koja je jednaka∑n
k=11k
= Hn. Iz
25
0 1 2 3 n
f(x)1/x
. . .
toga slijedi da je ln(n + 1) < Hn. Ako postavimo pravokutnike na drugi nacin tako
da ih stavimo ispod krivulje dobivamo slicnu gornju granicu. Ovdje je sada povrsina
n pravokutnika manja od povrsine prvog pravokutnika plus povrsina ispod krivulje od
1 do n. Time smo pokazali da vrijedi.
ln(n+ 1) < Hn < ln(n) + 1, za n > 1. (32)
Iz gornje nejednakosti vidimo da mozemo odrediti vrijednost harmonijskog broja s mak-
simalnom greskom 1. To nam jos uvijek nije dovoljno dobro pa idemo dalje razradivati
problem.
Pogledajmo sada prosirenje harmonijskih brojeva na drugi, treci do r-tog reda har-
monijskih brojeva. Harmonijski broj drugog reda H(2)n je suma kvadrata reciprocnih
vrijednosti za razliku od sume obicnih reciprocnih vrijednosti kod standardnih har-
monijskih brojeva, tj.
H(2)n = 1 +
1
4+
1
9+ . . .+
1
n2=
n∑k=1
1
k2.
Slicno tome, definiramo harmonijski broj reda r sumirajuci reciprocne vrijednosti r-tih
potencija:
H(r)n = 1 +
1
2r+
1
3r+ . . .+
1
nr=
n∑k=1
1
kr. (33)
Ako je r > 1 ovi brojevi konvergiraju za n → ∞. Taj limes se zove Riemannova zeta
funkcija i definiran je kao
ζ(r) = H(r)∞ =
∑k≥1
1
kr.
Euler je 1740. godine otkrio nacin na koji se obicni harmonijski brojevi, tj. oni reda
1, mogu aproksimirati pomocu harmonijskih brojeva reda r, za r ≥ 2. Promotrimo
razvoj u beskonacnu sumu
ln
(k
k − 1
)=
1
k+
1
2k2+
1
3k3+
1
4k4+ . . .
koja konvergira kada je k > 1. Lijeva strana jednakosti je ln(k) − ln(k − 1) pa kad
sumiramo obje strane po k za 2 ≤ k ≤ n lijeva strana se teleskopira pa dobivamo
ln(n)− ln(1) =n∑
k=2
(1
k+
1
2k2+
1
3k3+
1
4k4+ . . .
)= (Hn − 1) +
1
2(H(2)
n − 1) +1
3(H(3)
n − 1) +1
4(H(4)
n − 1) + . . .
26
Preslozimo elemente sumacije i dobivamo razliku izmedu Hn i ln(n)
Hn − ln(n) = 1− 1
2(H(2)
n − 1)− 1
3(H(3)
n − 1)− 1
4(H(4)
n − 1)− . . . .
Pustimo da n → ∞ pa se harmonijski brojevi na desnoj strani priblizavaju svojem
limesu, tj. Riemannovoj zeta funkciji
1− 1
2(ζ(2)− 1) +
1
3(ζ(3)− 1) +
1
4(ζ(4)− 1) + . . . ,
a cijela vrijednost sumacije na desnoj strani se priblizava vrijednosti koja se zove Euler-
Macheronijeva konstanta i oznacava se sa grckim slovom γ. S obzirom da je ζ − 1
priblizno jednako 12r
ovaj beskonacan niz konvergira prilicno brzo pa mozemo priblizno
izracunati Euler-Macheronijevu konstantu i dobivamo
γ = 0, 5772156649 (34)
Iz Eulerovih argumenata koje smo ovdje koristili konacno dobivamo formulu za racunanje
harmonijskih brojeva
limn→∞
(Hn − ln(n)) = γ. (35)
Ako usporedimo nejednakost (32) i jednadzbu (35) vidimo da se Hn nalazi na otprilike
58% vrijednosti izmedu ln(n) i ln(n) + 1. Takoder vidimo da sto veci Hn racunamo
veca nam je preciznost dobivenog broja. Ovo je dosta dobra formula za racunanje har-
monijskih brojeva, no moze se pokazati da je sljedeca popravljena formula asimptotski
najpreciznija.
Hn = ln(n) + γ +1
2n− 1
12n2+
1
120n4− 1
256n6+ ε, gdje je 0 ≤ ε ≤ 1
240n8.
Ova formula je dobivena iz Euler-Maclaurenove sumacijske formule za asimptotski
razvoj sume funkcije∑∞
k=11k:
Hn = ln(n) + γ +1
2n− B2
2n2− B4
4n4− B6
6n6− . . .− B2k
2kn2k· ε(n, k), za 0 ≤ ε ≤ 1,
a Bk su Bernoullijevi brojevi koje cemo upoznati u sljedecem poglavlju.
4.2. Svojstva i primjene harmonijskih brojeva
Jedini harmonijski broj koji je cijeli broj je onaj za koji je n = 1, tj. H1 = 1. Pret-
postavimo da imamo Hn, n > 1 i odaberimo k takav da je 2k ≤ n ≤ 2k+1. Dakle
imamo
Hn = 1 +1
2+
1
3+ . . .+
1
2k+ . . .+
1
n.
Neka je sada M najveca zajednicka mjera7 svih nazivnika osim 2k, tj.
M = NZM(1, 2, 3, . . . , 2k − 1, 2k + 1, . . . , n).
7Najveca zajednicka mjera (NZM) prirodnih brojeva x1, x2, . . . , xn se definira kao najveci prirodnibroj kojim se x1, x2, . . . , xn mogu podijeliti bez ostatka.
27
Najvaznija cinjenica ovdje jest da je broj 2k−1 djelitelj od M , ali ne i 2k. Mnozenjem
Hn i M dobivamo
M ·Hn = M +M
2+M
3+ . . .+
M
2k+ . . .+
M
n
= C1 +M
2k+ C2, C1, C2 ∈ Z.
Po nasoj definiciji M -a, M2k
ne moze biti cijeli broj pa slijedi da M · Hn ne moze biti
cijeli broj iz cega dobivamo da Hn nije cijeli broj.
Brojnik od Hn je neparan broj, a nazivnik je paran broj pa takoder dobivamo da
razlomak nikad nece biti cijeli broj. Bez obzira na to, harmonijski broj se moze izraziti
kao racionalan broj ciji brojnik i nazivnik imaju kombinatorni znacaj, tj. za n ≥ 0
mozemo uvijek zapisati Hn u obliku
Hn =pnn!
gdje je pn nenegativni cijeli broj.
Za p0 = H0 = 0. Nadalje za n ≥ 1 i uz pomoc rekurzije
Hn = Hn−1 +1
n(36)
za koju trivijalno vidimo da vrijedi za harmonijske brojeve dobivamo
pnn!
=pn−1
(n− 1)!+
1
n=npn−1 + (n− 1)!
n!.
Slijedi da za n ≥ 1 imamo
pn = npn−1 + (n− 1)!. (37)
Sjetimo se sada rekurzije (10) za racunanje Stirlingovih brojeva prve vrste. Iz te rekurz-
ije za k = 2 dobivamo [n+ 1
2
]= n
[n2
]+ (n− 1)!,
sto je jednako rekurziji (37) za pn =
[n+ 1
2
]. S obzirom da je p1 = 1 =
[22
], slijedi
da je za sve n ≥ 1, pn =
[n+ 1
2
]. Kombinirajuci ovu cinjenicu s definicijom pn u (36)
dobivamo
Hn =1
n!
[n+ 1
2
](38)
odakle mozemo vidjeti vezu izmedu Stirlingovih i harmonijskih brojeva.
Ako napravimo razliku H2n −Hn dobivamo niz
1− 1
2+
1
3− 1
4+ . . .+
1
2n− 1− 1
2n(39)
28
sto mozemo dokazati indukcijom. Trivijalno se vidi da pocetni uvijet za n = 0 vrijedi.
Pretpostavimo da jednadzba vrijedi za n i raspisimo slucaj kada je n = k + 1.
H2(k+1) −Hk+1 = H2k +1
2k + 1+
1
2k + 2−Hn −
1
k + 1
= H2n −Hn +1
2n+ 1− 1
2n+ 2
= 1− 1
2+
1
3− 1
4+ . . .+
1
2n+ 1− 1
2n+ 2.
Alternirajuci niz (39) monotono raste i konvergira prema limesu ln(2). Ova tvrdnja
se dokazuje razvojem funkcije ln(x+ 1) u Maclaurenov red oko 1 gdje se dobije
ln(2) =∞∑n=1
(−1)n−1
n
sto je jedan od nacina zapisivanja niza (39) kada n → ∞. Na Slici 4 mozemo vidjeti
kako izgleda graf alterniranog niza.
Slika 4: Graficki prikaz alternirajuceg harmonijskog niza
Pokazimo jos jedno zanimljivo svojstvo harmonijskih brojeva promatrajuci Kemp-
nerov niz. A.J. Kempner je 1914. godine promatrao niz koji u razvoju sume harmoni-
jskog niza uzima za n brojeve koji u sebi ne sadrze znamenku 9. Niz je zanimljiv jer
daje neintutitivan rezultat da, za razliku od obicnih harmonijskih nizova, Kempnerov
niz konvergira. Pokazimo ovo definirajuci jedan takav niz
K =1
1+
1
2+ . . .+
1
8+
1
10+ . . .+
1
18+
1
20+ . . .
Svaki nazivnik u razlomcima je n-znamenkasti broj. Na prvo mjesto mozemo staviti
8 znamenki jer smo 9 iskljucili i ne moze biti 0 jer mora biti n-znamenkasti broj. Za
29
sva druga mjesta imamo na izbor 9 od mogucih 10 znamenki. Iz toga dobivamo da je
broj n-znamenkastih pozitivnih cijelih brojeva koji nemaju znamenku 9 tocno 8(9n−1)
i svaki je veci od 10n−1. Zbog toga slijedi da svaki od razlomaka u razvoju mora biti
manji od 110n−1 . Ako rastavimo sumu u grupe sa n znamenkastim nazivnicima mozemo
sumirati po svim grupama, tj. napraviti granicu
K <∞∑n=1
8 · 9n−1
10n−1 .
Granica s desne strane se lako izracuna jer je to standardan geometrijski red
∞∑n=1
8 · 9n−1
10n−1 = 8∞∑n=1
(9
10)n−1 = 8 · 1
1− 0, 9= 80.
Dobili smo da je Kempnerov niz ogranicen s 80 i sto je jos bolje ovaj dokaz vrijedi za
bilo koju znamenku ili skup znamenki. Pravi limes ovog niza se zapravo nalazi dosta
daleko od ove granice i to oko broja 22, 92067661926415034816.
Slika 5: Gabrijelova svadbena torta
Pogledajmo jos jedan paradoks koji se pojavljuje kada napravimo geometrijsko tijelo
od beskonacnog harmonijskog niza. Na Slici 5 vidimo rotirani graf funkcije y = f(x),
1 ≤ x <∞, oko x-osi, gdje je
f(x) =
1, 1 ≤ x < 212, 2 ≤ x < 3
...1n, n ≤ x < n+ 1
...
funkcija definirana pomocu harmonijskog niza. Volumen ovog tijela je dan s
V =∞∑n=1
π
(1
n
)2
(1) = π∞∑n=1
1
n2=π3
6,
30
a pripadno oplosje je zadano s
P =∞∑n=1
2π
(1
n
)(1) = 2π
∞∑n=1
1
n.
Sada se vidi paradoks koji se veze uz ovo tijelo. Volumen tijela je konacan, a oplosje s
obzirom da harmonijski niz divergira je beskonacno. Ovo geometrijsko tijelo se u liter-
aturi zove Gabrijelova svadbena torta i ono je diskretna verzija Gabrijelove trube koje
je tijelo dobiveno rotacijom neprekidne funkcije y = 1x
oko x osi na intervalu < 1,∞ >.
Pogledajmo kako mozemo koristiti harmonijske brojeve u racunanju ocekivanja
rekordnih vrijednosti. Pretpostavimo da zelimo znati koliko cesto mozemo ocekivati
rekordne padaline snijega u sijecnju. Pretpostavimo i da kolicina snijega koji je pao
jedne godine ne ovisi o kolicini koja je pala godinu prije, tj. da su varijable nezavisne.
Tada mozemo zakljuciti:
• Prva godina u kojoj biljezimo kolicinu snijega je rekordna godina jer nam je to
dosad najveca vrijednost
• Vjerojatnost da je sljedeca godina rekordna je 12
jer je broj padalina ili veci
ili manji od prve godine s istom vjerojatnoscu, pa je ocekivani broj rekordnih
padalina u dvije godine jednak 1 + 12.
• Vjerojatnost da je treca godina rekordna godina je 13
jer ove godine kolicina
padalina mora biti veca i od prve i od druge godine, pa je ocekivani broj rekordnih
padalina u 3 godine jednak 1 + 12
+ 13.
• Opcenito, nakon n godina promatranja ocekujemo Hn rekordnih godina.
Jos jedna primjenu harmonijskih brojeva mozemo pokazati na primjeru s kartama.
Pretpostavimo da je najjednostavniji nacin na koji mozemo promijesati spil od n karata
da uzmemo gornju kartu i ubacimo ju nazad u spil na bilo koje slucajno izabrano mjesto.
Pitanje je koliko puta moramo napraviti ovaj postupak da bi se moglo reci da je spil
slucajno poslozen? Pogledajmo kako se krece karta koja se na pocetku nalazila na dnu
spila. Ova karta koju cemo oznaciti s B ostaje na dnu sve dok neka druga karta ne
dode ispod nje. S obzirom da postoji n mjesta na koje mozemo staviti kartu koju smo
uzeli s vrha, vjerojatnost da ce se to dogoditi je 1n, pa ce u prosjeku biti potrebno n
skidanja karte s vrha i vracanja u spil kako bi neka karta dosla ispod B. Sada postoje
dva mjesta za stavljanje karte ispod B pa je vjerojatnost da druga karta dode ispod
nje 2n, a ocekivani broj ovakvih mijesanja je n
2. Slijedi da je ocekivani broj mijesanja
potrebno da dvije karte dodu ispod B jednak n + n2. Primjetimo da su dvije karte
ispod B poslozene na slucajan nacin. Ako nastavimo ovaj postupak dobivamo da je
ocekivani broj mijesanja potreban da B dode na vrh spila karata
n+n
2+n
3+ . . .+
n
n− 1= n
(1 +
1
2+
1
3+ . . .+
1
n− 2+
1
n− 1
).
31
U ovom trenutku sve karte ispod B su poslozene na slucajan nacin pa nam je potrebno
jos samo jedno mijesanje koje ce smjestiti B na slucajan nacin u spil. Dakle konacno
dobivamo
n+n
2+n
3+ . . .+
n
n− 1= n
(1 +
1
2+
1
3+ . . .+
1
n− 2+
1
n− 1+
1
n
)= nHn.
32
5. Bernoullijevi brojevi
Sljedeci vazni nizovi brojeva koje cemo predstaviti su Bernoullijevi brojevi nazvani po
Jakobu Bernoulliju8. Bernoulli je u svojem djelu Ars Conjectandi otkrio neke zan-
imljive veze kada je proucavao formule za sume m-tih potencija. Oznacimo
Sm(n) = 0m + 1m + . . .+ (n− 1)m =n−1∑k=0
km.
Uocimo da kad je m > 0 imamo Sm(n) = H(−m)n−1 gdje odmah vidimo vezu s harmoni-
jskim brojevima m-tog reda.
Bernoulli je istrazivao sljedeci niz jednadzbi i uocio zanimljivu strukturu
S0(n) = n
S1(n) =1
2n2 − 1
2n
S2(n) =1
3n3 − 1
2n2 +
1
6n
S3(n) =1
4n4 − 1
2n3 +
1
4n2
S4(n) =1
5n5 − 1
2n4 +
1
3n3 − 1
30n
S5(n) =1
6n6 − 1
2n5 +
5
12n4 − 1
12n2
S6(n) =1
7n7 − 1
2n6 +
1
2n5 − 1
6n3 +
1
42n
S7(n) =1
8n8 − 1
2n7 +
7
12n6 − 7
24n4 +
1
12n2
S8(n) =1
9n9 − 1
2n8 +
2
3n7 − 7
15n5 +
2
9n3 − 1
30n
S9(n) =1
10n10 − 1
2n9 +
3
4n8 − 7
10n6 +
1
2n4 − 3
20n2
S10(n) =1
11n11 − 1
2n10 +
5
6n9 − n7 + n5 − 1
2n3 +
5
66n
U ovako raspisanim jednadzbama sada lako vidimo da su koeficijenti uz nm+1 uvijek1
m+1, koeficijenti uz nm su −1
2, uz nm−1 su m
12, pored nm−2 su uvijek 0, uz nm−3 su
−m(m−1)(m−2)720
itd. Cini se da se uzorak ponavlja i da ce koeficijent od nm−k uvijek biti
neka konstanta puta mk.
To je bilo Bernoullijevo empirijsko otkrice za koje on nije dao dokaz. U opcenitom
zapisu ove jednadzbe mozemo prikazati u obliku
Sm(n) =1
m+ 1
(B0n
m+1 +
(m+ 1
1
)B1n
m + . . .+
(m+ 1
m
)Bmn
)=
1
m+ 1
m∑k=0
(m+ 1
k
)Bkn
m+1−k (40)
8Svicarski matematicar i astronom, zivio u razdoblju od 1654. do 1705.
33
Bernoullijevi brojevi definirani su implicitnom rekurzivnom formulom
m∑j=0
(m+ 1
j
)Bj = 0, za sve m ≥ 0, (41)
a prvih nekoliko vrijednosti dano je u Tablici 8.
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Bn 1 −12
16
0 − 130
0 142
0 − 130
0 566
0 − 6912730
Tablica 8: Bernoullijevi brojevi
Iz tablice vidimo da sve pretpostavke o jednostavnoj zatvorenoj formi za racunanje Bn
mozemo odbaciti pojavom neobicnog razlomka − 6912730
.
Definicija 5.1. Eksponencijalna funkcija izvodnica za niz cijelih brojeva a0, a1, . . . je
funkcija E(x) takva da vrijedi
E(x) =∞∑k=0
akxk
k!
= a0 + a1x
1!+ a2
x2
2!. . .
Pomocu eksponencijalnih funkcija izvodnica mozemo definirati Bernoullijeve bro-
jeve kao koeficijente u redu potencija
z
ez − 1=∑n≥0
Bnzn
n!. (42)
Pokazimo sada kakve relacije mozemo napraviti s Bernoullijevim brojevima. Ako
na obje strane dodamo 12z i time ponistimo izraz B1z
1!= −1
2z na desnoj strani dobivamo
z
ez − 1+z
2=z
2· e
z + 1
ez − 1=z
2· e
z2 + e−
z2
ez2 − e− z
2
=z
2· ctghz
2. (43)
Funkcija ctgh(x) u ovom zapisu se zove kotangens hiperbolni, a moze se definirati i kao
ctgh(z) =cosh(z)
sinh(z),
gdje su
sinh(z) =ez − e−z
2i cosh(z) =
ez + e−z
2.
34
Ako u jednadzbi (43) stavimo −z umjesto z dobivamo(−z2
)· ctgh
(−z2
)=z
2· ctghz
2,
te slijedi da svaki neparni koeficijent od z2· ctgh z
2mora biti 0 pa imamo
B3 = B5 = B7 = B9 = B11 = B13 = . . . = 0,
tj. svi neparni Bernoullijevi brojevi su jednaki 0 osim prvog.
Iz iste jednadzbe mozemo dobiti zatvoreni oblik jednadzbe za racunanje koeficijenata
od ctgh
z · ctgh(z) =2z
e2z − 1+
2z
2=∑n≥0
B2n(2z)2n
(2n)!=∑n≥0
4nB2nz2n
(2n)!.
S obzirom da se hiperbolne funkcije mogu izraziti pomocu mnogo cesce koristenih
standardnih trigonometrijskih funkcija na nacin da je
sin(z) = −i sinh(iz), cos(z) = cosh(iz)
dobivamo razvoje u red potencija
sin(z) =z1
1!− z3
3!+z5
5!− . . . , sinh(z) =
z1
1!+z3
3!+z5
5!+ . . . ,
cos(z) =z0
0!− z2
2!+z4
4!− . . . , cosh(z) =
z0
0!+z2
2!+z4
4!+ . . . .
Poznato nam je da je ctg(z) = cos(z)sin(z)
= i cosh(iz)sin(iz)
= i ctgh(iz) pa koristenjem imaginarnih
brojeva mozemo dobiti izraz za realnu funkciju
z ctg(z) =∑n≥0
B2n(2iz)2n
(2n)!=∑n≥0
(−4)nB2nz2n
(2n)!. (44)
Jos jedan nacin kako izracunati z ctg(z) nasao je Euler u obliku
z ctg(z) = 1− 2∑k≥1
z2
k2π2 − z2.
Ako ovu formulu raspisemo za potencije od z2 dobivamo
z ctg(z) = 1− 2∑k≥1
(z2
k2π2+
z4
k4π4+
z6
k6π6+ . . .
)= 1− 2
∑k≥1
(z2
π2H(2)∞ +
z4
π4H(4)∞ +
z6
π6H(6)∞ + . . .
).
Kad izjednacimo koeficijente uz z2n s onima u jednadzbi (44) dobivamo formulu za
izracunavanje parnih vrijednosti Riemannove zeta funkcije
ζ(2n) = H(2n)∞ = (−1)n−1
22n−1π2nB2n
(2n)!, za svaki n > 0. (45)
Napomenimo da ne postoji slican izraz koji bi racunao vrijednosti zeta funkcije za
neparne brojeve, tj. ζ(2n+ 1).
35
Primjer 5.1. Pokazimo kako lako mozemo izracunati ζ(2) i ζ(4)
ζ(2) = H(2)∞ = 1 +
1
4+
1
9+ . . . = π2B2 =
π2
6
ζ(4) = H(4)∞ = 1 +
1
16+
1
81+ . . . =
−π4B4
3=π4
90
Iz prethodne jednadzbe ne dobivamo samo formulu za racunanje H(2n)∞ nego takoder
mozemo i odrediti pribliznu vrijednost od B2n jer je ζ(2n) = H(2n)∞ ≈ 1 za velike n-ove,
te uz Stirlingovu formulu (2n)! ≈ (2n)2ne−2n√
4πn dobivamo da je
B2n ≈ (−1)n−14( nπe
)2n√πn.
Iz iste jednadzbe uocimo da je (−1)n−1B2n > 0 pa slijedi da svi Bernoullijevi brojevi
razliciti od 0 imaju alternirajuci predznak.
5.1. Svojstva Bernoullijevih brojeva
Pogledajmo kako se Bernoullijevi brojevi odnose prema Stirlingovim brojevima. Jedan
nacin za izracunavanje Sm(n) je da promijenimo opce potencije u padajuce potencije
jer padajuce potencije imaju lijepe sume. Nakon rjesavanja tih suma mozemo se vratiti
na opce potencije pa imamo
Sm(n) =n−1∑k=0
km =n−1∑k=0
∑j≥0
{mj
}kj =
∑j≥0
{mj
} n−1∑k=0
kj
=∑j≥0
{mj
}nj+1
j + 1
=∑j≥0
{mj
}1
j + 1
∑k≥0
(−1)j+1−k[j + 1k
]nk.
Kad izjednacimo koeficijente s onima u jednadzbi (40) dobivamo izraz∑j≥0
{mj
}[j + 1k
](−1)j+1−k
j + 1=
1
m+ 1
(m+ 1
k
)Bm+1−k, k > 0. (46)
Ova jednadzba se ne moze dokazati direktno, pa cemo morati koristiti malo namjestanja.
Za k = m+ 1 lijeva strana je jednaka{mm
}[m+ 1m+ 1
]m+ 1
=1
m+ 1
pa taj slucaj lako vidimo da vrijedi. Za k = m lijeva strana se sumira u{m
m+ 1
}[mm
]m−1 −
{mm
}[m+ 1m
](m+ 1)−1 =
1
2(m− 1)− 1
2m = −1
2
36
pa se i ovaj slucaj lako provjeri da vrijedi. No za slucaj k < m lijeva suma se komplicira.
Jedan nacin kako da to rijesimo je da zamjenimo
{mj
}sa
{m+ 1j + 1
}− (j+ 1)
{m
j + 1
}.
Tada se (j + 1) lijepo ponisti sa nazivnikom pa lijeva strana postaje∑j≥0
{m+ 1j + 1
}[j + 1k
](−1)j+1−k
j + 1−∑j≥0
{m
j + 1
}[j + 1k
](−1)j+1−k.
Druga suma je jednaka 0 za k < m, jer su Stirlingovi brojevi prve i druge vrste povezani
iducom formulom inverzije∑k
{nk
}[km
](−1)n−k = 0, za svaki m,n ≥ 0, m 6= n,
To nam ostavlja prvu sumu u kojoj mijenjamo indeks sumacije u k da nam ostali
parametri budu samo m i n. Tada nam je pocetna jednadzba ekvivalentna jednadzbi∑k
{nk
}[km
](−1)k−m
k=
1
n
(n
m
)Bn−m, m > 0.
Sad koristimo jednadzbe (28) i (29) kako bi sumu napisali u obliku Stirlingovih poli-
noma. {nk
}[km
]= (−1)n−k+1 n!
(k − 1)!σn−k(−k) · k!
(m− 1)!σk−m(k),{
nk
}[km
](−1)k−m
k= (−1)n+1−m n!
(m− 1)!σn−k(−k)σn−k(k).
Pomocu svojstva Stirlingovih polinoma mozemo dobiti raspis
n∑k=0
σn−k(−k)σk−m(k) =n−m∑k=0
σn−m−k(−n+ (n−m− k))σk(m+ k)
=m− nm(−n)
σn−m(m− n+ (n−m)).
Sada mozemo vidjeti da postoji veza izmedu konstantnih izraza u Stirlingovim poli-
nomima i Bernoullijevih brojeva, tj.
Bn
m!= −mσm(0). (47)
Izravnu vezu Stirlingovih brojeva druge vrste s Bernoullijevim brojevima mozemo
izraziti jednadzbom
Bn =n∑
k=0
(−1)k+n k!
k + 1
{nk
}.
Ovdje Bernoullijevi brojevi predstavljaju formulu ukljucivanja-iskljucivanja skupa rijeci
duljine n, gdje se sumira preko svih rijeci duljine n sa k razlicitih slova i popravlja sa
k + 1. Kombinatorni smisao se moze vidjeti na sljedecem primjeru.
37
Primjer 5.2.
B0 = + |{∅}|
B1 = −1
1|{∅}|+ 1
2|{a}|
B2 = +1
1|{∅}| − 1
2|{aa}|+ 1
3|{ab, ba}|
B3 = −1
1|{∅}|+ 1
2|{aaa}| − 1
3|{aab, aba, baa, abb, bab, bba}|+ 1
4|{abc, acb, bac, bca, cab, cba}|
Veza Bernoullijevih brojeva sa Stirlingovim brojevima prve vrste izrazava se for-
mulom1
m!
m∑k=0
(−1)k[m+ 1k + 1
]Bk =
1
m+ 1.
Eulerove i Bernoullijeve brojeve mozemo povezati dvijema formulama
n∑m=0
(−1)m⟨nm
⟩= 2n+1(2n+1 − 1)
Bn+1
n+ 1,
n∑m=0
(−1)m⟨nm
⟩(n
m
)−1= (n+ 1)Bn.
Obje jednadzbe vrijede za n ≥ 0 ako uzmemo da je B1 = 12.
Zanimljivo je i svojstvo Bernoullijevih brojeva koje se veze uz Fermatov posljednji
teorem. On kaze da
xn + yn = zn
nema netrivijalnih cjelobrojnih rjesenja za n > 2. Otkad je Fermat iznio ovaj rezultat
oko 1630. godine generacije matematicara su ga pokusali dokazati. Prekretnica se
dogodila 1850. godine kada je Ernst Kummer dokazao Fermatov posljednji teorem za
n = p, gdje je p regularan prost broj. Kummerov kriterij kaze da je p regularan prost
broj ako i samo ako p ne dijeli brojnik od B2, B4, . . . , Bp−3.
Kummer je pokazao da su svi prosti brojevi prije 37 regularni prosti brojevi pa je
Fermatov teorem dokazan za te brojeve. 37 je prvi prost broj koji nije regularan prost
jer on dijeli 32. Bernoullijev broj
B32 =7709321041217
510: 37 =
2083600028141
510.
Primjenjujuci aritmeticka svojstva Bernoullijevih brojeva Johann Ludwig Jensen je
dokazao 1915. godine da neregularnih prostih brojeva ima beskonacno.
38
Literatura
[1] A. Benjamin, G. Preston, J. Quinn, A Stirling Encounter with Harmonic Numbers,
Mathematics Magazine, vol. 75, str. 95-103, travanj 2002.
[2] J. Conway, R. Guy, Book of Numbers, Springer-Verlag, New York, 1996.
[3] R. Graham, D. Knuth, O. Patashnik, Concrete Mathematics, Addison-Wesley,
Reading, 1994.
[4] J. Sandor, B. Crstici, Handbook Of Number Theory, Kluwer Academic Publishers,
Dordrecht, 2004.
[5] D.Veljan, Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb, 2001.
[6] http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial coefficient
[7] http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling number
[8] http://en.wikipedia.org/wiki/Eulerian number
[9] http://en.wikipedia.org/wiki/Harmonic number
[10] http://en.wikipedia.org/wiki/Bernoulli number
39
Sazetak
U radu je obradeno nekoliko najpoznatijih specijalnih brojeva koji se danas cesto po-
javljuju u raznim matematickim podrucjima. Prvo su predstavljeni binomni koeficijenti
i njihovo kombinatorni znacenje koje nam je potrebno za daljnje razumjevanje rada.
Nakon njih slijede Stirlingovi brojevi prve i druge vrste sa svojim kombinatornim in-
terpretacijama, svojstvima i primjenama. Iza njih slijede Eulerovi brojevi koje smo
povezali sa Stirlingovim brojevima pomocu Stirlingvoih polinoma i Eulerovih brojeva
drugog reda. Takoder su predstavljena i neka znacajnija svojstva. Poslije Eulerovih
brojeva dolaze harmonijski brojevi za koje smo dokazali da divergiraju. Isto tako smo
prikazali nekoliko primjera koje smo rijesili pomocu harmonijskih brojeva i za koja smo
dobili neintuitivna rjesenja. Na kraju smo razmotrili Bernoullijeve brojeve i njihova
svojstva, te predstavili veze s kojima pomocu Bernoullijevih brojeva mozemo povezati
sve prethodno obradene brojeve.
40
Summary
In this paper we introduced several most known special numbers that we can encounter
in various mathematical fields. First, there are binomial coefficients and their combi-
natorial meaning that is important for our forecomming understanding of this paper.
After that there are Stirling numbers of first and second kind with their combinato-
rial interpretation, properties and appliances. We continued with Eulerian numbers
for which we gave connection with Stirling numbers by Stirling polynomials and Eu-
lerian number of second order. We have also seen some known properties of Eulerian
numbers. After that we examined harmonic numbers and we gave proof for their diver-
gence. We also presented few examples that can be solved by using harmonic numbers
and which have some counterintuitive solutions. At the end we had Bernoulli numbers
and their properties. These numbers gave us connections with which we can connect
all the numbers that we encountered in this paper.
41
Zivotopis
Roden je 15. svibnja 1985. godine u Vukovaru. Od prvog do cetvrtog razreda osnovne
skole zavrsio je u progonstvu u Sloveniji, a od petog do osmog razreda u Vinkovcima.
Srednjoskolsko obrazovanje stekao je u Gimnaziji Vukovar u Vukovaru. Tijekom os-
novne i srednje skole sudjelovao je na raznim natjecanja iz matematike, fizike i infor-
matike. 2004. godine upisuje se na PMF-Matematicki odjel u Zagrebu, a sljedece 2005.
godine prebacuje se na Odjel za matematiku u Osijeku gdje je 2008. godine zavrsio
sveucilisni preddiplomski studij matematike uz zavrsni rad Diferencijalna kriptoanaliza
(DES) pod mentorstvom prof. dr. sc. Maria Esserta. Iste godine upisuje diplomski
studij matematike, smjer financijska i poslovna matematika.