Maja CvitkoviC. KOMBINATORIKA (Zbirka zadataka)

Transcription

1

2 Maja CvitkoviC KOMBINATORIKA (Zbirka zadataka)

3 CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i sveueiliena biblioteka, Zagreb UDK CVITKOVIC, Maja Kombinatorika / Maja Cvitkovif. - Zagreb : ELEMENT, VI, 224 str. : ilustr. ; 24 cm Bibliografija: str. 223, A... c&x5 ISBN S-4,: 3% vp? *,: i ""S'f~*,t C. *-. Y..a. ISBN

4 MAJA CVITKOVIC KOMBINATORIKA ZBIRKA ZADATAKA KNJI~ NICA FUnOLTETA I3imsmmHNlKE I ~CUNR~TVA ZAGREB - Unska 3 Zagreb 1994

5 Urednik Prof. dr. sc. NEVEN ELEZOVI~ Recenzenti JELENA GUSI~, prof. Mr. sc. GORANKA NOGO Nakladnik ELEMENT, Zagreb Design ovitka BOJE VREMENA, Zagreb Tisak SPIRIDION BRUSINA, Donja Lomnica q J I f N I C A JLIETA ~LEKTRQTEII~WU? \-WA - ZAGREB Nijedan dio ove knjige ne smije se umnaiati, fotokopirati niti reproducirati na bilo koji nazin, bez pismene dozvole nahladnika

6 Upute za uporabu.. +' 1. Uvodne vjezbe MatematiEka indukcija Dirichletov princip Prebrojavanje Elementarni zadaci Brojanje klasa ekvivalencije Formula ukljuzivanja-iskljuzivanja.' Rekurzivne relacije Primjeri rekurzivnih relacija Tehnika rjeiavanja Funkcije izvodnice , Kombinatorno dokazivanje identiteta , Zbrka zadataka i31 Zadaci Rjeienja Z Podskupovi n -5lanog skupa I PZO1'. Uredene n-torke s elementima iz zadanog skupa...,. 207 ;. Permutacije s elementima iz zadanog skupa RaEunanje Elanova niza pomocu rekurzivnih relacija Biblioteka ZakljuEni zadaci i napomene Posljednji zadatak , Programi f Definicije pojmova *

7

8 Upute za uporabu Kombinatorika na elementarnom nivou karakterizirana je vrlo malim brojem novih pojmova i Eesto vrlo teskim zadacima. Zato je ovdje dobra prilika da se osvrnemo na tehniku rjesavanja zadataka. Da bi se uopce moglo govoriti o rjesavanju zadataka, potrebne su Ielja i odluenost da ih se rijesi. Gitanje rjesenja nema nikakve veze s rjesavanjem zadataka. Ono poeinje uzimanjem papira i olovke. Prvi problem koji se javlja pri rjesavanju zadataka je razumijevanje zadatka. $to je zadano? Sto se traii; kako su traieni objekti uvjetovani zadanim objektima? Lako je prepoznati je li zadatak jasan. Onaj tko je razumio zadatak, znat Ce ga preprieati vlastitim rijeeima, nacrtati skicu, navesti primjere. Kad znamo Sto trebamo Einiti, moramo odlueiti kako demo to ostvariti. Ideje sarno rijetko padaju s neba - treba aktivno krenuti u upoznavanje zadatka i pitati se na primjer: Znam li neki slieni zadatak? Ako da, koje su razlike u odnosu na rjesavani zadatak? Jesu li premostive? Kako bi trebalo izgledati rjesenje? Znam li neka moguca rjesenja, rjesenja u posebnim slueajevima? U ovoj fazi zgodno je napraviti skicu zadanih i traienih objekata. Rezultat ove faze je plan rjesavanja. Ukoliko se on kasnije pokaie neispravnim, vratit Cemo se u ovu fazu ili Eak sasvim na poeetak. Nakon Sto je plan razraden, zadatak treba poeeti "rjesavativ. Niti ova faza nije sasvim mehanieka: pri provodenju zacrtanog plana moramo paziti pribli6avamo li se rjesenju ili smo na putu da odlutamo ili se zavrtimo u krugu. Osim toga, treba paziti dodajemo li zadatku nesvjesno nove uvjete koji olaksavaju rjesavanje (dodavanje novih uvjeta nije lose, ali ga treba imati pod kontrolom, jer moramo biti svjesni da u tom slueaju vise ne rjesavamo originalni zadatak). Na kraju, nakon Sto zadatak proglasimo rijesenim, treba prvo provjeriti rje- Senje. U svakom slueaju treba se pitati jesmo li dobili oeekivani rezultat. Niti usporedba rezultata s rezultatima slienih zadataka nije naodmet. Kad utvrdimo da je rezultat ispravan, moiemo se prepustiti najinteresantnijoj, ali Eesto zanemarivanoj fazi. NeoptereCeni od pritiska da moramo rijesiti zadatak mozemo prodiskutirati zadatak i njegovo rjegenje.

9 0. UPUTE ZA UPORABU Mofemo li rezultat objasniti ili do njega doci jog na koji naein? Jesu li svi uvjeti zadatka nubni? $to se dogada ako neki od uvjeta ispustimo? a Koje su moguce generdizacije? Koje su posljedice zadatka? Uvijek se mozemo pitati zagto se zaustaviti na prvom tocnom rje'ienju. ZGto matematika ne bi imala svoje stilske vjefbe? Zbirka zadataka namijenjena je ueenju. Zadatke je pofeljno rjegavati redom, pokugavajuci svaki zadatak rijegiti. Mnogi zadaci imaju nakon rjesenja napomene koje sadrfavaju smjernice za diskusiju: ukazuju na zanimljive korake u rjegenju, postavljaju slicne zadatke i moguka poopkenja. Nije ih pogeljno preskakivati - one omogucavaju bolje upoznavanje objekata s kojima se radi. Pogotovo ako neki zadatak ne znate rijegiti i proeitate rjegenje, napomena je dobra prilika da ipak nesto od zadatka rijesite samostalno. Tek tako zadaci daze pod kofu. Zbrku zadataka mobe se poeeti listati paralelno s rjegavanjem zadataka iz zbirke. Pokusajte za svaki zadatak vidjeti Eto se trabi, pa usporedite to s repertoarom koji vam nudi do tog trenutka svladana tehnika. Ako mislite da znate rijeiiti zadatak, pokugajte ge rijesiti. Ako mislite da zadatak ne znate rijegiti, potrazite neito drugo ili dalje rjegavajte zadatke iz zbirke. TreCi dio sadrgava osnovne algoritme za prebrojavanje raznih objekata. Nakon Sto se upoznate s prebrojavanjem, mobete ga poeeti Citati. To mobe biti na primjer kad se umorite od "obienog" prebrojavanja. Ali isto tako, ako nemate ideju Sto poeeti s nekim zadatkom, mozete ga prvo pokusati istrafiti pomoku raeunala, a zatim dobivene rezultate iskoristiti u rjegavanju zadataka.

10 Uvodne vjeiibe Bavljenje kombinatorikom podrazumijeva poznavanje skupova i operacija sa skupovima, te relacija i funkcija. Pri rjegavanju zadataka, Eesto zadanih prieom o objektima koje treba prebrojati, u prvom koraku treba prepoznati skupove i operacije koji dobro opisuju zadane objekte. KaBemo jog da treba napraviti matemati* model. To je najeesce i najtebi korak pri rjegavanju zadataka. Ponovimo zato skupovne operacije i osnovna svojstva relacija i funkcija kroz zadatke u kojima treba sloziti matematieke modele raznih objekata. Ovi zadaci nisu rijegeni. Rjegavajte ih zato u paru ili manjoj skupini - to omogucava kontrolu rjesenja i razmjenu ideja. U ovom se poglavlju nalazi i nekoliko rijegenih vjezbi koje se kasnije kao Einjenice koriste u zadacima vezanim uz prebrojavanje. AUB AnB A\B AAB 1. Neka je G skup svih gramofonskih ploca neke osobe, C skup svih njenih kompakt diskova. Opigite rijeeima nekome tko ne vlada pojmovima "skup" i "element" skupove G U C, G n C.

11 1. UVODNE VJE~BE 2. Neka je K skup svih gramofonskih ploea s klasienom glazbom, a P skup svih gramofonskih ploea na kojima netko pjeva. RijeSite zadatak analogan prethodnom za ova dva skupa. 3. Nadite tri skupa disjunktna sa skupom P iz prethodnog zadatka. 4. Neka je ovdje P skup svih vasih gramofonskih ploea na kojima netko pjeva. Nadite nekoliko mogucih skupova X za koje je P U X podskup skupa svih vasih grarnofonskih ploea. Zatim P U X treba biti jednak skupu svih vasih gramofonskih ploea. Presjek tih skupova ne mora biti prazan. Zadajte nekoliko skupova X takvih da P U X nije podskup skupa svih vas'ih gramofonskih ploea. 5. DokaIite ili opovrgnite jednakost slijedecih parova skupova. Jednakost skupova (X = Y) dokazuje se obieno tako, da se prvo dokaie da je svaki element skupa X ujedno i element skupa Y (X C_ Y). Zatim se dohie da je svaki element skupa Y element skupa X i te dvije Einjenice zajedno daju Ieljenu tvrdnju. Jednakost se opovrgava nalcenjem protuprimjera - primjera za koji nije zadovoljena jednakost. Ako skupovi nisu jednaki, nadite i dodatne uvjete na skupove A, B i C kojima oni postaju jednaki. U svakom slueaju nacrtajte Vennove dijagrame tih skupova. 6. Podsjetite se Sto znaee pojmovi komutativnosti i asocijativnosti. 7. Vodi se sudski proces protiv Eovjeka optuienog za 11 zloeina. Za svaki od njih postoje i drugi mogu6 poeinitelji. Neka je univerzalni skup jednak skupu svih mogucih zloeinaca - poeinitelja barem jednog od tih zloeina. Definirajte i ostale skupove potrebne za ovaj sudski proces i odgovorite na pitanje: kako pomocu skupova moiemo izreci optuibu? Jedan sudski vje6tak rekao je da je svih 11 zloeina poeinila ista osoba. Izrazite to skupovno. 8. Neka je E skup svih ueenika jedne Skole koji uee engleski jezik, N skup svih onih koji uee njemaeki. OpiSite rijeeima skupove E \ N, N \ E, E A N. 9. Neka je jog T skup svih ueenika koji uee talijanski jezik. Izrazite pomocu skupova E, N i T, te do sada definiranih skupovnih operacija,skup svih ueenika koji uee samo talijanski. UEinite to na dva naeina. Izrazite zatim skup svih ueenika koji uee toeno jedan, te skup ueenih koji uee toeno dva od navedenih jezika. OznaEite sve dobivene skupove na Vennovom dijagramu. 10. Je li skupovna razlika komutativna operacija? Asocijativna? OznaEite potrebne skupove na Vennovim dijagrarnima. Ako mislite da je odgovor na

12 1. UVODNE VJE~BE 5 pojedino pitanje pozitivan, dokafite odgovarajucu tvrdnju. Ako mislite da je odgovor negativan, nadite protuprimjer. 11. Na maturi je bilo po jedno pitanje iz hrvatskog jezika, biologije, fizike, matematike, latinskog i povijesti umjetnosti. Svaki je ueenik ponesto napisao kao odgovor na svako od pitanja, ali je potpuni odgovor dao samo iz nekih. Oni koji su potpuno odgovorili na tri pitanja polozili su maturu s dovoljnim uspjehom, oni koji su odgovorili na Eetiri s dobrim. Za pet toenih odgovora ocjena je bila vrlo dobar, a za Sest izvrstan. Ako je kao univerzalni skup zadan skup svih ueenika Skole koji su u tom ispitnom roku polagali maturu, definirajte ostale skupove potrebne za opisivanje ovog problema. Skupovi trebaju, biti takvi; da se iz njih do sada definiranim skupp~vnim operacijama mogu rekonstruirati svi podaci. Primjer lose definiranih skupova su skupovi ueenika slozenih prema dobivenoj ocjeni: 01, 02, 03, 04, O5 (zagto?). 12. Neka je U skup ueenika jednog razreda. Nadite komplemente skupa svih djevojeica, zatim skupa svih odlienih, te skupa svih ueenika koji iz tjelesnog imaju ocjenu 1 ili 5. Skupa svih djevojeica koje iz tjelesnog imaju 5. Koji su sve skupovi ovdje bili u igri? Skicirajte ih. 13. Neka je S neki skup Skolskih svjedodfbi. S Ce u ovoj vjezbi biti univerzalni skup. Neka je 01 skup svjedodzbi s barem jednom ocjenom izvrstan, 0, skup svjedofbi sa svim izvrsnim ocjenama. Prikafite te skupove Vennovim dijagramima. OpiSite rijeeima skupove Oil 0,", O1 \ 0,. Neka je N1 skup svjedodzbi s barem jednom jedinicom. Ucrtajte i taj skup na Vennov dijagram. OpiSite rijeeima skupove 01 \ 0 5 \ Nl, 01 \ (05 U NI), Nl\Ol, 01 \Nl, 01 nn1, 05 nn1 Neka je 0 2 skup svjedodfbi s barem dvije izvrsne ocjene. Nacrtajte Vennov dijagram sa skupovima S, 01, 0 2 i 0,. Opigite rijeeima skupove 0,", O1 \ 02, 0 2 \ O8 14. Jeste li prethodnu vjefbu prosli na brzinu? Ponovite je jog jednom. Definirajte svoje podskupove skupa S i pogledajte koje se zanimljive unije, presjeci i razlike mogu pomocu njega definirati. 15. Je li razlika skupova asocijativna operacija? Komutativna? Sto mohete reci o skupovima (A \ B) \ C i (A \ C) \ B? 16. Kako mofemo izraziti (A \ B) \ C pomocu B U C? U kakvoj je vezi (A\B)\C s BnC? 17. Izrazite barem na dva razlieita naeina (A \ B) \ C kao uniju disjunktnih skupova. I jednom kao skupovnu razliku nekih dvaju skupova.

13 1. UVODNE VJE~BE 18. U ormaru su hlaee, suknje, kosulje i puloveri koji se mogu dobro kombinirati u okviru uobieajenih naeina oblaeenja. OpiSite skup svih mogucih oblaeenja tih predmeta, ako treba obuti hlaee i pretoplo je za pulover. Koji skup odgovara oblaeenju suknje, ako za naveeer treba ponijeti i pulover? Skupu svih oblaeenja? $to se dogada ako je neki od ovih skupova prazan? 19. OpiSite barem na dva naeina Kartezijev produkt skupa kosulja iz prethodnog zadatka sa samim sobom. Zatim jog Kartezijev produkt skupa hlaea sa skupom kosulja i jog jednom sa skupom kosulja. 20. Kako se mogu sve mogudnosti ispunjavanja sportske prognoze prikazati pomocu Kartezijevog produkta? 21. Ako je S skup svih vrsti sladoleda u jednoj slastiearnici, kako mofemo interpretirati P(S), partitivni skup skupa S? cemu odgovara skup svih naru- Eivanja sladoleda? 22. Ako je R skup ueenika nekog razreda, a Sl, S2,..., Sn skupovi ueenika koji sudjeluju na 1.,2.,..., n -toj slobodnoj aktivnosti, je li skup {S1, S2,.., Sn) particija skupa R? 23. Neka su za razred iz prethodne vjeibe i za prirodne brojeve izmedu 1 i 12 skupovi Ri zadani kao skupovi svih ueenika rodenih u i-tom mjesecu. Je li {R1, R2,..., R12} particija skupa R? 24. Nadite jednu relaciju izmedu skupa svih raeuna izdanih na jedan dan u nekoj trgovini i skupa svih artikala koji se prodaju u toj trgovini. 25. Nadite barem dvije relacije na skupu H x K, gdje je H skup hlaea, a K skup kosulja u neeijem ormaru. 26. Definirajte barem dvije relacije na skupu svih ueenika jednog razreda. 27. "Znati neeije ime" je obieno refleksivna relacija. Nadite jog jednu relaciju koja je refleksivna i jednu koja nije refleksivna. 28. Mofe se oeekivati da je "biti poznanik" simetriena relacija. Nadite jog jednu simetrienu relaciju. 29. "Prepisao domadu zadadu iz nekog predmeta" je relacija koja nije simetriena (premda je moida od neke dvojice prijatelja jedan zaduien za domace zadace iz engleskog, a drugi za matematiku). Nadite jog jednu relaciju koja nije simetriena. 30. "Biti potomak" je tranzitivna relacija. Nadite jog jednu tranzitivnu relaciju.

14 31. %ti prijatelj" nije tranzitivna relacija (premda bi to netko mogao oeekivati). Nadite jog jednu relaciju koja nije tranzitivna. 32. Nadite primjer relacije koja je refleksivna, ali nije niti simetricna niti tranzitivna. U ovom i slijededim zadacima pokugajte nadi "Iive" primjere. Tek ako vam to ne uspije, uzmite skup nekih prirodnih brojeva i konstruirajte relaciju nabrajanjem elemenata. 33. Nadite primjer relacije koja je simetriena, ali nije niti refleksivna niti tranzitivna. 34. Nadite primjer relacije koja je tranzitivna, ali nije niti refleksivna niti simetriena. 35. Nadite primjer relacije koja je refleksivna i simetriena, ali nije tranzitivna. 36. Nadite primjer relacije koja je refleksivna i tranzitivna, ali nije simetriena. 37. $to bi bilo s relacijama koje su simetriene i tranzitivne? 38. Nadite primjer relacije koja je i refleksivna i simetrizna i tranzitivna. 39. Koja od navedenih svojstava ima relacija lligli/idu u isti razred" na skupu svih ljudi? Koja svojstva mofemo ozekivati na skupu svih prvoskolaca? Koja svojstva ima relacija "biti isto godigte"? 40. Relaciju izmedu dvaju skupova mofemo prikazati tako da Kartezijev produkt prikafemo kao tablicu, te da za svaki par u relaciji na odgovarajuie mjesto u tablici upisemo krifik. Drugi prikaz je pomodu grafova: nacrtamo skupove na kojima je definirana relacija, te za svaki par (a, b) iz relacije nacrtamo strelicu od a prema b. Ako je relacija zadana na jednom skupu, taj skup crtamo samo jednom. Prikaiite neke od relacija iz prethodnih primjera tablicno i grafovski. Kako se u tablienom zapisu relacije oeituju svojstva refleksivnosti, simetri- Enosti i tranzitivnosti? Kako se ta svojstva oeituju u grafovskom prikazu? gto moiete redi o relacijama ekvivalencije? 41. Nadite klase ekvivalencije za relaciju ekvivalencije "biti isto godigten. 42. Privatne telefonske brojeve u nekom gradu mofemo svrstati u blokove prema njihovim prvim dvjema znamenkama. Uvjerite se da je to particija skupa svih privatnih telefonskih brojeva. Kako mose glasiti odgovarajuda relacija ekvivalencije? Nadite barem dva rjegenja. 43. TipiEni primjeri injekcija su razna pridrufivanja matienih brojeva. Unutar jednog sustava (npr. jedne knjifnice) ne smiju postojati dva korisnika s istim matienim brojem. S druge strane moraju postojati "slobodni" matieni brojevi - oni koji de biti pridrugeni bududim korisnicima.

15 1. UVODNE VJE~BE Nadite jog dvije funkcije Eija se injektivnost koristi u svakodnevnorn Eivotu. Neka barem jedna od njih ne bude injektivna. 44. Objasnite zsto ima smisla ostavljati otisak prsta na policiji. 45. Neka je V skup svih odraslih vocaka u jednom vocnjaku. Nadite skup Yl i preslikavanje fi : V -t Yl koje je injekcija. Nadite zatim skup Y2 i preslikavanje f2 : V 4 Y2 koje za neke vocnjake nije injekcija. Izaberite zatim dvije domene i dva preslikavanja u skup tih vocaka, od kojih jedna jest, a druga nije injekcija. 46. TipiEni primjeri surjekcija su razna preslikavanja sa skupa nekih ljudi na skupove poslova koje treba obaviti. Svaka osoba smije raditi samo jedan posao, svaki posao treba biti obavljen. Pritom nije bitno je li neki posao obavljalo vise ljudi. Nadite jos dvije funkcije Eija se surjektivnost koristi u svakodnevnom Eivotu. Neka barem jedna od njih ne bude injektivna. 47. Sa skupa svih fiziekih i pravnih osoba koje posjeduju stan postoji jedna prirodna surjekcija na skup svih stanova. Izrecite je! SliCno naealost ne vrijedi za skup svih vlasnika pasa i skup svih pasa. 48. Sa skupa svih ljudi u skup svih boja ne postoji surjekcija "imati oei odredene boje". Redefinirajte kodomenu tako da navedeno preslikavanje bude bijekcija. Generalizirajte. 49. TipiEni primjeri bijekcija su razna kodiranja. Ako neki predmet zamijenimo nekom oznakom, onda dva predmeta ne smiju imati istu oznaku. S druge strane, svaki kod u nekom sistemu odgovara nekom realnom predmetu. To omogucava da podatke o predmetima drzimo u raeunalu, a ne u skladistu pokraj predmeta i da unatoe tome za svaki predmet mofemo doci do podataka o njemu i da za svaki podatak mobemo reci o kojem se predmetu radi. Nadite jog dva primjera bijekcija. Potrudite se da budu bitno razlieita od ovog primjera. 50. Neka slijedeci primjer pokaee kako ponekad nesvjesno koristimo preslikavanja. Mali Mirko studira matematiku, jednako kao njegov stariji brat Veljko. Razlika je jedino u tome Sto Mirko ne pohada redovito predavanja. Jednog dana zamoli Mirko Veljka da mu da svoje zabiljeske s predavanja prof. MijeniCa BeleCi se spremiti za ispit iz linearne algebre. Nakon toga Veljko osvane s biljegnicom iz kombinatorike. Objasnite gto se dogodilo? $to bi se dogodilo da je prof. MijeniC Veljku predavao dva predmeta? Koliko je predmeta prof. MijeniC predavao Mirku? 51. Nadite nekoliko permutacija skupa ueenika jednog razreda.

16 1. UVODNE VJE~BE 52. Neka je funkcija p sa skupa svih ljudi starijih od godinu dana na skup svih zubara: svakom Eovjeku je pridruzen "njegov" zubar (ovdje je na djelu bila idealizacija - Sto smo sve pretpostavili da bi p bila funkcija?). Kojem objektu u ordinaciji zubara z odgovara p-'(2)? 53. Svakom preslikavanju f : X -t Y mozemo pridrugiti skup svih praslika po tom preslikavanju: kerf := {f-'(y)ly E f(x)). Taj skup zovemo jezgrom preslzlcavanja f. DokaZite da je jezgra preslikavanj a particij a domene. Posljedica te Einjenice je da svaka funkcija prirodno inducira jednu relaciju ekvivalencije na svojoj domeni: dva elementa domene su u relaciji ako i samo ako im se slike pri zadanoj funkciji podudaraju. To svojstvo Eesto nesvjesno koristimo pri zadavanju relacija ekvivalencije: kazemo da su x i y u relaciji ako i samo ako imaju istu vrijednost svojstva S, pri Eemu je svojstvo S takvo, da je jednoznaeno odredeno elementom za kojeg se odreduje. Na primjer, relaciju "imati jednak broj godina" moci Cemo uzeti kao primjer relacije ekvivalencije, dok relacija "imati rasnog psa iste pasmine" nije relacija ekvivalencije na skupu svih vlasnika rasnih pasa. Analizirajte svoje primjere relacija ekvivalencije! 54. Sto mozete reci o jezgri za preslikavanje koje je injekcija, surjekcija, bijekcija? 55. U jednoj (dalekoj) zemlji studenti voze bicikle. Svaki student ima toeno jedan bicikl. Poznat je tip bicikla svakog studenta. Jedna tvornica guma Zeli nagraditi dobre studente tako da im pokloni komplet guma za njihove bicikle. Koji su skupovi i koja preslikavanja ovdje u igri? 56. Ako je f preslikavanje koje korisnicima neke knjiznice pridruguje njihove njihove matiene brojeve, mozete li zamisliti kad se koristi njeno inverzno preslikavanje? 57. Neka je f : X + Y i g : Y -t 2. DokaZite, odnosno nadite primjere koji ilustriraju slijedece tvrdnje: (a) ako je g o f surjekcija, onda je g surjekcija; f nije nuzno surjekcija (b) ako je g o f injekcija, onda je f injekcija; g nije nuzno injekcija 58. Neka je f : X + Y. f je surjekcija ako i samo ako postoji funkcija g:y+x takvadaje fog=ly. Rjeienje. -+. Ovaj smjer trebali ste dokazati u prethodnoj vjeibi ( ly je surjekcija). +. Definiramo funkciju g : Y -+ X tako da je g(y) E f := f -' ({y)) za svako z E X. To moiemo napraviti jer je f surjekcija, pa je f -l(y) # 0 za svako y E Y. Tako definirana funkcija g zadovoljava f o g = ly (provjerite to!). 4' Prema prethodnoj vjeibi znamo da je g sigurno injekcija.

17 10 1. UVODNE VJE~BE % Pokuiajte izraeunati koliko postoji dobrih g-ova za zadanu surjekciju f. Kad je g jedinstven? +fj U svakoj je Hkoli funkcija f koja ueenicima pridruiuje njihove razrede surjekcija. ZnaEenje desnog inverza moiemo opisati ovako: neka je g funkcija koja iz svakog razreda izabire njegovog predstavnika u nastavniekom vijetu. Tada Ce moci na sjednice biti pozvani predstavnici razreda koji Ce ujedno biti i ueenici tog razreda. To ne bi moglo vrijediti da funkcija f nije surjekcija, tj. da postoje razredi bez ueenika. Uvjerite se na ovom primjeru da g nije nuino i lijevi inverz funkcije f. Kako bi trebali izgledati razredi, odnosno funkcija f da bi g bio i lijevi inverz? 59. Neka je f : X + Y. f je injekcija ako i samo ako postoji funkcija g:y-tx takvadaje gof =1x. Rjerienje. -+. Ovaj smjer trebali ste dokazati u pretprethodnoj vjeibi ( lx je injekcija). J. Definiramo funkciju g : Y + X tako da je {g(y)) = f -'(y) za svako z E f (X), (y) jednoelan za svako a bilo Hto inaee. To moiemo napraviti jer je f injekcija, pa je f -' y E f (X). Tako definirana funkcija g zadovoljava g o f = lx (provjerite to!). tp Prema pretprethodnoj vjeibi znamo da je g sigurno surjekcija. PokuEiajte izraeunati koliko postoji dobrih g-ova za zadanu injekciju f. Kad je g jedinstven? +fj Funkcija f koja svakom gradaninu neke zemlje pridruiuje njegov matieni broj je injekcija. U Hrvatskoj joj je kodomena skup svih trinaestoznamenkastih brojeva. Neka je g preslikavanje sa skupa svih trinaestoznamenkastih brojeva u skup svih gradana Republike Hrvatske koja svakom broju koji je neeiji JMBG pridruiuje upravo tu osobu, a ostalima bilo koga (npr. prvu osobu s vecim JMBG). Da je g lijevi inverz od f znaei da mozemo na dokumente pisati svoj matieni broj umjesto imena i prezimena, a da se pri tome nece izgubiti informacija o osobi (u najgorem slueaju Ce trebati nazvati policiju i pitati o kome se radi). To ne bismo mogli napraviti ako bismo "dijelili" matieni broj s jog nekom osobom. OpiSite rijeeima Hto bi u ovom primjeru znaeilo da je g i desni inverz od f. Kad bi g bio i desni inverz? +-f' Ovaj i prethodni zadatak Eesto se u dokazima koriste zajedno. Dokaiemo li da funkcija ima obostrani inverz, ona je bijekcija.

18 MatematiEka indukcija Mnoge tvrdnje koje treba dokazati sadrfe u sebi kao parametar neki prirodni broj. Neke od njih mogu se dokazati direktno (npr. za prirodni broj n i realni broj q # 1 tvrdnja Cy=,qqi = (qn+' - l)/(q - 1) mobe se dokazati mnofenjem relacije s q i oduzimanjem od polazne relacije). Kod kompliciranijih tvrdnji Eesto posebemo prvo za provjerom tvrdnje na nekim manjim vrijednostima parametra, te nam ti primjeri mogu dati ideju kako dokazati tvrdnju za proizvoljnu vrijednost parametra. S druge strane, mofe se dogoditi da iz primjera vidimo naein kako se npr. konstruiraju tra5eni objekti za neku vrijednost parametra ako nam je poznat izgled tih objekata za njegove manje vrijednosti. To se dogada npr. pri popisivanju svih n-torki sastavljenih od znamenaka 0 i 1. Ispred svake od n - 1 -torki sa znamenkama iz istog skupa stavimo prvo znamenku 0, a zatim isto to ponovimo sa znamenkom 1 ispred starih n - 1 -torki. Tako odmah vidimo da trabenih n-torki ima dvostruko vige nego n- 1-torki. Lako se vidi da postoje dva niza duljine 1, a zatim se izvede da nizova duljine 2 ima 2.2 = 4, 4 2 = 8 nizova duljine 3. Nasludujemo da nizova duljine n ima toeno 2n. Dodatno znaeenje ovoj metodi daje princip matemati5ke indulccije: Ako za neki skup S vrijedi: 1ESi akoje nes,ondajei n+les, ondaje S=N. Da matematickom indukcijom dokafemo prethodni primjer, trebamo promatrati skup svih prirodnih brojeva n za koje je broj n-8anih nizova sastavljenih od znamenaka iz skupa {O,l) jednak 2n. Provjera tvrdnje za prvi element skupa S zove se baza indukcije, a dokaz da je n + 1 E S Eim je n E S nazivamo lcoralcom indukcije. Princip matematieke indukcije Eesto se javlja i u nekim drugim oblicima, npr.:

19 2. MATEMATICKA INDUKCIJA kao baza indukcije provjerava se tvrdnja no E S, a korak indukcije ostaje nepromijenjen - dobivamo S = {no, no + 1, no + 2,...), korak indukcije se provodi ovako: ako za svaki i E {1,2,..., n) vrijedi i E S, onda je n + 1 E S - zakljueak ostaje nepromijenjen, ako je N E N neki prirodni broj, a korak indukcije provodimo sarno za one brojeve n za koje je n + 1 E NN, onda je zakljueak S = NN. Nadalje, ponekad se korak indukcije zapisuje kao prijelaz s n - 1 na n. Dok su prethodno nabrojani oblici matematieke indukcije nubno potrebni jer primjena pojedinog od njih ovisi o tvrdnji koju treba dokazati, odluka da li 6e se pri koraku indukcije krenuti od n ili n - 1 stvar je ukusa i elegancije zapisa. KlasiEne tvrdnje koje se dokazuju matematiekom indukcijom ukljueuju razne sume, nejednakosti i sliene aritmeticke tvrdnje. Ovdje 6emo se baviti primjenom matematieke indukcije na kombinatorne probleme. Na kraju jog jedno upozorenje: nakon Sto se dobro uvjebba dokazivanje metodom matematieke indukcije, moze se dogoditi da se ona provodi mehanieki. Pritom se ne upoznaje dobro struktura objekata s kojima se radi i od dokazivanja tada ima malo koristi. Zgodno je svaku tvrdnju pokusati prvo dokazati direktno, a tek ako se ne vidi direktni dokaz, krenuti indukcijom, te pri dokazivanju pokusati Sto je vise moguce doznati o objektima s kojima radimo. 1. Douite da za proizvoljni n E N vrijedi: ako je zadano n pravaca u ravnini, takvih da se nikoja tri ne sijeku u istoj toeki i da nikoja dva nisu pardelna, oni dijele ravninu na 1 + n(n + 1)/2 dijelova. Rjes'enje. Baza indukcije. n = 1. Ako je zadan jedan pravac u ravini, oiiito je da je on dijeli u dva dijela. I stvarno, uvrstavanjem n = 1 u formulu koju ielimo dokazati, dobivamo Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da ova tvrdnja vrijedi za neki n E N. Dakle za bilo koji skup n pravaca u ravnini koji zadovoljava uvjete zadatka, broj podruiija na koja oni dijele ravninu dan je izrazom n(n + 1) Korak indukcije. Ako sada imamo skup od n+ 1 pravca, onda znamo na koliko podruiija dijeli ravninu nekih n od njih. Uoiiimo skup od npr. prvih n pravaca i pogledajmo kako se povecava broj podruiija u ravnini kad dodamo jog jedan ("zadnji") pravac. On je razliiiit od svih prethodnih pravaca, pa dijeli svako podruiije kojim prolazi na dva dijela. Dolaze8 "iz beskonaiinosti", taj pravac prolazi prvo jednim neograniiienim podruiijem, sve do presjeka s prvim pravcem koji mu se nade na putu. Zatim ide u drugo podruiije, do drugog pravca, itd. Nakon Sto naide na zadnji pravac kojeg presijeca, ulazi ponovno u jedno neograniiieno podruiije. Dakle, broj podruiija kojima prolazi n + 1 -vi pravac je za jedan veti od broja presjeka sa starim pravcima.

20 2. MATEMATICKA INDUKCIJA 13 Dakle, zasada znamo novi pravac povecava broj podrueja za broj presjeka sa starim pravcima +l. BuduCi da se nikoja tri pravca ne sijeku u jednoj tozki i da se svaka dva pravca sijeku, broj presjeka sa starim pravcima jednak je broju starih pravaca, tj, n. BuduCi da smo sakupili sve podatke, moiemo izraeunati na koliko podrueja dijeli ravninu n + 1 pravaca: it0 odgovara poeetnoj formuli s uvritenim n + 1 umjesto n. % Ako ste vec svladali rekurzivne relacije, onda moiete i izvesti ovaj rezultat. Trebate samo oponagati prethodni dokaz piiudi rekurzivnu relaciju reda 1. +I' Za pravce od kojih se nikoja tri ne sijeku u toeki i nikoja dva nisu medusobno paralelna, kaze se da su u opc'em polo2aju. +I' Citatelji spretni u analitiekoj geometriji moci Ce Einjenicu da je broj novih podrueja za jedan vedi od broj presjeka sa starim pravcima izvesti i precizno. % Ako je za neki n zadano n pravaca, nadite naein za numeriranje podrueja pri kojem se uzastopni brojevi nalaze na susjednih podruzjima. 9-t Formulirajte sami tvrdnju zadatka ako iz zadatka trebamo izbaciti uvjet da pravci moraju biti u opcem poloiaju. 9+ Formulirajte zadatak sliean ovom, s kruinicama umjesto pravaca. Kako glasi uvjet o presjecima kruinica? Rezultat treba glasiti n2 - n Dokaiite da se ravnina presjeeena s n pravaca moie obojiti dvama bojama - plavom i bijelom, tako da svako od dobivenih podruiija ravnine bude jednobojno, a da podruiija koja imaju istu duiinu kao granicu budu raznobojna. Rjes'enje. Baza indukcije. Ako je n = 1, ravnina je podijeljena na dva dijela - obojimo jedan od njih plavo, a drugi bijelo. Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da znamo obojiti ravninu presjeeenu s n pravaca tako da zadovoljimo uvjete zadatka. Korak indukcije. Dodamo li sad jog jedan pravac, uvjet zadatka naruien je jedino na podruiijima koja kao granicu imaju neki podskup tog pravca. Naime, svi parovi podrueja koji su upravo nastali dodavanjem novog pravca su medusobno susjedni i u parovima su iste boje. Odaberimo jednu poluravninu odredenu novim pravcem i promijenimo boju novonastalim podruzjima u toj poluravnini. Time smo rijeiili problem s bojom koji je nastao oko novog pravca - podruiija oko novog pravca sada su u parovima raznobojna, ali su svi susjedi podruqa kojima smo promijenili boju, a nalaze se u promatranoj poluravnini, pogregne boje. Trebamo dakle promijeniti boju i svim njihovim susjedima kojima jog nismo promijenili boju, zatim svim njihovim susjedima itd. ToEnije, boju trebamo promijeniti svim podruiijima u promatranoj poluravnini. Dobiveno bojanje zadovoljava uvjet zadatka, jer ga zadovoljava unutar svake poluravnine i na granici poluravnina.

21 14 2. MATEMATI~KA INDUKCIJA 9+ I za neke druge krivulje koje dijele ravninu na dva dijela (kruinice, elipse, parabole, sinusoide... ) mogli bismo analogno zakljueiti da moiemo obojiti ravninu u dvije boje tako da nikoja dva susjedna podrueja ne budu obojena istobojno. Stovi'se, kad god su granice podrueja takve da u bilo koju toeku ulazi paran broj linija koje odgovaraju granicama, ravnina se moie obojiti u dvije boje. "Zemljopisnu kartu" moiemo preslikati na kuglu (globus) i tako dobiti i dvobojno bojanje kugle. Dokaz poeiva na crtanju tih granica u jednom potezu i nije pretjerano teiak. Nacrtajte nekoliko primjera i poku'sajte ga izvesti. 4-t Nadite neke krivulje koje dijele ravninu u po dva dijela, ali proizvoljni skup tih krivulja ne zadovoljava svojstvo da u svaku toeku ulazi paran broj linija. 4' OpCenito, ako je ravnina bilo kako podijeljena na podrueja, dokazano je da se ona moie obojiti u Eetiri boje uz iste uvjete kao u zadatku. To je poznati problem Eetiri boje. Lako je vidjeti da je za bojanje potrebno barem Eetiri boje. (pokuhajte sami nati krivulje u ravnini - "granice driava" tako da dobivenu zemljopisnu kartu ne moiete obojiti u manje od Eetiri boje). Teie je dokazati da su Eetiri boje i dovoljne. Problem Eetiri boje prvi put se spominje polovinom 19. stoljeca i od tada privlaei painju mnogih matematieara. UobiEajeno mu je pristupiti sa stanovista teorije grafova. Lako je dokazati da je dovoljno pet boja. Do nedavno dano je nekoliko "dokaza" problema Eetiri boje od kojih su se neki uspjeli odraati i po vise godina dok im se nisu otkrile pogre'ske. Problem Eetiri boje rije'sen je Dokaz je sveden na niz provjera koje su provedene na raeunalu, tako da jog uvijek mnogi matematieari sumnjaju u njegovu ispravnost. 3. DokaEite da za proizvoljni n E N konveksni n-terokut ima n(n - 3)/2 dijagonala. Rjegenje. Trokut nema niti jednu dijagonalu, a i predloiena formula za n = 3 daje rezultat 0. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za proizvoljni n-terokut. Tada zadanom n + 1-terokutu moiemo "otpiliti" jedan trokut, npr. po dijagonali izmedu prvog i n-tog vrha. Time smo dobili n-terokut Eije su sve dijagonale ujedno i dijagonale polaznog n + 1 -terokuta, a njihov broj nam je poznat iz pretpostavke indukcije. Osim tih dijagonala, promatrani n + 1 -terokut ima joh neke dijagonale: onu koja je bila pretvorena u stranicu i jog n - 2 dijagonale iz n + 1 -vog vrha. Broj njegovih dijagonala zato iznosi Hto smo i trebali dobiti. 4-t Ovaj se rezultat moie dobiti i direktnim prebrojavanjem. Pokugajte ga izvesti. 4-t Gdje se u ovom dokazu koristila konveksnost? +I' SliEno se moie dokazati i da je zbroj unutra'snjih kuteva svakog n-terokuta jednak (n - 2)180.

22 2. MATEMATICKA INDUKCIJA DokaZite da je za proizvoljni n E N i skupove A1, A2,..., A, njihova simetriena diferencija A1 A A2 A... A A, sastavljena od svih x E U:="=lAi koji se nalaze u toeno neparno Ai -ova. Rjebenje. Primijetimo prvo da je AlAA2A... AA, (bez zagrada, tj. toeno naznaeenog redoslijeda izvodenja operacija) dobro definirano zbog asocijativnosti simetriene diferencije. Za n = 1 tvrdnja je oeigledna. Nacrtajte primjere i provjerite Hto se dogada za n = 2 i n = 3. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki n i pokuhajmo vidjeti koje elemente sadrii AlAA2A... AAnAAn+1. AlAA2A... AAnAAn+l = (AlAA2A... AAn)AAn+l (prema definiciji simetriene diferencije) = ((AlAA2A... AAn) \ &+I) U (&+I \ (AlAA2A... AAn)) (koristeti pretpostavku indukcije) = ({ x E U ~=~A; : x se nalazi u neparno Ai -ova, i = 1,..., n ) \ An+1) U (&+I \ { 2 E 'Jr=lAi : x se nalazi u neparno A; -ova, i = 1,..., n )) = {XEU~Z~~A;: x se nalazi u neparno Ai -ova, i = 1,..., n i ne u A,+l { x E U;!?~~A; : x se nalazi u parno A; -ova, i = 1,..., n i u A,+l ) = = { x E u ~ ~ ~ A ~ : x se nalazi u neparno Ai -ova, i = 1,..., n + 1 ). ) U 5. Ako ste razbili Salicu u n dijelova, dokazite da je za sastavljanje galice potrebno n - l lijepljenje. Pretpostavimo da pri svakom lijepljenju spajamo samo dva dijela - bilo krhotine bilo vec zalijepljene dijelove Salice. Rjegenje. Ako je n = 2, dovoljno je jedno lijepljenje. Pretpostavimo da je za slaganje Halice razbijene u n komadita potrebno toeno n - 1 lijepljenje. Ako vam se Halica razbila u n + 1 komadita, nakon prvog lijepljenja, ostat te n komadita koje trebamo spojiti. Prema pretpostavci indukcije njih moiemo zalijepiti u n - 1 koraka (ova tvrdnja se u stvari malo razlikuje od pretpostavke indukcije - izrecite tu razliku). Dakle za sastavljanje Halice razbijene u n + 1 dijelova potrebno je n koraka, bez obzira na redoslijed slaganja i naein grupiranja komadita. tp Citatelji upoznati s teorijom grafova u ovom bi zadatku trebali prepoznati teorem koji kabe da svako binarno stablo s n listova ima jog n - 1 (unutragnji) vrh. '%) Pokugajte izraeunati broj potrebnih lijepljenja piguti rekurzivnu relaciju za broj potrebnih lijepljenja.

23 Svatko tko je pokusao lijepiti razbijenu ialicu zna da je Eesto potrebno lijepiti i po vise od dva dijela istovremeno. U tom slueaju moiemo samo redi da Ce posao lijepljenja biti zavrien u najvise n - 1 koraka. % Ako grupa od barem [n/2] ljudi lijepi razbijenu Salicu, tako da Sto je moguce vise ljudi radi istovremeno, te svaki Eovjek u svakom koraku lijepi po dva dijela, u koliko Ce koraka biti zavrieno lijepljenje? Napravite primjere za nekoliko malih n. PokuSajte naci pravilo i dokazati ga. Uputa: osobito su bitni brojevi oblika n = 2 k. 6. Gdje je pogregka u sljedecoj Stefovoj izjavi: "Ja sam trekinom Dalmatinac. Naime, moja majka je bila trekinom Dalmatinka i moj otac je trecinom Dalmatinac." Rjes'enje. Da neito u ovoj izjavi nije u redu lako je vidjeti - bilo koja osoba moie biti npr. (a) napola Dalmatinac - npr, majka Dalmatinka i otac Zagorac ili oboje roditelja napola Dalmatinci ili slieno... (b) Eetvrtinu Dalmatinac - npr. majka napola Dalmatinka i otac Zagorac ili nesto slieno... (c) tri Eetvrtine Dalmatinac - npr. majka Dalmatinka i otac napola Dalmatinac ili ili slieno... itd. OpCenito, ako se sloiimo sa Einjenicom da se svojstvo "biti Dalmatinac" nasljeauje pola-pola od svakog od roditelja, Eovjek moie biti svojim k/2' -tim dijelom Dalmatinac, gdje je k nenegativan cijeli broj manji ili jednak 2i (dokaiite to promatrajuti rodoslovno stablo do nivoa na kojem su svi preci "Eisti"). 113 nije broj takvog oblika. U Eemu je pogregka? Stefovo razmigljanje (tj. korak indukcije) bilo je ispravno. PogreEIka je onda mogla biti samo u tome Hto je tvrdio da su mu roditelji trecinom Dalmatinci. Dakle, nedostajala mu je (toeije njemu ili vec njegovim roditeljima ili nekim daljim precima koji su pokrenuli tu neistinu) toena baza indukcije. 7. Pretpostavimo da imamo n jednakih kvadratnih ploeica jediniene duljine brida. PosloZimo ih u ravninu tako da se parovi ploeica ili ne dodiruju ili se dodiruju u vrhu ili u cijeloj stranici. DokaZite da je opseg dobivenog lika (u opseg dodajemo i duljinu granica svih rupa, ukoliko ih ima) paran broj. Rjes'enje. Ako je n = 1, imamo jednu ploeicu. Njen opseg iznosi 4 jedinice, ito je paran broj. Sada nam ostaje samo dokazati da se dodavanjem nove ploeice opseg mijenja za paran broj. Iznos za koji Ce se promijeniti opseg ovisi o poloiaju u koji Cemo staviti ploeicu, toenije o broju bridova starog lika na koje Ce se nasloniti nova ploeica. Ako se nova ploeica naslanja na 0 starih bridova, opseg se povecava za 4, 1 stari brid, opseg se povedava za 2,

24 2. MATEMATICKA INDUKCIJA 17 2 stara brida, opseg ostaje nepromijenjen, 3 stara brida, opseg se smanjuje za 2, 4 stara brida, opseg se smanjuje za 4. U svim slueajevima promjene su parne. NapiHite precizno korak indukcije sami. 9+ Da smo imali pravokutne ploeice razlieitih cjelobrojnih dimenzija morali bismo odustati od uvjeta da se ploeice smiju dodirivati samo u cijelom bridu. Kako treba formulirati zadatak za taj slueaj? 9+ Kako bi se morale dodirivati ploeice da bi opseg bio cjelobrojan? 8. Pretpostavimo da moiemo kupiti pogtanske marke samo u vrijednosti od po 3 i 5 kuna (u proizvoljnim kolieinama). DokaBite da i u tom slueaju mozemo pomocu maraka koje su nam na raspolaganju platiti svaku postarinu vecu od 8 kuna, zaokruzenu na cijeli broj kuna. Rjes'enje 1. Baza indukcije - poitarina iznosi 8 kuna. Kupimo jednu marku od 3 i jednu od 5 kuna. Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da znamo izabrati marke ako je iznos poztarine k kuna, gdje je k 2 8. Korak indukcije. Pogledajmo kako Cemo, ako je poznat jedan moguci izbor maraka za platanje pogtarine od k kuna, izabrati marke kojima Lemo platiti za kunu skuplju po'starinu. Krasno bi bilo kad bismo imali na raspolaganju marku od jedne kune - samo bismo je prikljueili vec izabranim markama. No, marka s najmanjim iznosom vrijedi 3 kune, 'st0 nas navodi na misao da Cemo neke od maraka koje smo pripremili za placanje pohtarine od k kuna morati ukloniti. SlijedeCi opisanu strategiju, lako moiemo vidjeti da moguce rjehenje glasi: imamo li u vec pripremljenoj skupini maraka marku od 5 kuna, uklonimo je i stavimo umjesto nje dvije marke od po 3 kuna (i time se ukupni iznos uvecao za jednu kunu) ako u pripremljenoj skupini nemamo marku od 5 kuna, onda sigurno imamo barem tri marke od po 3 kuna (prisjetite se, placamo iznose vece ili jednake 8 kuna, a u skupini maraka kojom placamo pohtarinu od toeno 8 kuna postoji marka od 5 kuna). Tada uklonimo te tri marke i umjesto njih stavimo dvije marke od po 5 kuna. Rjes'enje 2. Da bi indukcija izgledala "normalno", tj. da imamo bazu indukcije na kakvu smo navikli i korak indukcije kojim prelazimo s tvrdnje za k na tvrdnju za k + 1, napravili smo malo kompliciraniji korak indukcije. Evo i prirodnijeg rje'senja! Ideja je u tome da povecanje iznosa pohtarine realiziramo uvijek samo lijepljenjem marke od po 3 kune (bez uklanjanja pripremljenih maraka). Baza indukcije. BuduCi da ielimo svaki iznos pohtarine doseli dodavanjem marke od tri kuna, u bazi indukcije trebaju stajati izbori maraka za postarine od 8, 9 i 10 kuna. Napravite to sami! Pretpostavka i korak indukcije. Kao Hto je ranije opisano, korak je u stvari prijelaz s pogtarine iznosa k na pogtarinu iznosa k + 3. PokuHajte ovaj dokaz modificirati tako da se zaista vidi da se radi o "klasienojn matematiekoj indukciji (u koraku indukcije dokazujemo da ako tvrdnja vrijedi za neki n, da

25 vrijedi i za n + 1 ). Uputa: rastavite tvrdnju zadatka na tri tvrdnje i uoeite dokaze svake od njih. 9+ Drugo rjegenje dokazuje Eak i "jaeuv tvrdnju: za placanje pogtarine dovoljne su dvije marke od po 5 i preostale marke od po 3 kune. Ako ielimo ogranieiti broj maraka od po 3 kune, uz neogranieenu kolieinu maraka vrijednosti 5, koliko Ce biti potrebno maraka vrijednosti 3 kune? 9+ Ovaj zadatak nalikuje na jednu drugu, dosta poznatu tvrdnju: ako su m, n E N, relativno prosti, onda postoje u, v E Z takvi da je mu+nv = 1, pa onda i za svaki i E Z postoje w, z E Z takvi da je Tvrdnja se lako dokazuje koriitenjem Euklidova algoritma. Razmislite o nekim pooptenjima zadatka! Usporedite ovu tvrdnju s tvrdnjom iz zadatka. % Za ulazak na neku priredbu Elanovi drugtva-organizatora pladaju 15, a ostali 25 kuna. Doprinosi se bacaju u gkrabicu. Koliki je minimalni iznos koji se mora naci u ikrabici, a da se viie ne moie odrediti koliko je ljudi bilo prisutno? Nadalje, ako svi ubacuju priloge u iznosima koji su vigekratnici od 5, od kojeg ukupnog iznosa nadalje se nece moci otkriti prijevara? 9. Dano je 2n + 1 utega tezine cjelobrojne u gramima. Koji god od tih utega uklonili, preostali utezi se mogu grupirati u dvije skupine od po n utega, tako da tezine tih skupina budu jednake. DokaZite da je svih 2n + 1 utega jednake tezine. Rjes'enje. Parametar koji nam se nudi za provodenje matematieke indukcije je ukupni broj utega ili njegova polovina (n). Pailjivo EitajuCi zadatak vidi se i da je npr. teiina najteieg utega takoder jedan od mogucih parametara. Pokuiajte s tim parametrima provesti matematieku indukciju direktno, kao Hto smo to Einili do sada. Radite prvo s malim vrijednostima pararnetra - pet utega ili maksimalna teiina jednaka 3 ili 5 sasvim su dovoljni. Problem koji se pritom javlja je da pri smanjivanju parametra ne moiemo vise provjeriti pretpostavku zadatka za manji, odnosno laksi skup utega. Upoznajmo zato pobliie zadani skup utega. Moida iz nekog svojstva uspijemo vidjeti kako moiemo smanjiti neki od uoeenih parametara. Koji god uteg izvadili, ostale moiemo podijeliti u dvije skupine, tako da je zbroj teiina u jednoj jednak zbroju teiina u drugoj. Zato znamo da je zbroj teiina svih utega bez izdvojenog paran broj (ako je a - b paran, onda je i a + b paran). OznaEimo li teiinu pojedinog utega s u;, a ukupnu teiinu sa S, onda imamo ui za svaki i E N2n+l. Pretpostavimo da je S paran. Tada zbog upravo otkrivenog svojstva i svi utezi moraju biti parne teiine, pa moiemo svaki od njih prepoloviti. Uzmimo po jednu polovinu svakog od utega. Novi, manji utezi zadovoljavaju uvjete zadatka (cjelobrojne su teiine i zadovoljavaju uvjet o vaganju), pa za paran S imamo osiguran prijelaz na manju ukupnu teiinu.

26 2. MATEMATICKA INDUKCIJA Ako je S neparan, onda i svi utezi moraju biti neparne teiine. Uklonimo svakom utegu po jedan gram (otpilimo rueku) i ostatak prepolovimo. Uzmimo po jednu polovinu svakog od utega. U dobivenom skupu utega svi su utezi cjelobrojne teiine u gramima. Da li se saeuvao uvjet o vaganju? U svakom od starih poloiaja ravnoteie uklonili smo po n grama sa svake strane (obje skupine su bile velizine n) i ostatak u svakoj skupini prepolovili. Time je ravnoteia ostala saeuvana, a mi smo ponovno smanjili ukupnu teiinu promatranog skupa utega zadriavajudi uvjet zadatka. Time je zavrgena skica smanjivanja ukupne teiine skupa utega. Vidimo da postoji moguknost tvrdnju zadatka dokazati indukcijom po ukupnoj teiini svih utega. UoEimo da se pri ovom postupku nije mijenjao broj utega. Zato uzmimo proizvoljni n 6. N i provedimo matematieku indukciju po S. Skicirajmo dokaz. Baza indukcije. Najmanja ukupna teiina je S = 2n + 1. U tom slueaju imamo 2n + 1 utega teiine 1 i tvrdnja vrijedi. Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da svaki skup utega ukupne teiine manje od S koji zadovoljava uvjete zadatka sadrii utege jednake teiine. Korak indukcije. Ako su utezi ukupne teiine S, onda znamo tu teiinu smanjiti, a da skup utega ostane iste velieine i da ostane zadovoljen uvjet o vaganju. Postupci su ranije opisani i razlikuju se za paran i za neparan S. U laklem skupu utega su prema pretpostavci indukcije svi utezi jednake te8ine. Prema tome su i u polaznim skupovima svi utezi jednake teiine (jer je smanjivanje teiine bilo injektivno). 9+ Naaite jedan skup utega (:to manji to bolji) koji zadovoljava tvrdnju zadatka do na Einjenicu da je uvijek u obje skupine po n utega, ali za kojeg ne vrijedi zakljueak kao u zadatku. 9+ Moie li se indukcija provesti jog po kojem parametru? 10. Kralj je pozvao najbolje matematieare svoga kraljevstva u dvorac, da bi odredio koji je od njih najmudriji. Kad su se okupili, rekao im je: "Stavio sam bijele SeSiriCe na glave nekih od vas. Oni koji nisu dobili bijeli SeSiriC, dobili su crni. Smijete se promatrati i razmisljati, ali ne i razgovarati. Sada Cu otici i vracati se svakog punog sata. Svaki put kad se vratim, Belim da mi onaj koji je u proteklom satu otkrio da nosi bijeli SegiriC, to kaie." Kralj je otisao. U njegovom n-tom dolasku svih n matematieara koji su imali na glavi bijele SeSiriCe je ustalo i obavijestilo kralja da zna da nosi bijeli SeSiriC. ZaSto? Dodatni uvjeti: kralj nikada ne laze, matematieari su mudri i svjesni su toga, u prostoriji nema ogledala, SeSiriCi su mali (nitko ne vidi obod svog GeSira). Rjes'enje. Ako je kralj stavio samo jednom matematiearu na glavu bijeli Le'siriC, onda on razmiglja ovako: "Svi ostali matematieari imaju na glavi crne liesirice. BuduCi da kralj nikad ne laie, onda Sam ja taj koji ima bijeli LeSiriC." Ostali matematieari vide po jedan bijeli ZeSirit, pa znaju: ako njegov vlasnik vidi same crne, javit Ce se odmah po prvom kraljevom dolasku. Zato moraju Eekati prvi kraljev dolazak i vidjeti da li Ce se osoba s bijelim HegiriCem javiti. Ako se on ne javi, znaei da vidi jog jedan bijeli. Primjer - n = 2. Svaki od matematizara koji vidi n - 2 crna ZiegiriCa i jedan bijeli razmiglja ovako: "Da ja imam na glavi crni 'SeLirid, onda bi onaj na Eijoj glavi vidim bijeli

27 2. MATEMATICKA INDUKCIJA vidio na svim ostalim glavama crne, pa bi (upravo pokazano) znao da na glavi nosi bijeli SeSir i javio se kralju u njegovom prvom dolasku. BuduCi da on to nije napravio, to znaei da i ja nosim bijeli SeSiriC." Tada Eeka do sljedeceg (ukupno drugog) kraljevog dolaska i javi se. S druge strane, oni koji vide po n - 3 crna SeSiriCa znaju da Ce se vlasnici bijelih javiti u drugom dolasku ako oni vide po n - 2 crna. Tek ako se oni ne jave, znaei da oni koji vide po n - 3 crna SeSiriCa, nose bijele. Iskoristimo ovaj primjer da napravimo korak indukcije. Pretpostavimo prvo da se, ako je kralj stavio bijele SeLiriCe na glave k matematieara, oni javljaju u k-tom kraljevom dolasku. Ako je kralj podijelio Ic + 1 bijeli SeSirit, onda svaki od matematieara koji je dobio bijeli (oni koji vide n - k - 1 crnih) razmislja ovako: LLDa ja imam na glavi crni SeSiriC, onda bi to znaeilo da je kralj podijelio Ic bijelih - upravo ove koje vidim na glavama svojih kolega. Ali znam (prema pretpostavci indukcije) da bi se oni tada javili u k -tom kraljevom dolasku." Zatim svaki od tih matematieara Eeka k-ti kraljev dolazak i tada, nakon Sto vidi da se nije javio niti jedan matematiear, zna da i on nosi bijeli SeSir i javlja se kralju u njegovom sljededem dolasku. S druge strane, oni koji vide p? n - k crnih i svih k + 1 bijelih HeLiriCa znaju da se do ukljueivo k + 1 -vog kraljevog dolaska ne trebaju brinuti (upravo pokazano). U k + 1 -vom dolasku se matematieari s bijelim SeLiriCima jave, pa vlasnici crnih na taj naein doznaju da nose crne SeLiriCe. Ovo nije kodiranje, tj. tajni dogovor izmedu matematieara kao Lto na prvi pogled izgleda. ProuEite dokaz jos jednom i uvjerite se da se matematieari zaista ne mogu javiti ranije. 11. U neka polja n x n tablice upisane su zvjezdice. Poznato je da nakon brisanja proizvoljnog broja redaka (0 ili 1 ili... ili n - 1) ostaje barem jedan stupac s toeno jednom zvjezdicom. Dokagite da nakon' brisanja proizvoljnog broja stupaca (0 ili 1 ili... ili n - 1) ostaje barem jedan redak s toeno jednom zvjezdicom. Rjeiienje. Za n = 1 tablica ima jedno polje i u njega mora biti upisana zvjezdica (da bi nakon brisanja 0 redaka ostao stupac s jednom zvjezdicom). Nakon brisanja 0 stupaca ostaje redak s jednom zvjezdicom. Primjer - n = 2. Pogledajmo prvo kako uopce izgleda tablica. Postoji stupac s toeno jednom zvjezdicom, da bi nakon brisanja 0 redaka ostao stupac s toeno jednom zvjezdicom. Bez smanjenja opcenitosti pretpostavimo da je to drugi stupac i da se zvjezdica nalazi u drugom retku. Pogledajmo Sto se dogada u slueaju brisanja jednog retka. Ako je taj redak prvi, sve je u redu. No, Zelimo li obrisati drugi red, mora ostati jedna zvjezdica u nekom od stupaca preostale tablice. Ona sigurno nije u drugom stupcu (jer je u poeetnoj tablici u drugom stupcu bila samo jedna zvjezdica i to u drugom redu). Dakle, ona mora biti u prvom retku. OznaEimo li krizicem poziciju na kojoj moze stajati bilo Lto, tablica izgleda ovako:

28 2. MATEMATICKA INDUKCIJA 2 1 ili se moie svesti na ovakav oblik permutiranjem redaka, odnosno stupaca (sjetite se, radi lakseg rada fiksirali smo poloiaj prve zvjezdice). Tablica ovakvog oblika oeito zadovoljava zadanu tvrdnju. Preformulirajmo zadatak i dokaiimo da se reci i stupci tablice koja zadovoljava uvjete zadatka uvijek mogu permutirati tako da matrica poprimi oblik Ako to dokaiemo, zadatak je rijegen, jer za svaki n E N matrica ovakvog oblika zadovoljava tvrdnju zadatka. Za n = 1 dokaz vec imamo, pa pretpostavimo onda da L'nova" tvrdnja vrijedi za n=k-1. U k x k matrici u jednom stupcu (pretpostavimo: zadnjem) mora stajati toeno jedna zvjezdica (pretpostavimo: na zadnjoj poziciji) - zbog eventualnog brisanja 0 redaka. No, brigemo li vise od 0 redaka, moie nam se dogoditi da obrigemo i zadnji redak. Tada ne mozemo raeunati na zvjezdice iz zadnjeg retka. Stoga tablica koja se dobiva brisanjem zadnjeg retka i zadnjeg stupca (njega moiemo slobodno obrisati nakon brisanja zadnjeg retka jer je ostao prazan) je (k - 1) x (k - 1) tablica koja mora zadovoljavati poeetne pretpostavke. Prema pretpostavci indukcije ona je trokutasta, pa je i cijela k x k tablica takoder trokutasta. 12. U gradu Zurbaganu sve su ulice bile dvosmjerne. Kad ih je trebalo popravljati, gradske vlasti su dio ulica proglasile jednosmjernima. Nakon Sto je prvi dio popravaka zavrsen, ulice koje su bile dvosmjerne postale su jednosmjerne, a one koje su bile jednosmjerne postale su dvosmjerne. Za vrijeme popravaka u gradu se moglo putovati izmedu bilo koja dva mjesta. DokaEite da se u Zurbaganu moee organizirati promet tako da sve ulice budu jednosmjerne, a da se ipak moee stici od bilo kojeg mjesia u gradu do bilo kojeg drugog mjesta u gradu. Rjes'enje. Dovoljno je promatrati putovanja izmedu raskrzca umjesto putovanja izmedu bilo koje dvije toeke u gradu. Nadalje, jasno je da Cemo, promatrajuci plan grada Zurbagana, bitnima smatrati samo ona raskrgca u kojima se susrecu barem tri ulice. BuduCi da za Zurbagan ne pomajemo niti broj niti raspored ulica, morat demo dokazati da se u svakom gradu promet moie organizirati u jednosmjernim ulicama Eim se popravak ulica moie organizirati kao u Zurbaganu. Iz uvjeta zadatka znamo da u takvim

29 gradovima nema slijepih ulica. Nadalje, dodavanje nove ulice nekom od tih gradova olak- Lava promet za vrijeme popravka, ali s druge strane ne utjeee niti na plan popravaka niti na kasnije uvoetene jednosmjernog prometa. PokuHajmo zato dokazati tvrdnju indukcijom po drugom zanimljivom parametru u zadatku - broju "bitnih" raskrlca. Ako je taj broj 0, onda se grad sastoji samo od jedne kruine ulice (ako uopce i ima koju ulicu). Ulicu takvog grada lako je proglasiti jednosmjernom. Pretpostavimo da znamo organizirati jednosmjerni promet u svim gradovima u kojima je moguce popravak ulica organizirati kao u Zurbaganu, koja nemaju vihe od n "bitnih" raskrlca. U zadanom (proizvoljnom) gradu s n + 1 bitnih raskrhca uoeimo jedno od tih raskrlca. Neka se ono zove A. BuduCi da i u tom gradu moiemo organizirati popravak kao u Zurbaganu, znamo da od raskrlca A vode barem dvije ulice prema skupu ostalih bitnih raskrgca (inaee bi A bilo ulazak u slijepu ulicu, pa se popravak ne bi mogao organizirati na opisani naein). Ako jedna od tih ulica vodi prema npr. raskrscu B, onda nakon uvodenja jednosmjernog prometa u ulici AB (od A prema B) moramo moci doci i iz B u A. Jasno je da iz B u A ne mora voditi ulica, jer se moiemo kretati i zaobilaznim putem. Spajanjem ulice AB i puta iz B u A dobivamo "kruinu turd'. Uvedimo u nju jednosmjerni promet u bilo kojoj orijentaciji. Ostalo nam je jog "usmjeriti" ostale ulice. Prije njihovog usmjeravanja uoeimo da moiemo stici od bilo kojeg do bilo kojeg raskrlca uoeene 'lkruine ture" koristeci samo njene bridove. Dakle, kretanje po njoj je nezanimljivo, pa moiemo sva njena raskrlca smatrati jednim raskrscem (tj, jednim velikim prstenastim trgom). Tako dobiveni grad ima manje od n raskrhta i u njemu je moguce organizirati popravke kao u Zurbaganu (Eak s istim rasporedom popravaka, osim :to sc po novom trgu moiemo slobodno kretati). Prema pretpostavci indukcije u nano- ' vo- ;rgani=iiranom gradu rnoiemo uvesti jednosmjerni promet u svim ulicama, tako da se h~~~e~&f'&bd bilo kojeg do bilo kojeg mjesta u gradu. Zajedno s vec usmjerenom ulicom 4 7;" cf pov& f6g~lanj*~rometa Eini dobru regulaciju prometa u cijelom gradu uz korihtenje samo '4 n<&hfig: s#n$$&ih:ulica. ; ' ->,. i-j+%z.& c* 4+ Ako ste se vec upoznali s osnovama teorije grafova, pokulajte "prevesti" ovaj zadatak na jezik teorije grafova. 13. Niz balansiranih zagrada je konaeni nix sastavljen od znakova iz skupa {(, )) koji zadovoljava predodlbu "dobro ugnijeidenih zagrada". Skup svih nizova balansiranih zagrada definira se trima svo jstvima: (1a)Prazni niz (niz koji ne sadrii niti jedan znak) niz je balansiranih zagrada. (1b)Ako je x niz balansiranih zagrada, onda je i (x) niz balansiranih zagrada. (1c)Ako su x i y nizovi balansiranih zagrada, onda je i xy niz balansiranih zagrada (xy je niz koji Eitan slijeva prvo sadrii niz x, a na njega je nalijepljen niz y). S druge strane, postoji definicija koja kaze da je niz w s elementima iz skupa {(, )} niz balansiranih zagrada ako zadovoljava sljededa svojstva: (2a) w ima isti broj otvorenih i zatvorenih zagrada.

30 2. MATEMATICKA INDUKCIJA 23 (2b)Svaki poeetak x niza w = xy sadr2i vise ili jednako otvorenih nego zatvorenih zagrada. Dokagite da su ove dvije definicije ekvivalentne: ako se neki niz mobe definirati pravilima (I), onda zadovoljava svojstvo (2) i obratno. RjeBenje. (1) =+- (2). Da niz generiran prvom definicijom zadovoljava svojstvo (2a) je oeigledno, jer se u definiciji (1) zagrade pojavljuju uvijek u paru. Svojstvo (2b) je ispunjeno zato, jer se u (1) pojavljuje uvijek otvorena ispred zatvorene zagrade. Izrecimo to preciznije. Promatrajmo razliku izmedu broja 2tvorenih i broja zatvorenih zagrada za svaku poziciju niza. To je dubina ugnjeidenja. Zelimo da ona bude uvijek veca ili jednaka ndi. Ako je zadnji korak pri definiranju niza bio (lb), onda su razlike na mjestima Clanova novog niza za jedan vece od razlika na mjestima odgovarajukih Elanova starog niza. Ako je zadnji korak bio (lc), razlike odgovaraju razlikama u nizovima x i y. KNJI~NICA PAIWLTETA ELEKTROTEHNIN RA~UWWA r ZAGREB - Unsko : U svakom slueaju nizovi x i y su kraki od polaznog niza w i definirani su pravilima (1). Dovoljno je dakle za njih znati da zadovoljavaju definiciju (2). Dogli smo do razloga za primjenu matematieke indukcije po duljini niza. Niz duljine 0, definiran pomoku (I), zadovoljava i (2). Pretpostavimo da svaki niz duljine n definiran prema (1) zadovoljava i definiciju (2), te dokaiimo da onda i nizovi duljine n + 2 definirani pravilima (1) zadovoljavaju (2) (zazto smo preskoeili n + 1?). Prema prethodnom razmatranju dovoljno je dokazati da "sastavni dijelovi" niza duljine n + 2 (x, odnosno x i y) zadovoljavaju definiciju (2). No to vrijedi prema pretpostavci indukcije i time je dokaz zavrgen. (2) + (1). Ponovno znamo da je niz balansiranih zagrada parne duljine (ovaj put je argument drkueiji - izrecite ga). PokuZajmo i ovaj dokaz provesti indukcijom po duljini niza. Ako je niz duljine 0, onda zadovoljava svojstvo (la) definicije (1). Pretpostavimo da svaki niz duljine n koji zadovoljava definiciju (1) zadovoljava i definiciju (2). Analizirajmo niz duljine n+2. Na prvoj poziciji u nizu je prema (2b) sigurno otvorena zagrada i odgovarajuka dubina ugnjeidenja je 1. Prema (2a) je dubina zadnje pozicije jednaka 0. Do krakih nizova doci Eemo tako, da potraiimo prvu poziciju dubine 0. Gdje

31 god ona bila, znamo da je odgovarajuti znak zatvorena zagrada (zagto?), pa polazni niz znakova mozemo zapisati kao w = (wl)wl'. Nizovi w' i wl1 mogu biti i prazni. Dubine u nizu w' su za jedan manje od dubina na odgovarajutim pozicijama niza w i zbog naeina izbora w' pozitivne. Dubine niza w" su jednake odgovarajutim dubinama niza w i takoder pozitivne. Dakle w' i wl' su nizovi duljine ne vete od n koji zadovoljavaju definiciju (2). Prema pretpostavci indukcije oni zadovoljavaju i (I), a to znaei da je niz w dobiven iz dvaju nizova, w' i wl1, koji zadovoljavaju pravila (1) transformacijama sadrianim u (1): w' -+ (w'), (w'), wl' + (wl)w". 9) Napisite program koji ueitava neki niz zagrada i provjerava da li je on niz balansiranih zagrada. NapiSite program koji ueitava neki prirodnih broj i generira sve nizove balansiranih zagrada duljine manje ili jednake tom broju. Objasnite kakva je korist od ekvivalentnih definicija. 9 Razmislite o definicijama i programima za LLprave" nizove balansiranih zagrada koji sadrzavaju okrugle, uglate i vitieaste zagrade.

32 Dirichlet ov princip cesto se neki vrlo tegki zadaci mogu rijesti primjenom oeigledne tvrdnje, zvane Dirichletov princip: Ako n+ 1 zeeeva treba raspodijeliti u n pretinaca, onda Ce postojati barem jedan pretinac s barem dva zeca u njemu. Primijetite da Dirichletov princip ne moze reci o kojem se pretincu radi, niti koliko Ce u njemu biti zeeeva. Dirichletov pricip mobe se izreci i opcenitije: Ako kn + r zeeeva, r 2 1, treba raspodijeliti u n pretinaca, onda Ce postojati barem jedan pretinac s barem k + 1 zeeeva u njemu. Ocjena Ce biti najbolja ako je broj zeeeva tako prikazan pomocu k i r, da je k maksimalan, tj. 1 < r < n. Zadaci u kojima se mobe jednostavno primijeniti Dirichletov princip su redovito zadaci u kojima se trazi dokaz egzistencije nekog objekta. Primjenom Dirichletovog principa nabalost se ne mobe odgovoriti na pitanja u vezi s konstruiranjem trazenih objekata, niti dati toean odgovor o broju trabenih objekata. Stoga su zadaci tipa L'dokaZi da postoji... " prikladni za pokusaj rjesavanja Dirichletovim principom, dok zadaci tipa "koliko ima objekata" ili "koji objekti... " najeesce nemaju direktno rjegenje primjenom Dirichletovog principa. Gesto se zadaci umjesto Dirichletovim principom mogu jednostavno rijesiti tako da se krene od pretpostavke da tvrdnja nije istinita, pa se dode do kontradikcije (tj. dokabe se obrat po kontrapoziciji tvrdnje iz zadatka). Uostalom tako se dokazuje i sam Dirichletov princip.

33 3. DIRICHLETOV PRINCIP 3 'U ueionici irna 15 raeunala, a u razredu ima 35 utenika. Dokaiite da postoji raeunalo za kojim Ce sjediti barem troje ueenika. RjeHenje 1. SmjeStavamo ueenike za raeunala kao zeeeve u pretince, pa mozemo primijeniti Dirichletov princip za n = 15. Imamo 35 = raeunala ( Ic = 2), pa slijedi da postoji raeunalo za kojim sjedi barem troje ueenika. Rjebenje 2. Prirodniji naein rjeeavanja bio bi ovaj: kad bi za svakim raeunalom sjedilo najviee dvoje ljudi, u razredu bi moglo biti najvige = 30 ueenika. No, ueenika je vige, pa zakljueujemo da mora postojati raeunalo za kojim sjedi vige od dvoje ueenika. tp U promatranom razredu je petero ueenika "visak" u odnosu na broj raeunala. No unatoe tome ne mozemo reci da Ce za toeno pet raeunala sjediti barem troje ueenika, jer moze svih petero ueenika sjediti za jednim raeunalom, ili da Eak cijeli razred sjedi oko jednog raeunala! :t" Tablica 5 x 5 popuni se brojevima iz skupa {-1,0,1). IzraEunaju se sume pojedinim recima, stupcima i na obje glavne dijagonale. Dokaiite da, kako god bila tablica popunjena, medu tim sumama postoje dvije jednake! Rjebenje. Nema bag puno mogucnosti za sume - od 5. (-1) do 5.1. To je ukupno 11 moguknosti. IzraEunatih suma po stupcima ima 5, jog ih je 5 po recima i dvije na dijagonalama. Dakle, ukupno 12 suma koje poprimaju vrijednosti iz 11-Elanog skupa. Medu njima mora biti jednakih. '9 U vreci se nalaze Earape 13 razlieitih boja. Koliko najmanje Earapa treba izvuci iz vrece da bi medu njima sigurno bile dvije Earape iste boje? Rjes'enje. Dok izvlaeimo Earape, odmah Cemo ih slagati prema boji. 13 je mogutnosti za boju izvueene Earape, pa ako Ielimo da sigurno budu izvueene dvije istobojne Earape, moramo izvudi najmanje = 14 Earapa. 4+ Da slueajno imamo Eetiri noge, taj rezultat bi bio = 40. ObrazloZite! DokaZite da u proizvoljnom skupu ljudi postoje barem dva Eovjeka koji du prisutnim ljudima imaju jednak broj poznanika. Rjebenje. Ako je prisutno n ljudi, onda svaki od njih medu prisutnim ljudima moze imati O,1,..., n - 1 poznanika. Odavdje ne mozemo nista direktno zakljueiti jer mogutnosti za broj poznanika ima jednako kao i ljudi u promatranom drustvu. No, ako postoji osoba s 0 poznanika, ne postoji osoba s n - 1 poznanika ako postoji osoba s n - 1 poznanika, ne postoji osoba s 0 poznanika. Dakle, promatrani skup ljudi mobe biti takav da svatko moze poznavati ili O,1,..., n - 2 ili 1,2,..., n - 1 ljudi. U oba slueaja skup ljudi se prema broju poznanika raspada na n - 1 klasa. BuduCi da je u skupu n Ijudi, prema Dirichletovom principu postoji klasa u kojoj je barern dvoje ljudi.

34 3. DIRICHLETOV PRINCIP Relacija "biti poznanik" je simetriena i to je bilo bitno u rjesavanju ovog zadatka. Istaknite mjesto na kojem smo koristili tu Einjenicu. 5. DokaBite da u konveksnom poliedru postoje dvije plohe s jednakim brojem bridova. Rjes'enje. Treba d_okazati da konveksni poliedar ima vise ploha nego mogudih izbora broja bridova ploha. Cinjenica da je poliedar konveksan znaei da svake dvije susjedne plohe imaju toeno jedan zajednifki brid - uvjerite se u to i nadite protuprimjer za neki nekonveksni poliedar! Dakle, svaka ploha ima onoliko susjeda koliko ima bridova. Neka ploha s maksimalnim brojem bridova ima toeno S susjeda. Tada sve ostale plohe imaju 3,4,..., S bridova. Medu njima su i susjedi promatrane plohe. Vidimo da ved medu susjedima ima S ploha, a samo S - 2 mogudnosti za broj bridova. Dakle i medu njima sigurno postoje dvije plohe s jednakim brojem bridova. tp UoEite da je broj susjeda promatrane plohe za dva vedi od broja mogudnosti za broj bridova. To znaei da Ce postojati ili barem tri plohe s jednakim brojem bridova ili barem dva para ploha s jednakim brojem bridova (npr. dva trokuta i dva Eetverokuta) tp U stvari, ocjena bi mogla biti jog bolja. Naime, ako su sve plohe poliedra susjedi plohe s maksimalnim brojem bridova, onda imamo piramidu, tj. sve ostale plohe su trokuti. InaEe imamo i vise od S "preostalih" ploha. 6. U ravnini je zadano 5 cjelobrojnih tocaka. DokaBite da je poloviste barem {edne od duiina odredenih tim toekama cjelobrojna toeka. Rjes'enje. Koordinate polovigta dutine s krajevima (xl, yl) i (x2, y2) dane su formulom ((21 + x2)/2, (yl + y2)/2). Dakle poloviste de biti cjelobrojno ako i samo ako su prve koordinate oba kraja duiine iste parnosti, te ako isto vrijedi i za druge koordinate. Parnosti prve i druge koordinate mogu biti (par,par), (par, nepar), (nepar,par) ili (nepar, nepar). Vidimo da postoje samo Eetiri mogudnosti za parnost koordinata tih pet toeaka, pa zakljueujemo da postoje dvije toeke koje imaju prve i druge koordinate iste parnosti. 9 Koliko bi trebalo biti zadano toeaka u prostoru da bi se mogao izvesti analogni zakljueak? 9-t Koliko bi trebalo zadati cjelobrojnih toraka u ravnini, od kojih nikoje tri nisu kolinearne, da bismo sa sigurnogdu mogli redi da barem jedan od trokuta odredenih tim toekama ima cjelobrojno tetigte? Koji bi nas argument mogao dovesti do rjegenja , a koji do najmanjeg broja toeaka, 9? Razmislite o poopdenjima ovog problema na prostor! i $d3koliko treba imdi karata iz snopa od 52 karte da bi se izvukle:

35

36 3. DIRICHLETOV PRINCIP u drugoj najmanje jedna, u tredoj najmanje dvije kuglice, u zadnjoj, m-toj najmanje m - 1 kuglica. To bi bilo najmanje (m - 1) = m(m - 1)/2 kuglica, a na raspolaganju nam je n komada, n < m(m - 1)/2. Dakle, nije moguce rasporediti n kuglica u m kutija, tako da niti u jednom paru kutija ne bude jednaki broj kuglica. 9+ Ovo rjebenje ne koristi "Eisti" Dirichletov princip, ali je metoda sliena. Usporedite da s drugim rjesenjem zadatka o raeunalima. Izrecite koje su slienosti i razlike u odnosu na Eisti Dirichletov princip. Dokafite da medu proizvoljnih + 1 brojeva postoje dva Eija je razlika jiva s n. Rjes'enje. Svojstvo razlika djeljiva s n ne djeluje odmah kao da svrstava zadane brojeve u neke klase. No, razlika dvaju brojeva je djeljiva nekim brojem ako i samo ako ti brojevi imaju isti ostatak pri dijeljenju tim brojem. Tako dobivamo prirodno svrstavanje brojeva u klase, a polazna tvrdnja glasi: l1dokazite da me& proizvoljnih n + 1 brojeva postoje dva koja daju isti ostatak pri dijeljenju s n". To je praktieki oeigledno, jer postoji samo n ostataka pri dijeljenju s n: O,1,..., n - 1. Dirichletov princip odmah zakljueuje dokaz. A s 10.,, U svakorn skupu od 7 brojeva postoje dva Eiji je zbroj ili razlika djeljiva Rjes'enje. Ako razlika nije djeljiva s 10, onda polaznih 7 brojeva imaju medusobno razlieite ostatke pri dijeljenju s 10 (vidi rjesenje prethodnog zadatka). Pogledajmo sada kad je zbroj dvaju brojeva djeljiv s 10. NuHni uvjet za to je da je odgovarajudi zbroj ostataka djeljiv s 10. Ako ne ielimo da suma bude djeljiva s 10, onda pri dijeljenju s 10 ako jedan od brojeva daje ostatak 0 drugi ne smije davati 0, 1, 1,, 7, 2 1, 3 1, 4,, , 9, 9, 8, 7, 6, I1 5. Sve u svemu, dobili smo prostor za smjestiti 6 brojeva. A zadano ih je Cl-) Poopdite ovaj zadatak: l1u svakom skupu od... brojeva postoje dva Eiji je zbroj ili razlika djeljiva s 2n". Koliko brojeva treba uzeti da bi neki zbroj ili razlika bili djeljivi s 2n+1? 12. Za svaki n E N postoji visekratnik od n oblika 11...loo...O. Rjes'enje. Pokugamo li svesti ovaj zadatak na neki od prethodnih, dobivamo formulaciju: l1za svaki n N neki od brojeva oblika 11...loo...0 je djeljiv s nu. Ili, nastavimo

37 30 3. DIRICHLETOV PRINCIP li dalje: svaki n E N neka od razlika brojeva iz skupa {1,11,111,1111,...) je djeljiva s n". BuduCi da je u tom skupu viie od n+ 1 brojeva, tvrdnja koju ielimo dokazati slijedi iz jednog od prethodnih zadataka. tp Zadatak nalik ovome koji medu neuputenima moie izazvati vige zbrke od ovog, je sljedeti: Dokaiite da postoji broj koji poeinje znamenkama a djeljiv je s ;) UEenik rjesava zadatke, svaki dan barem jedan, a tjedno najvise 12. Doka- Zite da postoji nekoliko uzastopnih dana u godini u kojima rijesi toeno 20 zadataka. RjeHenje. Uvedemo li kao osnovne jedinice koje Cemo promatrati brojeve zadataka rijesene u jednom danu, morali bismo promatrati sve njihove sume: od po jednog, dva, tri,... dana. To djeluje nepraktizno, pa je bolje odluziti se da s, npr. al, az,..., a365 oznaeimo kolieinu rijelenih zadataka do prvog, drugog,..., 365-tog dana. Tada moramo promatrati razlike parova brojeva. ToEnije, zanima nas da li postoje i, j (i < j, jasno) takvi da je aj - ai = 20. Kad ne bi postojali, onda bi svi brojevi bili razlieiti. Pokugat Cemo dokazati da medu brojevima od 1 do moguc'eg broja rjes'enja +20 nema mjesta za sve ove brojeve. UEenik nikad ne rijegi vise od 12 zadataka tjedno, te vige od Lest dnevno. BuduCi da godina ima 52 tjedna i jedan dan, svi su ovi brojevi manji od = 650. Brojeva u tablici ima = 730 > 650, pa postoje dva jednaka. To ne mogu biti dva broja iz istog reda, jer ueenik svaki dan rijesi barem po jedan zadatak (aj < aj+l). Dakle, postoje i, j (i < j, jasno) takvi da je aj - aj = Koji bi brojevi mogli u zadatku stajati umjesto konstanti 12 i 20? Koje bi konstante dogle u obzir ako ueenik svaki dan rijeli barem dva zadatka? 14. Medu n + 1 razlieitih prirodnih brojeva manjih od 2n postoje tri, takva da je jedan od njih jednak zbroju ostala dva. Rjes'enje. Zadatak kaie da ako izaberemo vilie od pola brojeva iz skupa Nzn = {1,2,...,2n), onda oni nece nikada moci biti dovoljno razbacani da bi se sprijeeilo da suma nekih dvaju brojeva bude jednaka nekom trekem. Da bismo mogli Ymati red" medu sumama, uredimo dani niz prirodnih brojeva. Dajmo im imena tako da bude 0 < a1 < a2 <... < an+l < 2n. PouEeni prethodnim zadatkom promotrimo sve sume aj + aj za i < j - moida je neka od njih jednaka nekom od ak -ova, gdje je k # i, j. Odmah moiemo uoeiti da sume nisu nuino medusobno razlitite, pa ne moiemo zakljueiti kao u prethodnom zadatku.

38 3. DIRICHLETOV PRINCIP 31 Ovaj se nedostatsk lako moie ispraviti - promatrajmo samo sume za npr, i = 1 (ai je najmanji element niza, pa od svih mogudih i-ova te sume imaju opdenito najvecu Sansu da 'pogode' neki od ak -ova). Tada imamo n razlieitih suma. Sume mogu lekati izmedu = 3 i (n - 1) + (2n - 1) = 3n - 2, pa ponovno ne mokemo zakljueiti kao ranije. Kad smo se uvjerili da sa sumama ne mokemo (lako) pun0 postici pokugajmo s razlikama, zapisujudi tvrdnju koji kelimo dokazati u obliku ak - ai = aj, gdje su i, j i k medusobno razlieiti. Razlike imaju prednost da "padaju" u manji skup: {1,2,...,2n-2). Kao u prethodnom pokusaju, i ovdje demo promatrati samo razlike oblika ak - a1, za k > 1. Imamo sada n medusobno razlieitih razlika i n - 1 medusobno razlieitih brojeva: a2 - a1 a3 - a1... an - a1 an+l - a1 a2 a3... an, (a1 u listu nismo uvrstili zato jer felimo izabrati tri razlic'ita broja; zagto nismo uvrstili an+l?). Svi napisani brojevi su iz skupa {1,2,...,2n - 2). Sada prema Dirichletovom principu mokemo zakljueiti da postoji barem jedan par jednakih brojeva u ovoj listi, a prema naeinu kako smo je slofili znamo da je jedan od tih brojeva u prvom, a drugi u drugom redu. Takoder je oeito da niti jedan od brojeva od kojih radimo razliku ne moie biti jednak razlici (tj. nije niti ak - a1 = ak niti ak - a1 = a1 ). %+ Kako izabrati n brojeva manjih od 2n takvih da niti jedan od njih ne bude jednak sumi nekih drugih dvaju? 9 gto se dogada ako dozvolimo i sume jednakih brojeva? 15. Zadano je 20 razlieitih prirodnih brojeva manjih ili jednakih 70. DokaHite da medu razlikama koje od njih mohemo napraviti postoje barem Eetiri jednake. Rjeienje. OznaEimo zadane brojeve tako da nam bude olaksano stvaranje razlika 0 < ml < m2 <... < m20 < 70. Promatramo li sve medusobne razlike, bit Ce ih = 190, a mogu poprimiti vrijednosti iz skupa Ne9. BuduCi da je 69.3 = 207 > 190, to izgleda kao da ima dovoljno mjesta da smjestimo sve razlike u skup N69, a da se niti jedna ne ponovi Eetiri puta. Lako se vidi da niti trik upotrijebljen u'rjezenju prethodnog zadatka (oduzimanje ml od svakog od ostalih brojeva) ne daje rjegenje ovog zadatka. OEito je da problem leii u tome :to smo do sada razlike promatrali kao medusobno nezavisne. Pogledajmo sada "najmanje" razlike - one Eijim se zbrajanjem dobivaju sve ostale m2 - ml,mg -m2,...,m20 - mlg. Pretpostavimo da medu.tih 19 razlika ne postoje Eetiri jednake. Dokazat Cemo da se tada od njih ne moie napraviti najveca razlika: m2~ - ml < 69. Promatrani skup radika sadrzi najvise 3 jedinice, najvise 3 dvojke, itd, najvige 3 Sestice i barem jedan broj koji nije manji od 7. Tada je najmanja moguca razlika najveceg i najmanjeg elementa m20 - ml = (m20 - m19) + (m19 - m18) (m2 - ml) = 70, 3.( )+7

39 32 3. DIRICHLETOV PRINCIP Sto daje kontradikciju s pretpostavkom da su svi brojevi manji ili jednaki 70. tp Ovo rjeienje ima zanimljivu geometrijsku interpretaciju: zamislimo da pokrivamo segment [l, a], a < 70 koristeci toeno 19 ploeica cjelobrojne duljine, medu kojima ne postoje Eetiri ploeice jednake duljine. Zadatak kaze da Ce uvijek barem jedna ploeica "viriti" iz segmenta. 16. Covjek je autostopirao 10 sati i presao 45 kilometara. U prvom satu pre- Sao je 6, a u zadnjem samo 3 kilometra. DokaZite da postoje dva uzastopna sata u kojima je presao barem 9 kilometara. Rjeienje. Pretpostavimo da tvrdnja ne vrijedi. Ako s ki oznaeimo broj prijedenih kilometara u i-tom satu ( kl = 6, k10 = 3), onda imamo: JoH znamo da je 10 ki + k;+l < 9, i = 1,...,9. ki = 45. Zbrojimo sada sve nejednakosti za ki + ki+1, dobivamo: (kl + k kg + klo) - 3 < 9.9 ili, nakon uvritavanja: < 81. Kontradikcija. 4-t Usporedite ovaj zadatak sa zadatkom o ueeniku koji rjegava zadatke. UoEite slienosti i razlike! 17. DokaZite da je niz zadnjih 4 znamenaka brojeva niza 6, 62, 63,... periodiean. Rjeienje. Dovoljno je pokazati da postoje k, m E N takvi da 6k i 6k+m imaju jednake zadnje Eetiri znamenke, tj, da postoji n E N takav da je: Tada je za svaki p E N: 6k+m - 6k = 10000n. 6k+m+p - 6k+p = (n6p), pa je niz zadnjih 4 znamenaka brojeva niza 6,6', 63,... perioditan. Prva tvrdnja trivijalno vrijedi, jer postoji samo konaeno mogucnosti za izbor zadnje Eetiri znamenke, a beskonaeno brojeva oblika 6k. Prema Dirichletovom principu sigurno Ce se naci dvije potencije od 6, 6k i 6k+m, koje Ce zavrlavati jednakim skupinama Eetiriju znamenaka. 18. DokaZite da postoji potencija broja 3 koja zavrsava znamenkama Rjeienje. Dirichletov princip ne moie dati odgovor tipa "postoji element koji ulazi u toeno odredenu klasu". Pogledajmo ipak Sto se moie reci u vezi sa zadnje Eetiri znamenke. Kao u prethodnom zadatku moie se reci da postoje k, m, n E N takvi da je 3k+m - 3k = 10000n. Mi bismo htjeli dobiti 3, y E N takve da vrijedi 3" = 1ooooy + 1,

40 3. DIRICHLETOV PRINCIP 33 ili, napisano slienije tvrdnji koju imamo: 3" - 1 = 1ooooy. To je upravo prva jednakost, jer je n sigurno djeljiv s 3k (3 ne dijeli 10000). OznaEimo li n' := n13~, dijeljenjem prve jednakosti s 3k dobivamo upravo oblik kojeg smo traiili: 3k - 1 = 10000n'. 19. DokaZite da je svaki racionalni broj plq periodiean decimalni broj. Koliki je maksimalni moguci period? Prisjetite se, racionalni brojevi s konaenim decimalnim prikazom imaju iza "zadnje" decimale jog beskonaeno mnogo nula. Rjes'enje. Dijelimo li dva cijela broja "pjesice", radimo to tako, da uzimamo po jednu znamenku broja kojeg dijelimo, prikljueujemo prethodno dobivenom ostatku i onda dijelimo taj broj tako da jednoznamenkasti kvocijent pripisujemo zdesna prethodno dobivenom kvocijentu. S ostatkom postupak ponavljamo sve dok ne dodemo do znamenke jedinica. Ako pri dijeljenju nakon prikljueivanja znamenke jedinica dobijemo ostatak 0, to znaz da je kvocijent cjelobrojan, pa onda i periodiean decimalni broj (s beskonaenim brojem nula). InaEe pisemo decimalnu toeku iza napisanog kvocijenta, te nastavljamo: ostatku dopisujemo 0, dijelimo, dopisujemo kvocijent, ostatku ponovno dopisujemo 0 itd. Ako u tom postupku dodemo do ostatka 0 - dobili smo konaean decimalni broj (koji jest periodican jer ima beskonacno mnogo nula 'ha repu"). Tvrdimo da i inaee dobivamo beskonaeni periodieni decimalni broj. MoguCi skup ostataka je {O,1, 2,..., q - 1). Prema Dirichletovom principu prije ili kasnije de se jedan od njih ponoviti. BuduCi da Cemo i u prvom i u drugom pojavljivanju tog ostatka s njim napraviti istu operaciju (dopisivanje nule i dijeljenje), oeito je da Cemo dobiti i isti rezultat - kvocijent i ostatak, nad kojima Ce se ponovno obavljati iste operacije koje Ce davati iste rezultate. Dakle niz znamenki kvocijenta (cijele operacije dijeljenja) nakon kvocijentika koji odgovara prvom pojavljivanju promatranog ostatka jednak je nizu znamenki kvocijenta nakon kvocijentica koji odgovara drugom pojavljivanju tog istog ostatka. Jasno je da sliena tvrdnja vrijedi i za drugo i trece i, optenito, za bilo koja dva pojavljivanja promatranog ostatka. Iz toga slijedi da je niz znamenki iza odgovarajukeg kvocijenta beskonaean i periodiean. 9-+ PokuHajte ovu prieu zapisati precizno. PoFeti moiete npr. na sljededi naein: neka su rl, ~ 2, ra,... ostaci koje dobivamo nakon prelaska decimalne totke Koliki najvige moie biti period? Kad period moie biti manji? 9 Sto mislite - da li je izbor baze u kojoj ielimo prikazati racionalni broj bitan? Za koje q Cemo u pojedinoj bazi dobiti konaean prikaz? # Neka je zadan skup od 10 proizvoljnih dvoznamenkastih brojeva. Dokazite da postoje dva neprazna disjunktna podskupa zadanog skupa, takva da je suma brojeva u jednom jednaka sumi brojeva u drugom. Rjes'enje. Uvjerimo se da mogucih podskupova ima vihe nego raspoloiivih suma. To Hto podskupovi za koje Ce izaci da imaju jednake sume mo6da nece biti disjunktni, ne

41 3. DIRICHLETOV PRINCIP smeta - ako se oni zovu A i B zamijenit Cemo ih skupovima A \ B i B \ A. Ti skupovi Ce oeito biti disjunktni. Neprazni Ce biti zato jer je A # B, a imaju jednake sume elemenata. Slijedi raeun: ukupni broj nepraznih podskupova je 2'' - 1 = Suma eleme- nata podskupa mobe najvige iznositi: = < 1023 i tvrdnja je dokazana. 21. U jednoj (dalekoj) zemlji postoji n dvoraca, povezanih cestama tako da je svaki dvorac raskriije triju cesta. Ujedno, dvorci su i jedina raskriija. Vitez je krenuo u Betnju jednom cestom koja vodi iz njegova dvorca. Kod prvog dvorca skrenuo je desno. Kod svakog sljedeteg dvorca kretao se ovako: ako je kod prethodnog dvorca skrenuo lijevo, skrenuo je desno, a ako je kod prethodnog skrenuo desno, skrenuo je lijevo. Dokaiite da Ce se vitez vratiti kuci. Rjeienje. Ako Ce se dovoljno dug0 Hetati, sigurno Ce neki od dvoraca posjetiti barem dvaput. To kaie Dirichletov princip. No, to nam nije dovoljno da dokaiemo da Ce se vratiti kuci, jer vitez moie tako krubiti nekim skupom "tudih" dvoraca. Primijenimo li Dirichetov princip na parove (dvorac, izlazna cesta) mobemo ustvrditi da de vitez sigurno barem iz jednog dvorca barem dvaput izaci istom cestom. No, to joh uvijek nije dovoljno! MoBemo joh malo promijeniti objekte na kojima primjenjujemo Dirichletov princip i reci da Ce vitez sigurno barem dvaput proti na isti naein kraj istog dvorca. To znaei da Ce vitez i u prvom i u drugom prolazu kraj tog dvorca izaci istom cestom skrenuvgi npr. lijevo. Ali to znaei da Ce na raskrscu ispred, u oba prolaza skrenuti desno, na pretposljednjem raskrscu lijevo itd. Dakle (do na konaenost cijele getnje) Hetnja prije drugog posjeta promatranom dvorcu je jednaka getnji prije prvog posjeta. Posebno, ako je prvi put posjetio taj dvorac u k -tom koraku, onda je sigurno k koraka prije druge posjete bio kod kuce. To oeito nije bio poeetak ture, pa je tvrdnja dokazana.

42 Prebrojavanje U ovom poglavlju pokusat Cemo odgovoriti na niz pitanja u vezi s prebrojavanjem raznih rasporeda. Pritom Ce dodatne poteskoce stvarati razna ograni- Eenja, odnosno zathjevi na njihova posebna svojstva. Elementarni zadaci Velik broj zadataka vezanih uz prebrojavanje mofe se rijesiti upotrebom triju oeiglednih principa za konaene skupove: princip sum: ako je skup A velieine a, a skup B velieine b, te ako su A i B medusobno disjunktni, onda je njihova unija A U B velieine a + b. Na primjer, ako u razredu ima d djevojaka i m momaka, onda u tom razredu ima d + m ueenika (ili kafemo da jednog ueenika mobemo izabrati na d + m nacina). princip produlcta (teorem o uzastopnom prebrojavanju): ako je skup A velieine a, a skup B velieine b, onda je njihov Kartezijev produkt velieine ab. To znaei da za razred iz proslog primjera mofemo na dm naeina zamisliti jedan par koji se sastoji od jednog momka i jedne djevojke (ili kaiiemo da na dm naeina mofemo izabrati jedan "par" iz tog razreda). principjednakosti: Ako postoji bijekcija izmedu skupa A i skupa B, onda su A i B jednakobrojni, tj. IAl = IBI. Princip jednakosti koristimo onda, kad je umjesto zadanih objekata jednostavnije prebrojati neke druge objekte koji su sa zadanima u bijekciji. Da

43 4. PREBROJAVANJE bi ga mogli efikasno primjenjivati, moramo imati "zalihu" objekata koje poznajemo i koje znamo prebrojati. Na primjer, za razne Skolske izvjestaje radimo samo s imenima ueenika (ili s njihovim matienim brojevima!) - rezultat ostaje isti kao da brojimo npr, izostanke stvarnih ucenika, a informacija koja se time gubi (osoba umjesto imena) za statistiku nije bitna. Princip sume i princip produkta Eesto se koriste i za'vige skupova odjednom (doh matematiekom indukcijom iz ranije navedenih principa). Ako su Ai, za i = 1,2,..., n medusobno disjunktni skupovi (tj. Ai n Aj = 0, zasve i, j E Nn, i # j), ondaje (AlUA2U... UA,(=IAl(+(A2(+...+( An(. Za proizvoljne skupove Ai, i = 1,2,..., n vrijedi /Al x A2 x... x An/ = /All. la2(....]an(. U zadacima necemo uvijek naglasavati primjenu tih principa. j")jedno dijete ima tri zelene drvene bojice razlieitih nijansi, dvije plave, dvije smede i jednu Butu. Na koliko naeina to dijete mobe izabrati jednu olovku? Rjes'enje. Dijete moie izabrati ili zelenu ili plavu ili smedu ili tutu olovku. Dakle skup bojica iz kojeg on0 mobe izabrati olovku jednak je unijl skupa zelenih, skupa plavih, skupa smedih i skupa iutih bojica. Ti skupovi su medusobno disjunktni, pa je prema principu sume velieina tog skupa jednaka = Na koliko naeina moie dijete iz prethodnog zadatka isabrati bojice za ertanje stabla sa smedim deblom i zelenom krosnjom? Rjes'enje. Dijete Ce prvo posegnuti za jednom smedom bojicom, nacrtati deblo, a zatim posegnuti za zelenom i nacrtati krosnju. Tako je svaki izbor bojica jedan uredeni par: na prvoj komponenti je jedna smeda, a na drugoj jedna zelena bojica. Prema principu produkta takvih je parova 2 3 = 6 komada. 9-t Vidite li gdje smo koristili princip jednakosti? tp Sve crteie moiemo smjestiti u tablicu koja kao retke ima razlieite smecte, a kao stupce razlieite zelene boje.

44 4. PREBROJAVANJE krohnja deblo svjetlozelena zelena kao trava tamnozelena I, \ L I svjetlosmede tamnosmede Popunite ovu tablicu crteiima u odgovarajucim bojama. (3 Na koliko naeina Ce dijete iz prethodnih zadataka moci nactrati stablo sa smedim deblom, zelenom kro5njom i plavim cvjetovima iste nijanse? Rjegenje 1. Za svako od 6 stabala iz prethodnog zadatka moiemo na 2 naeina izabrati boju za cvjetove. Prema principu produkta mogucih bojanja ima 6.2 = 12. ~j&enje 2. Izaberimo jednu smedu, jednu zelenu i jednu plavu bojicu umjesto da vec nactranom stablu dodajemo cvjetove. Broj naeina izbora je prema principu produkta za tri skupa jednak = 12. +P Prvo rjegenje opisuje uredene parove (stablo, cvjetovi) ili, uvrgtavanjem rjesenja prethodnog zadatka, ((deblo, krositja), cvjetovi), a drugo uredene trojke (deblo, krosizja, cvjetovi). Medu tim uredenim parovima i uredenim trojkama postoji oeigledna bijekcija, pa i to opravdava Einjenicu da smo u oba rjebenja dobili isti rezultat. 9 Nacrtajte tablicu koja u stupcima ima svih 6 naeina crtanja stabla, a u recima mogu6e boje cvjetova i popunite je odgovarajucim crteiima. 4. 'Na koliko naeina rnobe dijete iz prethodnih zadataka izabrati bojice za Idje stabla s deblom i krosnjom razlieite boje ili nijanse? Rjeknje 1. VeC znamo da svako bojanje stabla odgovara uredenom paru bojica. Ovdje je za razliku od prethodnih zadataka potrebno samo da se bojice u paru razlikuju. Svih uredenih parova bojica ima 8 8. Neka uredenih parova s razlieitim komponentama ima p. Uredenih parova s jednakim komponentama ima onoliko koliko i bojica - 8 komada. Princip sume sada daje tj. p = 56. RjeZenje 2. Uredene parove bojica koji predstavljaju bojanje stabla moiemo brojati i ovako: prvu komponentu biramo na 8 naeina. Bez obzira na to koju prvu komponentu

45 4. PREBROJAVANJE smo izabrali, drugu komponentu biramo na 7 naeina - izabiremo bilo koju od preostalih bojica (prvu, drugu... ili sedmu od preostalih, npr. onim redoslijedom kojim su sloiene u kutiji). Rezultat, prema teoremu o uzastopnom prebrojavanju, glasi: 8.7 = 56. tp Kod jednostavnih zadataka EeiCe Cemo koristiti drugi naein prebrojavanja. Samo tam0 gdje je zadatak prekompliciran i gdje bismo se lako mogli zabuniti, koristit Cemo prvi - sigurniji ali sporiji naein. 0 Dijete je odlueilo nacrtati i posljednji crtei stabla: deblo, krolnju, cvjetove i p(icu u krosnji, sve razlieitih boja ili nijansi. Na koliko naeina Ce moci izabrati boje za taj crtei? Rjezenje. Za deblo bira bojicu kao jednu izmedu 8, za krognju kao jednu od preostalih 7, za cvjetove kao jednu izmedu preostalih 6, a za pticu kao jednu izmedu preostalih 5 bojica. Rezultat glasi: a 5. tp BuduCi da su cvjetovi; ptica u krognji, za njih se moie upotrijebiti i boja debla. To znaei da, kad nacrtamo krognju, trebamo vratiti u kutiju olovku kojom smo nacrtali deblo. Rezultat: U jednoj Skoli postoje tri prva razreda. U Ia je 34 ubnika, u Ib 37, a Ic je najmanji od ta tri razreda s 32 ueenika. &) Na koliko naeina mobemo izabrati dva predstavnika prvog razreda te Skole?,(b) Na koliko naeina mogemo izabrati dva predstavnika ako oni moraju biti iz razlieitih razreda? (a) UEenika prvih razreda te gkole ima ukupno = 103 i iz tog skupa biramo dva razlieita predstavnika. Prvog moiemo izabrati na 103 naeina, recimo da je izabran Marko. Drugog mnoiemo potom izabrati na 102 naeina, recimo da je izabran Jbalko. Prema tome dva ueenika moiemo izabrati na naeina ako pazimo na poredak iaabranih. Kako nam je svejedno da li smo izabrali Marka pa Janka ili pak obratno, to se dva ueenika mogu izabrati na /2 = 5253 naeina. (b) Predstavnici mogu biti iz Ia i Ib, iz Ia i Ic ili iz Ib i Ic. Ta tri skupa razlieitih izbora su disjunktna. Prvi je velieine 34.37, drugi 34.32, a treci 37 $32. Ukupni broj naeina izbora predstavnika dvaju prvih razreda je jednak = tp (Moiete preskoeiti pri prvom Eitanju). Isti rezultat smo mogli zapisati i u obliku (34+","32) - (y) - ("2') - ("2"). 4-t Sve naeine izbora dvaju ueenika prvog razreda moiemo prikazati tablicom u kojoj i reci i stupci odgovaraju ueenicima tih razreda. Izbori brojani u prvom dijelu zadatka su sadriani u dijelu tablice iznad glavne dijagonale. OznaEite na toj tablici izbore iz drugog dijela zadatka. Svaki redoslijed ueenika u stupcima i recima tablice ne daje lijepo rjelienje!

46 .,? 4. PREBROJAVANJE 7 U jednoj zemlji, koja obiluje dobrim matematiekim knjigama, imaju lest razlicitih knjiga s opisanim Dirichletovim principom, tri s rekurzivnim relacijama, Eetiri s matematiekom indukcijom. Nadalje, u pet su razlicitih knjiga obradene teme matematieka indukcija i rekurzivne relacije, a u sedam matematitka indukcija i Dirichletov princip. Na koliko se naeina mozemo opskrbiti literaturom iz toeno dvaju od ovih podrueja? - Rjes'enje. MoZemo kupiti ili jednu ili dvij? knjige. OdluEimo li se za kupnju jedne knjige, izbor mozemo obaviti na naeina. Zelimo li pak kupiti dvije knjige, izbor, u ovisnosti o izabranim podruejima, moiemo obaviti na naeina. Ukupno imamo (5 + 7) + ( ) = 66 mogutnosti izbora. 9 Vet se u ovom (relativno jednostavnom) zadatku vidi da konazno rjegenje (u nagem slueaju 66) ne govori previge. Stoga Eesto necemo pisati konaeno rjegenje, nego Cemo se zadovoljiti srectenim oblikom rjegenja - najeegce onim koji omogudava jednostavnu generalizaciju na neki drugi broj objekata. Ako ste rje5avajuci zadatak doeli do rjegenja u nekom drugom obliku, pokugajte svesti svoje i predlozeno rjegenje na isti oblik. Ako i ne uspijete, ne znaei da je vage rjegenje netoeno - Eesto je transformacija izraza koju treba provesti vrlo tegka. Provjerite u tom slueaju jog jednom put kojim ste dogli do rjegenja. 4 U kolari se nalazi 12 jabuka i 10 krulaka. Dunja Ce uzeti jedan komad voca i. - ili jabuku ili krugku. U kojem od tih slueajeva ostaje veci izbor za Vilnju, koja namjerava uzeti po jedan komad svake vrste? Rjes'enje. Ako Dunja uzme jabuku, ViLnja moze jabuku izabrati na 11, a krugku na 10 naeina. Ukupan broj ViHnjinih izbora je tada = 110. Ako Dunja uzima krugku, broj ViHnjinih izbora je 12.9 = 108. Vidimo da Vignja moze vige birati u slueaju da Dunja uzima jabuku. 9 Ako imamo zadan a + b, tada je a. b najveci ako je a = b. To slijedi direktno iz nejednakosti izmectu aritmetieke i geometrijske sredine ili iz izraza (a+b12 = (a-b)2+4ab. Kako se geometrijski moie interpretirati ta Einjenica? 4-t Pokugajte rijegiti ovaj zadatak ako imamo j jabuka i k krugaka, ako Dunja uzima d komada voca za npr. j 2 k (slueaj j < k je simetriean) Na koliko se naeina moze prognozirati ishod nogometnog prvenstva? Igra 8 momtadi, a zanima redoslijed svih momeadi, /(b) redoslijed prvih tetiriju momtadi. Pretpostavljamo da ne postoji l'dijeljenje" jednog mjesta na vise momcadi, nego je redoslijed jedinstveno odreden rezultatima odigranih utakmica. (a) Ishod nogometnog prvenstva je uredena l&torka momeadi u kojoj se svaka mom- Ead pojavljuje toeno jednom. Prvoplasiranu momead biramo na 18 naeina, drugoplasiranu

47 4. PREBROJAVANJE medu preostalih 17, trekeplasiranu medu preostalih 16 itd. Izborom prvih 17 momeadi jedinstveno odredena posljednja momead. RazliEitih ishoda dakle ima tp OpCenito je broj svih razmjegtaja n elemenata jednak n. (n - 1) , Bto se oznaeava s n! i Eita n faktorzjel. tp Ako na poeetku prvenstva odlueujemo tko Ce biti pobjednik, a ostale pustimo da igraju, dobivamo rezultat u obliku n. (n - I)! i tome identitet n! = n. (n - l)!. Njega se moie i vrlo jednostavno raeunski izvesti. (b) Ishod nogometnog prvenstva u ovom je slueaju uredena Eetvorka momcadi u kojoj se svaka momead pojavljuje najvige jednom. Takvih Eetvorki ima tp BuduCi da se Eesto broje razne k-torke sastavljene od elemenata n-elanog skupa u kojima se niti jedan element ne ponavlja, Eesto se pojavljuju rezultati nalik rezultatu ovog zadatka. Stoga se uvodi oznaka n. (n- 1). (n- 2).... (n- k + 1) =: (n)k i taj se broj naziva padaju6m faktorzjelom. Uz tu oznaku rezultat ovog dijela zadatka je (6)4, Pretpostavimo da nas zanima realni ishod - redoslijed prvih Eetiriju momeadi, ali nije bitno tko je treti, a tko Eetvrti (zbog ulaska u medunarodne kupove). Tada bi ona dva ishoda u smislu prethodnog dijela zadatka koja se razlikuju samo u redoslijedu trece- i Eetvrtoplasirane momeadi Einila jedan ishod u smislu ovog zadatka. I obratno, svaki ishod u smislu ovog zadatka generira dva ishoda u smislu prethodnog dijela zadatka. Ako broj ishoda koji trebamo izraeunati oznaeimo s i, onda je 2i = Dobivamo rezultat /2. tp 3 ;10 Na nekom natjecanju po kup-sistemu pozna- I& ti su parovi osmine finala i shema natjecanja, 2 tj. otisnuta je tablica kao na slici. Nakon $ svakog odigranog kola, na crtu koja izlazi iz ~9 pojedinog susreta napisemo pobjednika tog MI susreta. Na koliko se naeina mo2e prognozirati popunjena tablica (tj. svi ishodi kupa)? M, Rjegenje. Ishod svakog od susreta osmine finala (prvo kolo) moiemo prognozirati na 2 naeina - pobjeduje ore ili dolje napisani klub. Dakle ishod cijele osmine finala moiemo prognozirati na 8 naeina. SliEno za svaki od susreta Eetvrtfinala mmoiemo refi da li Ce pobijediti momead koja dolazi iz "gornjeg" ili "donjeg" dvobo'a. Ishod Eetvrtfinala rnoiemo dakle prognozirati na 24 naeina. Za polufiaale imamo 2' mogufih ishoda, za finale 2' = 2. Tako smo za svaki od susreta odredili da li pobjeduje gornji ili donji klub. Ishod kupa je odreden ishodom osmine finala, Eetvrtfinala, polufinala i finala, pa cijelu tablicu dakle mozemo popuniti na l = 215 % Koliko ima razlieitih ishoda za one kojima je bitno tko je igrao u finalu i tko je pobijedio?

48 4. PREBROJAVANJE 2 Ako imamo Sest razlieitih kuverti i Eetiri razlieite postanske marke iste nominalne vrijednosti, na koliko naeina mo5emo (a) izabrati kuvertu s markom (b) polijepiti sve marke na kuverte (nije bitan iznos maraka na svakoj pojedinoj kuverti) (c) polijepiti sve marke na kuverte, tako da na svaku kuvertu bude nalijepljena najvise jedna marka? (a) Biramo uredeni par (luverta, marla). Njih irna 6.4 = 24. (b) Svakoj marki pridruiit demo jednu kuvertu (moida Ce biti vize maraka kojima Ce biti pridrusena ista kuverta). Bez smanjenja opkenitosti marke moiemo numerirati (poredati). Tada de lijepljenja odgovarati uredenim Eetvorkama kuverata - prvu marku nalijepiti Cemo na bilo koju od Zest kuverata, drugu takoder itd. I Takvih Eetvorki ima ,., <, i 26 5 qr,. ' v'"., "/ * 9-t Zagto nismo pridruiivali kuvertama drke? (c) Ova Ce lijepljenja odgovarati uredenim Eetvorkama kuverata s razlieitim komponentama. Prebrojimo onda sve takve Eetvorke! Prvu kuvertu biramo na 6 naeina. Nakon toga drugu biramo kao jednu od preostalih 5, pa tredu kao jednu od preostalih 4 i na kraju Eetvrtu kao jednu od preostalih 3. Traienih Eetvorki stoga ima = Isti rezultat dobili bismo i da smo htjeli polijepiti Zest maraka na Eetiri kuverte, ako ponovno ne smije biti vize od jedne marke na pojedinoj kuverti. Objasnite zazto! 9-t Ako s K oznatimo skup kuverata a s M skup maraka, onda vidimo da smo u (b) i (c) dijelu zadatka promatrali neke funkcije izmedu tih skupova. 0 kakvim se funkcijama radilo? Generalizirajte zadatak na k kuverata i m maraka (pri Eemu k moie biti veci, jednak ili manji od m ). '"'? 12. Na koliko naeina mo5emo iz skupine od 6 rajeica i 8 paprika staviti nekoliko komada povrca u kosaru? Kosara smije ostati i prazna, a bitno je samo koliko je komada kojeg povrca u kosari! Rjes'enje. MoguCa stavljanja povrca u kozaru moiemo prikazati pomocu uredenih parova brojeva: prva komponenta kaie koliko je u koiari rajeica, a druga broji paprike. Tada je prva komponenta iz skupa N6 U (0), a druga iz N8 U (0). Ukupno mogudih naeina uzimanja povrda irna (6 + 1). (8 + 1) = 63. Na koliko naeina moiemo iz skupine od 6 rajeica, 8 papika i 2 komada luxa staviti nekoliko komada povrca u kosaru, ako je bitno da u kosari budu barem dvije rajeice, barem jedna paprika i barem jedan luk? Kao i u prethodnom zadatku i ovdje je bitno samo koliko je komada kojeg povrca u kogari. Koliko ima izbora ako zahtijevamo i da barem dvije rajeice, barem jedna paprika i barem jedan luk trebaju ostati izvan kogare?

49 42 4. PREBROJAVANJE Rjes'enje. Bududi da nam je bitan samo broj komada pojedine vrste povrda, a ne i koji su komadi stavljeni u ko'saru, mozemo odmah u kogaru staviti onoliko povrca koliko nam treba za salatu (dvije rajeice, jednu paprika i jedan luk). Nakon toga uzmemo jog povrda iz preostale skupine od 4 rajeice, 7 paprika i jednog luka. Rezultat je tada (vidi prethodni zadatak): (4 + 1). (7 + 1). (1 + 1) = 80. +P Rezultat moiemo interpretirati i ovako: broj rajeica u ko'sari biramo iz skupa {2,3,4,5,6), broj paprika iz skupa {1,2,...,8), a broj glavica luka iz skupa {1,2). Da bismo rije'sili drugi dio zadatka, odvojimo prvo skupinu povrca koju moramo staviti u kosaru i skupinu povrca koju moramo ostaviti izvan ko'sare. Nakon toga ostaju nam jog 2 rajeice, 6 paprika i niti jedan luk od kojih moiemo proizvoljnu kolieinu povrca staviti u kogaru (ili, Bto je ekvivalentno, ostaviti izvan kogare). Rezultat: (2+1).(6+1).(0+1) = 21. a Dvojica gusara na6li su na jednom pustom otoku u Toplom moru sanduk zlatnicima, srebrnjacima i amuletima od slonove kosti. BuduCi da se nisu mogli nagoditi kako da raspodijele blago, razgledavali su sve moguce raspodjele. Svaku raspodjelu gledali su deset minuta. Ako znamo da su se na taj naein neprekidno 8 dana i 3 i pol sata bavili raspodjelom blaga, te ako znamo da je u sanduku bilo najvise srebrnjaka, a najmanje amuleta, izraeunajte broj zlatnika, srebrnjaka i amuleta od slonove kosti! Svi zlatnici medusobno, svi srebrnjaci medusobno i svi amuleti medusobno su jednaki. Rjes'enje. Gusari su radili ukupno minuta, 'sto znaei da je bilo ukupno 1173 mogucih raspodjela blaga. Ako je bilo z zlatnika, s srebrnjaka i a amuleta od slonove kosti, onda vet znamo da treba biti 1173 = (z + l)(s + l)(a + 1). No, buduci da je jedini rastav broja 1173 u faktore (do na raspored faktora) 1173 = , to je zbog uvjeta da najvige ima srebrnjaka, a najmanje predmeta od slonove kosti: s = 22, z=16 i a=2. mf Dvoje ljudi raspolaie sa 6 noveanica od po 50 i sa 4 od po 100 kuna (a) Na koliko ih naeina mogu medu sobom podijeliti? (b) Na koliko ih naeina mogu podijeliti tako da svaki od njih dobije jednak broj noveanica? (c) Na koliko ih naeina mogu podijeliti tako da svaki od njih dobije isti iznos novaca? Rjeienje. (a) Ovakav zadatak smo vet rijegili. Rezultat: (6 + 1). (4 + 1) = 35. (b) Prvi Eovjek treba uzeti 5 noveanica - moze samo birati koliko od njih Ce biti vrijednosti 100 kuna: 0,1,2,3,4. Rezultat: = 5. 4-t Za'sto nije mogao slobodno birati koliko Ce uzeti noveanica vrijednosti 50 kuna?

50 4. PREBROJAVANJE 43 tp Ovaj dio zadatka bi se jako zakomplicirao da je bilo vise vrsta noveanica. Takav zadatak bit Ce rijesen kasnije. (c) Svaki od njih Ce dobiti ( )/2 = 350 kuna. Ako prvi Eovjek uzme p noveanica od po 50 kuna i s novcanica od po 100 kuna, onda mora biti: ili, nakon krakenja: Ukupni broj nenegativnih cijelih rjegenja ova jednadibe je mali, a potragu nam olakgava i Einjenica da p mora biti neparan (pogledajte jos jednom jednadibu!). MoguCa rjesenja su (P, s) E {(1,3), (3,2), (5,111. tp Ovaj zadatak ne spada u prebrojavanja kakva smo imali do sada, ali mu je formulacija toliko sliena prethodnom zadatku, da ga je vrijedilo rijesiti. 9+ Kako biste rijegili svaki od ovih zadataka ako bi bilo dozvoljeno da dio novca odnesu u banku na zajednieki 16. U ovom zadatku brojimo prirodne brojeve s raznim svojstvima. a) Koliko irna prirodnih brojeva manjih od s razlicitim znamenkama? (b) Koliko irna Eetveroznamenkastih brojeva s razlieitim znamenkama? (c) Koliko irna prirodnih brojeva vekih ili jednakih 100, a manjih od s razlieitim znamenkama? (d) Koliko irna neparnih brojeva vekih ili jednakih 100, a manjih od s razlieitim znamenkama? (e) Koliko irna prirodnih brojeva manjih od miliona koji ne sadrfe znamenku 3 u svom zapisu? (f) Koliko irna prirodnih brojeva manjih od tri miliona koji ne sadrfe znamenku 3 u svom zapisu? (g) Koliko irna prirodnih brojeva manjih od miliona koji sadriie znamenku 3 u svom zapisu? (a) Prirodni brojevi manji od su prirodni brojevi s najvise Eetiri znamenke. BuduCi da imamo na raspolaganju i nulu, moiemo brojati uredene Eetvorke znamenaka. Prvu znamenku biramo na 10 naeina, drugu biramo medu preostdim znamenkama - dakle na 9 naeina, trecu na 8 Zetvrtu na 7. Rezultat: t UoEite sa su svi brojevi koje smo brojali veci od nule. (b) Znamenke biramo kao u prethodnom dijelu zadatka, ali ne smijemo dozvoliti da na prvo mjesto dode nula. Dakle, prvu znamenku biramo izmedu 9 mogudih, drugu izmedu 9 preostalih, trecu izmedu 8, Eetvrtu izmedu 7 preostalih. Fkzultat: tp Mogli smo i od broja svih brojeva s razlieitim znamenkama manjih od oduzeti broj brojeva s razlieitim znamenkama manjih od Rezultat: = (c) Biramo Eetiri znamenke. Prvu znamenku moiemo izabrati na 10, drugu na 9 naeina. Pritom se ne smije dogoditi da obje "vodecev znamenke budu jednake nuli, jer

51 4. PREBROJAVANJE bismo tako dobili dvoznamenkast broj (broj manji od 100). No, to se niti ne moie dogoditi jer biramo razlieite znamenke. Nastavimo li birati, vidimo da trecu znamenku moiemo izabrati na 8, a Eetvrtu na 7 naeina. Rezultat: f' Usporedbom sa zadatkom (a) vidimo da su svi prirodni brojevi manji od koji odgovaraju uredenim Eetvorkama s razlieitim komponentama ujedno i veci od 100. (d) Ako i u ovom dijelu zadatka nastavimo birati kao i prije, mogli bismo zapasti u problem. Naime zadnja (Eetvrta) znamenka mora biti neparna. Broj izbora nepotrogenih neparnih brojeva ovisi o tome da li smo, odnosno koliko, "trosilin neparne brojeve za prve tri znamenke. Tu nam teorem o uzastopnom prebrojavanju ne daje rezultat, jer on broji situacije u kojima za svaki izbor npr. prve koordinate imamo neki fiksni broj naeina izbora druge koordinate. PokuBajmo sada brojati unazad, tj. tako da se prvo rijebimo zadnje znamenke - one koja je zadavala ogranieenja. Nju moiemo izabrati na 5 naeina. SljedeCu znamenku - npr. znamenku desetica - moiemo izabrati na 9 naeina, znamenku stotica na 8, znamenku tisudica na 7 naeina. Rezultat: Za sve one koji ne iele odustati od brojanja slijeva nadesno, evo upute kako to napraviti: klasificirajte sve brojeve prema broju neparnih znamenaka medu prve tri znamenke. Taj broj moie biti 0,1,2 ili 3. Rezultat glasi: ( ) + 3. ( ) =2520. (e) Znamenke mogu biti iz skupa {0,1,2,4,5,6,7,8,9). Biramo Zest znamenki. Svi izbori Lest znamenki iz tog skupa osim Sestorke su dobri. Traienih brojeva dakle ima g6-1 komada. (f) Svaki od izabranih brojeva iz prethodnog dijela zadatka je dobar. No, dobri su i svi oni brojevi koji kao prvu znamenku imaju 1 ili 2 a iza toga proizvoljnu Hestorku znamenaka razlieitih od 3. Rezultat: (g6-1) + g6 + g6 = 3. g6-1. (g) Kad vet imamo izraeunat broj svih brojeva manjih od miliona koji ne sadrie tri u svom zapisu, ostaje nam jog samo oduzeti taj broj od broja svih prirodnih brojeva manjih od miliona. Rezultat: (lo6-1) - (g6-1) = lo6 - g6. +f NapiSemo li rezultat kao: dobivamo sve brojeve manje od miliona grupirane prema poziciji na kojoj se zadnji put pojavljuje trojka. Tako 10i95-i broji sve brojeve koji na poziciji i + 1 imaju trojku, ispred te pozicije bilo Bto, a iza te pozicije znamenke razlieite od tri. U kontekstu poglavlja u kojem de biti rijeei o kombinatornom dokazivanju identiteta bi se Einjenica da se npr. k-torke brojeva koje sadrfe znamenku 3 mogu grupirati prema zadnjem pojavljivanju trojke zajedno s direktnim prebrojavanjem upotrijebila za dokazivanje jechakosti Promatrajmo iifre koje se sastoje od niza slova iza kojeg slijedi niz znamenaka. Koliko ima Sifara koje se sastoje od tri slova i Eetiri znamenke? Koliko ima iifara koje se sastoje od najvise tri slova i Eetiri znamenke?

52 4. PREBROJAVANJE 45 Rjeienje. Prvo slovo mozemo birati na 30 naeina, isto tako i drugo i trete. Prvu znamenku moiemo birati na 10 naeina, a isto tako i ostale. Rezultat: 30~30~30~10~10~10~1 = Ako Zelimo iifre s najviie tri slova i Eetiri znamenke, to moze biti iifra ili s niti jednim, ili s toeno jednim, ili s toeno dva ili s toeno tri slova. Rezultat: ~30~10~10~ * 10.lo = Ck gto mislite, zagto ne mozemo jednostavno prohiriti abecedu praznim znakom i rezultat napisati kao lo? UoEite razliku izmedu praznog znaka i nule iz prethodnog zadatka - prazni znak na poeetku rijeei skracuje rijee jednako kao i nula na poeetku broja, ali razlika ipak postoji! 4-t (preskoeiti pri prvom Eitanju) Da li se rezultat zapisan kao moze direktno U nekoj zemlji htjeli su povecati broj mogucih registarskih tablica, ne p ecavajuci broj znakova na tablici. Umjesto najvise Sesteroznamenkastih brojeva, na tablicama Ce biti tri slova i najvise troznamenkasti broj. Koliko puta Ce biti vise tablica? Niti u jednom slucaju nije dozvoljena nula kao registarski broj. Rjes'enje. Prije je bilo lo6-1 razlieitih tablica. Sada Ce ih biti 303. (lo3-1). Omjer broja novih i starih tablica iznosi 303/(103-1) m 27. Dakle broj tablica povecat Ce se otprilike 27 puta. 4-, U stvari, odlueeno je da Ce na tablicama biti najmanje jedno, a najvihe tri slova, te jedno- do troznamenkasti broj. Kako glasi rje'senje u tom slueaju? Koliko Ce posto tablica imati oznake koje se lako Eitaju, tj. ili jedno slovo ili samoglasnike i suglasnike koji alterniraju? Q ka niz 9 Ako felimo svako od 30 slova abecede i svaku od 10 znamenaka prikazati sastavljen od nula i jedinica duljine k, koliki najmanje mora biti k? Koliki mora biti k ako felimo prikazivati i skup od izabrana 32 specijalna znaka (interpunkcije, zagrade, itd.)? r, Rjes'enje. Broj nizova duljine k sastavljenih od dvaju znakova je 2k. Ako ielimo kodirati znakova pomocu takvih nizova, mora biti Slijedi k k Ako ielimo kodirati znaka slieno dobivamo k 2 7.

53 4. PREBROJAVANJE +I' U prvom slueaju ostaju nam joi 24 neiskoriitena niza, u u drugom 56. Dakle, u drugom slueaju mozemo nekih 30 od preostalih nizova namijeniti za kodiranje malih slova. tp Postoji i druga strategija u odnosu na problem Sto ueiniti s viikom nizova - dakle s nizovima koji ne sluze za kodiranje niti jednog znaka. Oni mogu sluiiti tome da bi se po prijemu kodirane poruke u slueaju da se primi upravo njih, znalo da je doilo do pogreike u prijenosu podataka. Da bi to bilo efikasno, treba na posebni naein izabrati nizove koji Ce odgovarati znakovima. Time se bavi grana diskretne matematike koja se zove teorija kodiranja.. Morseovi znakovi su naein kodiranja znakova pomocu tockica i crtica u kojem je dozvoljena promjenjiva duljina znakova. Kolika najmanje mora biti duljina najduljeg niza u skupu Morseovih znakova, da bi se moglo kodirati 30 slova i 10 brojeva? Rjes'enje. Ukupni broj poruka ponovno mora biti veci ili jednak Ako je maksimalna duljina niza jednaka k, onda mora biti: Zbrajanjem izraza na lijevoj strani slijedi te na kraju k k "' , 9-, I oeekivaii smo rezultat manji ili jednak rezultatu prethodnog zadatka. gtoviie, netko bi mogao reci da smo mogli oeekivati i da je rezultat toeno za jedan manji. Odgovorite na pitanje: za koje kolieine znakova koje treba kodirati rezultat ovog zadatka nije za jedan manji od rezultata Profesor je, Eim je stigao kuci, ustanovio da je zaboravio kigobran ili u nci ili u posti ili u apoteci ili u ducanu. Odmah je izasao iz kuce i krenuo traiiiti kigobran ponovno posjecujuci mjesta na kojima se zadriiavao tijekom tog dana. Ako pretpostavimo da Ce se vratiti kuci Eim nade kigobran, koliko ima mogucih obilazaka tih mjesta? Rjes'enje 1. Ako je kihobran zaboravio u banci, prije banke je mogao obiti jog niti jedno, jedno, dva ili tri mjesta. Broj obilazaka nula mjesta iznosi 1, broj obilazaka jednog mjesta 3, dvaju mjesta 3.2, triju Ukupni broj obilazaka koji zavriavaju u banci je jednak Jednak broj obilazaka bi bio i u slueaju da je kiiobran zaboravio u poiti, apoteci ili u dutanu. Rezultat zadatka: 4.( )=4.16=64. Rjes'enje 2. MoguCe ture moiemo klasificirati i prema broju mjesta koja je profesor posjetio prije nego ito je naiao kisobran. Broj tura koje se sastoje od jednog mjesta je jednak 4, tura koje se sastoje od dva mjesta ima 4. 3, od tri mjesta , od Eetiri Ukupnibroj turatadajejednak =64.

54 4. PREBROJAVANJE Student se vraca kuci s predavanja. Ako je dobre volje, vrati se direktno. InaEe ode u jedan od svojih omiljenih kafica X, Y ili Z i tam0 popije Coca- Colu ili Fantu. Ako mu to podigne moral, ode kuci, a inaee svrati u jog jedan od svojih omiljenih kafica i popije Coca-Colu ili Fantu, te nakon toga ode kuci. Koliko ima mogudnosti za put tog studenta kuci ako je bitno i Sto je sve popio? Koliko je tih mogudnosti ako je bitno da je student bio u kaficu X? U koliko slueajeva student posjecuje kafic X, te pije jednu Coca-Colu i jednu Fantu? Rjes'enje. Student dolazi kuci ili direktno ili nakon jedne stanke u kaficu ili nakon dvije stanke u razlieitim kaficima. U svakom kaficu u kojem je stao, popio je jedno od dva moguca pica. Rezultat: (3.2)-(2.2) =31. Ako brojimo puteve s predavanja do kuce u kojima student posjecuje kafic X, dobivamo rezultat (prvi pribrojnik odgovara posjecivanju jednog, a drugi posjecivanju dvaju kafida) : ((1-2). (2. 2) + (2. 2). (1.2)) = 18. Ako je popio dva pita, student je bio u dva kafita. Mogao je prvo biti u kaficu X, a zatim u nekom od preostala dva ili obratno. Mogao je popiti Coca-Colu u prvom, a Fantu u drugom kaficu ili obratno. Rezultat: =8. '23. Na putu izmedu mjesta A i mjesta B ima n semafora koji nisu medusobno sinkronizirani i ne mogu se zaobici. Svaki od semafora ima samo crveno i zeleno svjetlo. Na koliko naeina vas mogu ti semafori zaustaviti na putu? Da li ima vise mogucih prolaza kroz raskrsca pri kojima na vise od polovine raskrsca moramo stati ili prolaza pri kojima kroz vise od polovine raskrsca prolazimo bez stajanja? Rjes'enje. Na svakom od n semafora mohe biti ili crveno ili zeleno svjetlo, pa je ukupni broj stanja promatranog skupa semafora 2n. Za svako stanje skupa semafora u kojem na vile od polovine semafora gori crveno svjetlo postoji jedno stanje skupa semafora u kojem na vihe od polovine semafora gori zeleno svjetlo i obratno (na svakom od semafolia promijenimo svjetlo). Opisano preslikavanje je bijekcija izmedu skupa svih stanja semafora u kojima nas vihe od polovine semafora zustavlja i skupa svih stanja semafora u kojima prolazimo kroz vise od polovine raskrhta. Dakle, broj razlieitih stanja tih semafora pri kojima se zaustavljamo na vihe od polovine raskrhca je jednak broju svih stanja semafora pri kojima se zaustavljamo na manje od polovine raskrhca. +f Zaustavljao nas je svaki pojedini semafor, pa je interpretacija tog dogadaja kao niza elementarnih dogadaja crveno, zeleno prirodna. IspriEavajuCi se zbog zakasnjenja opisat Cemo podskup skupa semafora koji nas je zaustavio. ZakljuEujemo da podskupova n-elanog skupa (npr. skupa semafora) ima 2n.

55 'a Putern u cjelobrojnoj koordinatnoj rnre.5 nazivamo svaki povezani skup 4. PREBROJAVANJE toeaka u ravnini koji je sadriian u uniji pravaca x = k, y = k, gdje je k cijeli broj. Svaki put je jedinstveno odreden svojim koracima duljine 1. Obratno, svaki skup koraka uz neka ogranieenja zadaje neki put. IzraCunajte broj puteva koji poeinju u ishodis'tu, a sadrbe ukupno n koraka udesno ili prema gore. Rjegenje. Za svaki od koraka odlueujemo u kojem Ce od dva smjera voditi. Zato imamo ukupno 2n mogutnosti izbora. tp Ponovno postoji bijekcija izmedu objekata brojanih u ovom zadatku i podskupova nekog n-zlanog skupa. MoZemo na primjer re6 da izbor jednog podskupa skupa svih koraka znaei da upravo u tom koracima idemo udesno. 4+ Gdje Cemo se nalaziti nakon n koraka? Nacrtajte nekoliko primjera i pokuiajte zakljueiti sami. Ako smo napravili x koraka udesno, napravili smo n - x koraka prema gore i stigli u toeku (x, n - x). Broj horizontalnih koraka mogli smo birati proizvoljno, pa to znaei da se on nalazio izmedu 0 i n. Zavrine toeke su zato cjelobrojne toeke pravca x + y = n koje se nalaze u prvom kvadrantu. 9+ Moiete li izreci i rijesiti trodimenzionalni analogon ovog zadatka? 25. Neka su k, n E No. Promatramo najkrate puteve izmedu zadanih poeetaka i krajeva. (a) IzraEunajte broj puteva od neke toeke na pravcu x + y = -k do neke toeke na pravcu x + y = n koji prolaze kroz toeku (0,O). (b) Ako je k < n izraeunajte broj puteva od pravca x + y = lc do pravca x + y = n, koji stalno borave u prvom kvadrantu. (a) Svaki od tih puteva moiemo razloiiti na dva puta: od pravca x + y = -k ishodihta i od ishodista do pravca x + y = n. Ta dva dijela puta su medusobno nezavisna, pa rezultat glasi 2k. 2n. (b) Moiemo krenuti od bilo koje toeke na pravcu x + y = k. Od koje god toeke krenuli, do pravca x + y = n ima n - k koraka. Ti koraci mogu se po volji birati iz do

56 4. PREBROJAVANJE 49 zadanog skupa koraka {gore, desno). Nacrtajte skicu! Na pravcu x + y = k irna k + 1 toeka u prvom kvadrantu, pa rezultat glasi: (k + 1). 2n-k. 9+ Usporedite rjesenja ovih zadataka za k = 0. Provjera ovakvog rubnog uvjeta je jedan od uobicajenih naeina kontrole rjegenja. 26 Koliko irna podskupova skupa Ng, koji sadrbe barem jedan neparan broj? 'IRjes'enje 1. Biramo koliko ielimo parnih brojeva iz Ng, i barem jedan neparan broj. Zato svaki podskup skupa Ng, koji sadrii barem jedan neparni broj moiemo prikazati kao uniju P U N, gdje je skup P sastavljen od parnih, a N je neprazni skup sastavljen samo od neparnih brojeva. Izbore moiemo provesti tako da P i N biramo nezavisno, a onda ih kombiniramo u traiene skupove. Parnih brojeva manjih ili jednakih 2n irna n, pa svih podskupova skupa parnih brojeva manjih ili jednakih 2n irna 2,. Neparnih brojeva u promatranom skupu irna takoder n, a buduci da traeimo bilo koji podskup skupa neparnih brojeva manjih od 2n osim praznog, mogucih izbora neparnih brojeva irna 2n - 1. Ukupni broj izbora je 2,. (2, - 1). Rjes'enje 2. Od broja svih podskupova skupa N2, oduzmemo broj onih koji sadrie samo parne brojeve. Rezultat: 22n - 2,. n L 9+ Prebrojite jos skupove koji sadrze barem dva neparna broja.. (//,, - / 27. IzloZbeni prostor svakog poduzeca na sajmu velieine je 10 x 10 metara. Svakome je dano 10 paravana tlocrta oblika slova L duljina krakova 1,metar. Na koliko naeina se na jednom izlobbenom prostoru mogu sloziti paravani na izlozbeni prostor, ako se zahtijeva da se, prolazeii bilo kojim rubom izlozbenog prostora ne vidi njemu paralelni rub? Rjesenje. Na prvi pogled izgleda kao da ovaj zadatak ima beskonaeno mnogo rje'senja. No, uvjet na broj i oblik paravana, te Einjenica da se "ne smije vidjeti druga strana" bitno suiavaju broj mogucih postavljanja paravana. Promatramo li izloibeni prostor u smjeru sjever-jug, vidimo da na svakom od 10 metara duljine istok-zapad mora biti po jedan paravan. Isto vrijedi i za smjer istok-zapad. Dakle, nacrtamo li na podu zadanog kvadrata koordinatnu mreeu s razmakom linija po 1 metar, na dobivenoj L'Eiahovskoj ploei" Cemo u svaki stupac i svaki redak morati postaviti po jedan paravan. On de trebati stajati tako da pokriva rubove svog polja, na bilo koji od Eetiri moguca natina. Zadatak smo sveli na dva problema: prvo treba izabrati polja na kojima Ce stajati paravani, a onda za svaki od paravana izabrati jedan od Eetiri poloeaja. Polja na kojima de stajati paravani izaberimo tako da prvo postavimo po jedan paravan ispred svakog stupca (jer u svakom stupcu mora biti po jedan paravan). U svakom retku mora biti takocter po jedan paravan, pa to znaei da Ce za paravan u prvom stupcu broj izbora redaka biti 10, za drugi stupac 9, za treci 8, itd. Paravan u zadnjem stupcu smjestit Cemo u posljednji slobodni redak. Broj izbora svih 10 polja je lo!. Broj postavljanja paravana je 10!41.

57 4. Ako "Gahovsku ploeu" promatramo kao 10 x 10 matricu Eiji su elementi jednaki nuli ako je odgovarajute mjesto prazno, a jednaki jedinici ako na tom mjestu stoji paravan, onda svaki raspored iz zadatka odgovara jednoj permutacijskoj matrici, n x n permutacijska matrica P = [pij] se iz permutacije u skupa Nn dobiva na sljedeci naein: Pij = 1 ako je u(i) = j, 0 inafe. 9 Gdje nastaju problemi za 12 paravana na istom prostoru, a gdje na 10 x 12 metara velikom pravokutniku? tp Postavljanje paravana moie se tehnieki rijeziti na sljedeci naein: na svakom od presjeka linija nactrane koordinatne mreie nalazi se rupa u koji pristaje Siljak koji se nalazi u vrhu paravana. Prebrojite rnoguce poloiaje izabiruci rupe za ucvr&5ivanje paravana i njihove poloiaje. /--% r 28. UEenik treba napisati domace zadace iz z predmeta i nazvati p prijatelja. Ako se ueenik izmedu svake dvije napisane zadace treba "odmoriti" (tj. porazgovarati s prijateljem), te ako niti u jednom trenutku dok nisu jog napisane sve zadace broj nazvanih prijatelja ne smije biti veci od broja napisanih zadaca, na koliko naeina taj ucenik moie organizirati svoje poslove? Rjes'enje. Shema u koju ueenik mora poslagati pisanja zadaca i razgovore s prijateljima mora izgledati ovako: ZPZP... ZPZPP... P, gdje slovom Z oznaeavamo pisanje jedne zadate, a s P telefonski razgovor s jednim prijateljem. Mora biti p 2 z da bi se ueenik izmedu svake dvije zadade mogao odmoriti. Dakle, shema u koju stavljamo zadace i razgovore je samo jedna. Svako njeno popunjavanje je odabir jednog redoslijeda pisanja domacih zadaca i jednog redoslijeda telefoniranja. ZadaCe moiemo na z pozicija razmjestiti na z! naeina. Isto tako p razgovora moiemo sloiiti na p mjesta na p! naeina. BuduCi da su izbori redoslijeda pisanje zadaca i redoslijeda telefoniranja nezavisni (tj. svako rjesenje zadatka je uredeni par koji se sastoji od jednog redoslijeda pisanja zadaia i jednog redoslijeda telefoniranja), rezultat za p 2 z glasi z!p!. Za p < z vec smo vidjeli da je rezultat jednak Pretpostavimo da je npr. z = p i da zahtijevamo samo da izmedu svaka dva telefonska razgovora ueenik mora napisati jednu domacu zadatu, te izmedu svake dvije domace zadace mora nazvati jednog prijatelja (osim za "rubne" poslove - prvi i zadnji). U tom slueaju bile bi moguce dvije sheme: pa bi rezultat bio 2z!p! = 2 ~! ~. ZPZP... Z P PZPZ... PZ, +f Zadatak je bitno teii ako izbacimo uvjet da se ueenik mora odmarati! 29. n kandidata za neki posao predstavlja se pred troelanim povjerenstvom. Svaki od Elanova povjerenstva rangira kandidate prema svom migljenju. Pravilo

58 4. PREBROJAVANJE je da Ce neki kandidat biti prihvaden ako su ga barem dvojica Elanova povjerenstva stavili na prvo mjesto. IzraEunajte u koliko Ce se posto slueajeva (od svih mogucih lista) izabrati neki kandidat. n!. Rjes'enje. Ukupno ima (n!)3 mogucih skupova lista - od svakog Elana komisije po IzraEunajmo jog iz koliko od tih lista smijemo zakljueiti da imamo pravog kandidata za posao. Na n naeina moiemo odlueiti koji Ce kandidat biti izabran. Zatim, on moie biti izabran zato jer su 1. i 2., 2. i 3., 1. i 3, ili sva tri Elana komisije glasali za njega. Oni Elanovi komisije koji su glasali za kandidata koji Ce biti izabran mogu ostatak liste popuniti na (n- I)! naeina, a oni koji ga nisu stavili na prvo mjesto, na prvo mjesto su morali staviti nekog drugog, pa je broj njihovih izbora (n- 1).(n- I)! Dakle, za svaki od prva tri slueaja imamo (n- (n- 1).(n- I)! mogucih lista. U zadnjem slueaju broj mogucih lista iznosi (n- I)!~. Ukupni broj naeina izbora jednog, unaprijed odredenog kandidata tako iznosi: Broj naeina izbora nekog kandidata je n puta veci, a traieni postotak je: 9 Kad je ovaj postotak jednak loo%, kad je veci od 50%? +f' Zadatak se mogao rijeliti i tako da se prvo izraeunao broj lista u kojima je kandidat na prvom mjestu kod barem dvojice Elanova komisije, a kod treceg na bilo kojem mjestu. U tom slueaju se od trostrukog tog broja trebalo oduzeti dvostruki broj lista u kojima je kandidat na prvom mjestu kod sva tri Elana komisije. Objasnite to! 0 metodi rjeiavanja nalik na predloienu bit Ce rijeei u poglavlju o formuli ukljueivanja-iskljucivanja. 9 Interpretirajte broj slueajeva u kojima de biti izabran jedan odredeni kandidat, 3n - 2 geometrijski: prikaiite sve moguce izbore prvog kandidata na trima listama u trodimenzionalnom prostoru. Izbori Ce onda biti predstavljeni pomocu n3 toeaka poslaganih u obliku kocke. $to onda predstavlja broj 3n - 2? 9 Ako je odlueeno da Ce biti primljeni svi kandidati koji se nalaze medu prvih k kandidata na listi kod barem dvojice Elanova komisije, koliki treba biti k da bi sigurnw bio primljen neki kandidat? Za koje Ic Ce netko biti primljen u barem 50% slueajeva?

59 4. PREBROJAVANJE Bro janje klasa ekvivalencije Nekog pastira su upitali kako broji svoje ovce. Nato je on odgovorio: "Vrlo jednostavno. Legnem na travu, prebrojim noge i rezultat podijelim sa Eetiri." C? Petorica klinaca tajne grupe trebaju uskladiti milljenja o vainom problemu gkako obrati susjedovu tresnju. Da bi bolje upoznali milljenja drugih, a da ne budu previse uoeljivi, sastaju se u parovima. Ako svaki par na kraju svog susreta napise saietak razgovora, koliko Ce na kraju biti papirica koje Ce trebati pregledati? Rjeienje 1. Broj napisanih saietaka bit Ce jednak broju parova klinaca. Do sada smo rjeliavali samo zadatke koji bi nam mogli pomoci pri brojanju uredenih parova. Prebrojimo uredene parove i pogledajmo moie li nam rezultat pomoci pri rjeliavanju postavljenog zadatka. Uredenih parova klinaca s razlieitim koordinatama ima 5.4. Oni broje razgovore, ali i na primjer par (Marko, Luka) kaze i da je Marko prvi stigao na mjesto razgovora, a ne Luka kao u paru (Luka, Marko). BuduCi da za svaki par postoje dva izbora prvog pristiglog klinca, broj razgovora je upola manji od broja svih uredenih parova s razlieitim koordinatama i iznosi % t ' r e a % Marko.Luka I Marko.1van I Marko.Jura I Marko.Matiia I I ~uka,~arko ~van,~arko ~ura,~arko ~atija;~ario.! Luka,Ivan Luka, Jura Luka,Matija Ivan,Luka Jura,Luka Matija,Luka Ivan. Jura 1van.Matiia +P Skup svih uredenih parova podijelili smo u klase prema sastavu uredenih parova: dva para su u istoj klasi (su u relaciji) ako se sastoje od istih elemenata (vidi sliku). Svaka klasa odgovara jednom dvoelanom skupu. VeliEina skupa uredenih parova je 5.4, svaka klasa sadrii po dva elementa, pa je broj klasa (broj skupova) jednak 5.4/2. +P DrukEije napisano, napravili smo sljedede: prvo smo prebrojali uredene parove kao lit0 smo to radili i do sada. Nakon toga, svaki uredeni par klinaca interpretirali smo kao uredeni par (razgovor, stigao prvi) i prebrojali nove objekte. Zbog oeigledne bijekcije izmedu novih i starih uredenih parova, prema principu jednakosti ima ih jednako. Razgovora neka ima r, za svaki razgovor biramo na dva naeina prvog pristig!og klinca, pa novih uredenih parova sada ima r. 2. Rezultati brojanja uredenih parova iz rjelenja i ovih uredenih parova moraju biti jednaki: 5-4 = 2r. Iz toga slijedi r = 5.4/2.

60 4. PREBROJAVANJE Rjes'enje 2. Sada kad smo dobro proueili rjeienje koje Ce se koristiti u kompliciranijim zadacima, mozemo predoeiti jol jedno rjegenje. Kako bi sve teklo po planu, klinci su nacrtali tablicu u koju su biljeiili odriane susrete. [ Ivan Ivan - Jura Luka Marko Matija Luka Marko I I Polja u kojima se ne nalaze minusi predstavljaju susrete i u njih se za svaki odrzanih susret treba upisati po jedan plus. Objasnite zagto se minusi nalaze na dijagonali, a zagto u donjoj polovini tablice. Susreta prema ovom ima (5.5-5)/2. % Zadatak za odmor. Da ne budu previle uoeljivi, svaki se klinac svakoga dana sastaje samo s po jednim Elanom grupe. Koliko Ce najmanje dana trajati ti susreti? Nadite nekoliko rasporeda koji se medusobno razlikuju ne samo u rasporedu dana. Nacrtajte djecu kao toeke, a susrete svakog dana kao duiine jedne boje izmedu njih i predoeite svoje primjere. OpiLite rijeeima dobiveni graf. Razmislite o broju svih rasporeda. fl Koliko dijagonala ima konveksni n -terokut? Rjes'enje. Dijagonale konveksnog n-terokuta odgovaraju dvoelanim skupovima to- Eaka koje nisu spojene bridom. Izbrojimo ponovno uredene parove sastavljene od toeaka koje mogu biti krajevi dijagonala. Time brojimo vektore umjesto duiina izmedu odgovarajudih vrhova. Za svaki od vrhova, postoje joi n - 3 vrha tog n-terokuta koja su razlieita od njega samog i nisu s njim spojene bridom. Dakle, uredenih parova razlieitih nesusjednih vrhova ima n(n - 3). Medu uredenim parovima vrhova koje smo upravo prebrojali nema niti jednog para - - s jednakim koordinatama. Nadalje, dijagonale AB i BA su jednake za bilo koji izbor vrhova A i B. Zato dvoelanih skupova s traienim svojstvom ima upola manje nego odgovarajutih uredenih parova. Rezultat: n(n - 3)/ Koliko ima razlieitih ishoda pri bacanju dviju jednakih igracih kocaka? Rjes'enje. Zadatak bi bio vrlo lagan da imamo plavu i crvenu kocku - na svakoj od kocaka moze biti broj izmedu 1 i 6, pa bi broj ishoda bio jednak 6.6. U ovom zadatku, Eak i da mozemo razlikovati kocke, ne smijemo razlikovati ishode u ovisnosti o tome na kojoj je kocki ispao koji broj. Ne moiemo postupiti na isti naein kao u prethodnim zadacima, jer imamo ishode koje mozemo dobiti na dva naeina (to su

61 54 4. PREBROJAVANJE dva razlieita broja) i ishode koje moiemo dobiti samo na jedan naein (na obje kocke isti broj). Promatrajmo ipak kao i ranije skup svih uredenih parova. Oni uredeni parovi koji imaju jednake koordinate generiraju svaki po jedan ishod u smislu zadatka. Njih ima 6 komada. Uredeni parovi s razlieitim koordinatama daju po dva zajedno jedan ishod. Dakle ishoda s razlieitim brojevima na obje kocke ima Ukupni broj ishoda je 6+6.5/2=6.7/2. tp Ovaj rezultat moiemo interpretirati i tako da umjesto bacanja kocke imamo moguce ishode 1,2,3,4,5,6 i "ponovi broj s druge kocke" i ako zahtijevamo da su dva ishoda koje dobivamo razlieiti. Kako biste organizirali rukovanje devetorice ljudi, tako da se svaki od njih r5 uje s tocno trojicom od preostalih? Rjedenje. Kad bi svaki od te devetorice ljudi nakon rukovanja napisao s kim se sve rukovao, popis bi sadriavao 9.3 imena. BuduCi da je za rukovanje potrebno dvoje ljudi, po dva listiia bi trebala predstavljati jedno rukovanje. Rukovanja bi tada bilo To je nemoguce - broj rukovanja bi trebao ipak biti cijeli broj. Morali bismo zahtijevati da se svaka od neparnog broja osoba (9) rukovala s parnim brojem drugih. Posebno, 8 je jedan od tih dobrih brojeva, gto smo mogli i oeekivati. ' je n ljudi ieli sjesti za okrugli stol. Na koliko naeina to mogu napraviti ako (a) bitno na koji stolac sjeda koja osoba, (b) bitan samo relativni polobaj ljudi (tko kome sjedi zdesna, tko kome slijeva), (c) n paran, u drustvu ima jednako Bena kao i muskaraca, svaka osoba ieli sjediti izmedu osoba suprotnog spola i bitno je tko sjedi na kojem stolcu, (d) kao (c), ali je bitan samo relativni polobaj. Rjedenje. (a) Stolce oznaeimo brojevima 1,2,..., n, a rasporede ljudi promatramo kao uredene n -torke. Rezultat: n!.

62 4. PREBROJAVANJE 55 (b) Po n od razmjeitaja iz prethodnog dijela zadatka daje jedan od razmjegtaja koje traiimo ovdje - nakon ;to ljudi jednom sjednu za stol, mogu se svi pomicati za po jedno mjesto ulijevo, tako da svaki od njih nakon jednog od pomaka ima najbolji pogled na kuhinjska vrata. MoguCih pomaka ima n, pa je rezultat jednak n!/n = (n - I)!. (c) Razmjestimo prvo iene: odredimo da li Ce sjediti na stolcima s parnim ili s neparnim oznakama, te ih pustimo da sjednu. Izbor stolaca moiemo napraviti na 2 natina, a iene rasporediti na za njih predvidene stolce na (n/2)! naeina. Nakoe toga pustimo mulkarce da sjednu. Oni mogu izabrati svoja mjesta na (n/2)! natina. Zene moie razmjegtati domakin, a mulkarce domacica - nezavisno. Dakle svaki raspored oko stola je uredena trojka koja se sastoji od dogovora da li Ce iene sjedati na stolce s parnim ili s neparnim oznakama, zatim rasporeda iena, te rasporeda mu'skaraca. Tih ureaenih trojki ima 2. (n/2)!. (n/2)! = 2(n12)!~. 1 (d) Vidi rjegenja (b) i (c) dijela! Rezultat: 2(~~/2)!~/n. tp Zadatak smo rijegili pozivajuci se na analogni, jednostavniji slueaj. Time smo dobili rjeienje koje malo zaeuduje - rjeienje mora biti cjelobrojno, ali na prvi pogled ne izgleda tako. No, uz koristenje Einjenice da je n paran, moie se brzo utvrditi da n dijeli 2(n/2)!2., Ako imamo m ) 3 razlieitih perli, na koliko naeina moiemo od njih nap-.d iti ogrlicu (bez kopee)? Rjes'enje. Ogrlicu, kad je jednom stavimo oko vrata, moiemo vrtjeti do mile volje. Oko vrata je mozemo staviti na dva natina koji se jedan od drugog dobivaju rotacijom rotacijom za 180' oko horizontalne osi naprijed-nazad. Ukupno jednu ogrlicu moiemo postaviti oko vrata na 2m natina, a da jedna perla bude okrenuta prema naprijed (ovaj uvjet je poireban zbog usporedbe!). Dakle broj slaganja ogrlice je m!/(2m) = (m- 1)!/2. 9 Za m = 2 ("ogrlica" sastavljena od dvije koine trake zavezane jedna za drugu) ovaj broj nije cjelobrojan. Pogledajte gdje smo koristili uvjet m > 2. Cetrdeset ljudi treba prijeci granieni prijelaz, jedan po jedan. Na koliko je to moguce napraviti: (a) ako je svejedno kojim Ce redoslijedom prelaziti granicu, (b) ako je u grupi desetero djece medu kojima nema brace, a svako dijete mora biti uz svoju majku (neposredno ispred ili neposredno iza), (c) ako svako od desetero djece mora biti ispred svoje majke (ne nuino neposredno ispred). (a) Takav zadatak smo vec nekoliko puta rjeiavali. Rezultat: 40!. (b) U ovom slutaju bilo bi najbolje ne brojati majku i dijete kao dvije osobe (neka se drie za ruke). Tada rasporeda ima (40 - lo)! = 30'. BuduCi da svako dijete moie biti ili neposredno ispred ili neposredno iza svoje majke, traieni broj rasporeda iznosi 30!.21.

63 56 4. PREBROJAVANJE (c) Svakom rasporedu u kojem je dijete a ispred svoje majke A moiemo pridruiiti jedan raspored u kojem je majka ispred djeteta - zamijenimo im mjesta. Stoga je broj rasporeda u kojima je mali a ispred svoje majke upola manji od broja svih rasporeda. To vrijedi za svako dijete, pa je rjesenje zadatka 40!/ Neka je p broj rasporeda papirica s napisanim prezimenima svih osoba u redu. Za svaki od rasporeda papirica moiemo na 2' naeina rasporediti ljude (za svako od prezimena kaiemo ili LLmajka ispred djeteta" ili 'Ldijete ispred majke") i na taj naein dobivamo sve rasporede ljudi. Dokaiite tu tvrdnju tako da konstruirate injekcije iz skupa svih rasporeda u skup svih ovakvih rasporedivanja i obratno. Rezultat je prema ovakvom naeinu prebrojavanja jednak p. 2' = 40!, ili ponovno p = 40!/21. % (preskoeite pri prvom Eitanju) Ovaj rezultat moie se zapisati i kao 40 2,..., 2,1,..., 1 gdje je 10 dvojki i 20 jedinica. Interpretirajte to rjegenje! (@ Na koliko se naeina moie odigrati prvo kolo lahovskog turnira s 271 sudionika? Redoslijed ploea nije bitan. A s 2n + 1 sudionika? Rjegenje i. Poredamo sudionike, na primjer prema redoslijedu prijave. Tada prvi sudionik moie izabrati svog protivnika na 2n - 1 naeina. BuduCi da je svejedno tko igra na kojoj ploei, oni mogu sjesti za prvu ploeu. Prvi od preostalih sudionika moie izabrati svog protivnika na 2n - 3 naeina i s njim sjesti za drugu ploeu, itd. Kad ostanu joi samo dva sudionika, prvi od njih moie izabrati protivnika na samo jedan naein, pa rezultat glasi: (2n - 1). (2n - 3) Ako je prijavljeno 2n + 1 sudionika, gahista koji Ce u prvom kolu pauzirati mozemo izabrati na 2n + 1 naein, a ostale raspodijeliti kao i ranije. Rezultat je stoga 2n+ 1 puta veci. 9-t UoEite da je broj naeina igranja prvog kola s 2n + 1 i s 2n + 2 sudionika jednak i objasnite zabto je to tako. - 9 Gdje je pogreika u sljedecem zakljueivanju: ako igra 2n + 1 igraea izaberemo >' brvo protivnika za prvog igraea na 2n nalina, zatim na 2n - 2 naeina protivnika za.. drugog itd? RjeSenje 2. Ako nekako poredamo sve sudionike u niz, onda moiemo reci da prva dva Bahista trebaju igrati zajedno, druga dva zajedno itd. Tada Ce medu svim nizovima sudionika biti ekvivalentni (u smislu igranja prvog kola turnira) oni koji se razlikuju jedan od drugog u rasporedu 2k -tog i 2k + l -vog igraea (za neki k E N n ) ili u rasporedu parova igraea. Razmjeztaja unutar parova ima 2n, razmjegtaja parova i ~ a n!, pa je broj nizova Bahista iz kojih se generiraju razlieiti rasporedi igranja jednak:

64 4. PREBROJAVANJE 57 9 Dokaiite da su ova dva rezultata jednaka. tp Da je turnir teniski, ne bi bilo svejedno koji par igra na sredilnjem terenu... tp Teie je izraeunati broj naeina igranja drugog kola turnira. Uo8te sami gdje je problem. Zadaci takvog tipa nalaze se u poglavlju o formuli ukljueivanja-iskljutivanja. Na koliko nafina rnoiemo presloiiti slova rijefi baobab? Rjes'enje. Na raspolaganju imamo dva slova a, tri slova b i jedno slovo o. Da su sva slova medusobno razlieita, mogucih preslagivanja bi bilo 6!. Dakle, slova a, a, b, b, b, o mozemo presloiiti na 6! naeina. b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b b a o b a b No u svakom od rasporeda iz postavljenog zadatka mogu se na 2! naeina presloiiti slova A (tj. a i a), a na 3! naeina slova B (tj. b, b i b). Skup svih rasporeda Lest razlieitih slova moiemo podijeliti na klase, tako da se rasporedi unutar pojedine klase razlikuju samo u rasporedu istih slova razlieitog tipa. Svaka klasa sadriavat Ce prema prethodnom po 2!3! rasporeda i predstavljati po jedan raspored slova baobab. Zato je broj rasporeda iz zadatka 2!3! puta manji od broja rasporeda s razlieitim tipovima slova. Rezultat: 6!/(2!3!). $% koliko permutacija slova rijefi JUPITER samoglasnici dolaze po abeceddm redu? Rjes'enje. Buduii da sarnoglasnici imaju toeno odreiten redoslijed, moiemo sve samoglasnike zamijeniti npr. slovom S. Tada Ce bilo tko tko pozna abecedu moci na jednoznaran naein popuniti bilo koju od dobivenih permutacija. Sada permutiramo multiskup slova { j,s,c$,t,s,r ). Kao i u prethodnom zadatku dobivamo rezultat: 7!/3!. i ('2 (1 Upravo ste usli u knjignica u kojoj je n razlieitih knjiga. Na koliko na~ha moiete posuditi tri knjigeiz te knjiiiice? RjeSenje. Da ielite posuditi jednu knjigu, mogli biste je izabrati na n naeina. I sutradan biste mogli posuditi sljedecu na n - 1 natina, a dan kasnije trecu na n - 2 naeina.

65 58 4. PREBROJAVANJE OI Tako bi broj naeina posudivanja bio jednak n(n - l)(n - 2). No, nevolja je u tome Bto posudujete sve tri knjige u isti dan, pa iigovi na kartici zaduienja nece biti razlieiti. Posudivanje triju knjiga A, B i C odjednom moie se na 3! naeina simulirati posudivanjem u tri dana ( ABC, ACB, BAG, BCA, CAB, CBA). Dakle, posudivanja u tri dana ima 3! puta vibe nego posudivanja u jednom danu. Broj naeina posutiivanja triju knjiga odjednom je zato jednak n(n - l)(n - 2)/3! = (t)..--- tp Posudivanjem triju knjiga smo u stvari izabrali jedan troelani skup knjiga iz knjiinice. OpCenito, broj naeina izbora k-elanog podskupa n-elanog skupa bio bi n(n-1)....( n-icf 1) k! ito oznaeavamo s (z) i Eitamo n povrh k. Brojevi (;) se pojavljuju u razvoju potencije binoma: (a + b)n = C;=O (;)akbn-k. 7 zovu se binomni Eoeficijentz jer 9 Interpretirajte broj k-elanih podskupova n-elanog skupa, zapisan u obliku: n!/(lc!(n - k)!). Objasnite zaito ima jednako k-elanih i (n - k) -Elanih podskupova! Ta Einjenica se Eesto zapisuje u obliku pravila 'I 12. IzraEunajte broj najkrakih puteva od ishodista do svih toeaka koje se nalaze u prvom kvadrantu, a ispod ili na pravcu x + y = 10. Neka su zadani nenegativni cijeli brojevi p i q. IzraEunajte broj najkrakih puteva od ishodigta do toeke (p, q). Rjeienje. NajkraCi putevi od ishodiita do neke toeke u prvom kvadrantu sastoje se od koraka desno i gore (prema istoku, odnosno sjeveru). PoEnimo raeunati. Ukupno trebamo izraeunati brojeva, Bto nije malo. Krenimo zato od otiglednih situacija i nadimo neki sistem za raeunanje. Od ishodista do ishodiita postoji samo jedan (prazni) put. Od ishodibta do bilo koje toeke na s, odnosno y -osi postoji takoder samo po jedan najkraci put - ti putevi idu Sam0 ravno. Do toeke (1,l) moiemo doci na jedan od dva naeina: ili posjecujuci toeku (1,O) ili posjecujuci toeku (0,l). Ukupno imamo dva puta do toeke (1,l). Zapiiimo rezultate koje imamo tako da uvijek iznad toeke u koordinatnom sustavu stoji broj puteva do te toeke. Zasad imamo

66 4. PREBROJAVANJE Do toeke (2,l) moiemo doci ili iz toeke (1,l) ili iz toeke (2,O), pa je ukupni broj puteva jednak zbroju broja puteva do tih dvaju toeaka: 2+1 = 3. SliEno vrijedi i za toeku (1,2), ali se sada radi o toekama (0,2) i (1,l) : = 3. Ovaj postupak nastavljamo i za ostale toeke, te uz ukupno 9.10/2 zbrajanja (ili manje, ako smo bili dovoljno lukavi) dobivamo konaeni rezultat: Rijegimo i drugi dio zadatka. Za proizvoljnu toeku (p, q) ne mozemo provesti postupak kao u prvom dijelu zadatka, nego traiimo formulu koja Ce davati ieljeni broj puteva. Da bismo izabrali jedan put, trebamo odlueiti npr. kojih Ce p od ukupno p+ q koraka biti koraci udesno. Prema napomeni iz prethodnog zadatka, tih p elemenata od p + q moiemo izabrati na (P:4) nazina, pa je to i trageni broj puteva. +f Mogli smo istaknuti i one korake koji vode prema gore. Rezultat bi tada bio zapisan u obliku. Uvjerite se da je to jednako prvom rezultatu zadatka. JoL jedna interpretacija istog rezultata glasila bi ovako: onaj tko treba ici od ishodilta do toeke (p, q) dobio je p papirica s uputom "odi jedan korak na sjever" i q papirica s uputom "odi jedan korak na istok". Svaki moguci put odgovara j\ednom razmjeltaju tih uputa, a njih ima (p + q)!/(p!q!). +P OEigledna je bijekcija izmedu p -Elanih podskupova p + q -8anog skupa i puteva iz ovog zadatka. To bi to moglo znaeiti da ili puteve ili podskupove moiemo zaboraviti i raditi dalje samo s jednom vrstom objekata. No to se ne Eini, jer se se za neke probleme zgodnijom pokazuje interpretacija pomocu skupova, a za druge pomocu puteva. +f Prvi dio zadatka daje jednostvani naein raeunanja binomnih koeficijenata, zvan Pascalov trokut. On se obieno crta malo drugaeije nego Lto smo ga mi nacrtali.

67 60 4. PREBROJAVANJE Prvi i zadnji element u svakom redu su jednaki 1 ( (g) = (:) = I), dok je svaki od preostalih elemenata jednak sumi dvaju elemenata koji se nalaze iznad njega (lijevo i desno). 4-t IzraEunajte broj najkracih puteva od cjelobrojne toeke (a, b) do cjelobrojne tozke (c, d). tp U jednom od prethodnih zadataka bio je izraeunat broj svih puteva od ishodilta do pravca x + y = n. IzraEunajte taj broj jog jednom koristeci rezultat ovog zadatka. Rezultat koji Cete dobiti samo se naizgled razlikuje od u tom zadatku predlobenog rezultata. I 1q Na tomboli treba izmedu n brojeva pogoditi k brojeva koji Ce biti izvueeni. Koliki treba biti k da bi bila najmanja Bansa da netko pogodi cijelu kombinaciju? r\ Rjes'enje. Sansa Ce biti to manja :to ima vile k-elanih podskupova skupa Nn. " Pogledajmo kako se za fiksni n binomni koeficijenti mijenjaju s k - za koje k je (;) vea, a za koje manji od (k;l). Usporedujemo li brojeve koji se sastoje preteino od slienih faktora, mobemo primijeniti sljedecu oeiglednu Einjenicu: pozitivni broj a je veci od pozitivnog broja b ako je alb > 1, manji ako je taj omjer manji od jedan, a brojevi a i b su jednaki ako je omjer alb jednak 1. Zato raeunamo: Taj broj je veci od 1 ako je Ic < (n - 1)/2, manji od 1 ako je k > (n - 1)/2, a jednak 1 ako je k = (n - 1)/2. Vidimo da za paran n = 2n' binomni koeficijenti (;) rastu s k od (:) do (z,), a za neparan n = 2n' + 1 do (z,) = (n,:l). Zato je za paran n najveci binomni koeficijent (2), a za neparan bonomni koeficijenti (2) i Na koliko naeina moiemo podijeliti 30 ueenika u tri jednakobrojne skupine (a) od kojih Ce prva saditi cvijece, druga kositi travu, a treca rezati grane, (b) koje Ce sve kositi travu. Rjes'enje. U svakoj skupini te biti 10 ueenika. (a) Rjes'enje 1. Izaberimo prvo skupinu ueenika koja te saditi cvijece. To mohemo napraviti na (;:) naeina. Nakon toga, od preostalih ueenika izaberimo one koji Ce kositi naeina), te one koji Ce rezati grane ( (30-::-10) natina). travu ( (30i10) Rezultat :

68 4. PREBROJAVANJE 61 Rjes'enje 2. Na stolu mozemo pripremiti snop od 30 papirica - 10 dozvola za posudivanje lopatice iz Zikolskog skladibta, 10 za kose, 10 za Zikare. UEenici de dolaziti unaprijed odredenim redom (npr. po abecedi) i s vrha snopa uzimati po jedan papirid. Papiride mo- Zemo presloiiti na 30!/(10!10!10!) naeina. Uvjerite se da je ovaj rezultat jednak rezultatu dobivenom u prvom rjebenju. +f' I optenito je: za n = nl + n2 f... + nk, gdje su svi ni 2 0. Taj broj se oznaeava s (b) Ako ueenici ostanu podijeljeni u skupine kao u prethodnom dijelu zadatka, onda mozemo i svim skupinama podijeliti kose i kosilice. No, ako svi ueenici imaju kose, moiemo im na 3! naeina podijeliti lopatice, kose i Bkare. Dakle triju grupa za kobnju ima 3! puta manje nego triju grupa za razlieite poslove: 9+ U ovom zadatku smo birali neke podskupove. Sto smo toeno prebrojali u zadatku (a)? U zadatku (b)?. /$ Na koliko naeina moierno izabrati 5 od 52 igrab karte, ako medu njima m a biti barem jedan tref. Rjes'enje 1. MoZemo izabrati 1,2,3,4 ili 5 trefova. Ako izabiremo i trefova, broj. Rezultat zadatka se dobiva zbrajanjem po i : naeina izbora je (If) (5251i3) 5 -, 6" c )ti I,. fa. (I:) ("it i3). t,~,ztr,?. z= ).'.., Rjes'enje 2. Sjetimo li se odmah da znamo izraeunati broj naeina izbora pet karata bez ijednog trefa, onda rezultat rezultat dobivamo oduzimanjem tog broja od ukupnog broja izbora: ma! 4-, DokaIite da su ova dva rezultata jednaka. Generalizirajte jednakost medu nji- 9+ Nadite pogreziku u rezultatu (113) (5i). (9Full u pokeru je kombinacija pet karata, od kojih su tri jedne, a preostale dvije druge vrijednosti, bez obzira na boje. Npr. jedan moguci full je

69 62 4. PREBROJAVANJE 90,94,90, Jh, JV. Ako se zna da se poker igra s 32 karte (po osam svake boje), koliko ima mogudih fullova? Rjedenje. Moiemo prvo izabrati vrijednost koja Ce se u fullu pojaviti triput, zatim izabrati boje tih karata, a nakon toga izabrati vrijednost koja Ce se pojaviti dvaput i boje karata te vrijednosti. Rezultat: () (:) 4-t Sto je mogla misliti osoba koja je kao rjesenja napisala: 4-t U pravom pokeru postoji moguknost zamjene karata nakon dijeljenja. Premda su mogucnosti zamjene razlieite, ogranieit Cemo se samo na slueaj u kojem se dozvoljava da se do fulla dode i tako da se prvo odloii jedna karta, a zatim se dobije jog jedna karta. Jasno, na ovaj naein Cemo pokuhati doci do fulla samo onda kad vec u rukama nemamo full, ali imamo ili po dvije karte jednakih vrijednosti ili tri karte jednake vrijednosti. Na koliko naeina moiemo uz opisanu strategiju doci do fulla ako dozvoljavamo i zamjenu? (I/ Na tulumu se okupilo m djevojaka i m deiki. No n djevojaka ne ieli p esati. Na koliko naiina se mogu preostali gosti "sloiiti" u plesne parove? Rjedenje 1. DeEki se mogu prvo dogovoriti tko Ce od njih plesati ) na, :, ( naeina. Oni koji ie plesati mogu izabrati partnerice na (m- n)! naeina. Rezultat: Rjes'enje 2. Na m naeina moie se iiabrati partner za prvu plesaeicu (prvu, npr. po visini), medu preostalih m - 1 moie se izabrati partner za drugu plesaeicu, medu m - 2 za tretu, itd, medu n + 1 za posljednju, m - n-tu. Rezultat: ":, me (m - 1)..... (n + 1) = (m),-,. ' 18 Neka su m i n zadani prirodni brojevi i neka je m 2 n. Koliko ima 'najkradih puteva od ishodigta do toike (nz, n) koji izgledaju kao stepenice, tj. ne sadrie dva uzastopna vertikalna koraka? Rjedenje 1. Svaki Ce vertikalni korak biti iza "svog" horizontalnog koraka, osim moida prvog koraka u cijelom putu. Dakle, poslaiemo li sve horizontalne korake jedan do drugog na x-os, onda postoji ukupno m + 1 pozicija na kojima smijemo umetnuti jedan vertikalni korak i time podignuti dio puta desno od tog mjesta za jedan. Te pozicije su: na prvo mjesto, iza prvog horizontalnog koraka, iza drugog, itd, sve do zadnjeg mogu- Leg mjesta - iza n-tog koraka. Da bismo umetnuli n vertikalnih koraka, izabiremo n pozicija od moguiih m + 1. Broj naeina da se to uradi je jednak (,fl).

70 4. PREBROJAVANJE 63 Rjegenje 2. Vertikalne korake koji Ce biti iza nekog horizontalnog koraka veiemo s horizontalnim korakom u par. Osim iza horizontalnog koraka, vertikalni korak moie biti i na poeetku puta. Tako se svi putevi raspadaju na dvije klase kojima se lako odredi velieina. Putevi koji poeinju horizontalnim korakom sadrfe n parova koraka (desno, gore) i jog m - n horizontalnih koraka. Putevi koji poeinju vertikalnim korakom sadrfe osim njega jog n - 1 parova i m - n + 1 horizontalnih koraka. To su i jednine mogucnosti za formiranje niza, pa je rezultat jednak (n + ; ( - n)) + ((n - 1) + (m - n + 1) n-1 ) = ($+(.:I) p U hotel u jedno malo planinsko mjesto stiglo je n sudionika nekog savjetoanja. Sve sobe u hotelu su jednosobne i imaju krasan pogled na okolne vrhove, ali ih samo b od ukupno n ima balkon. v sudionika savjetovanja su VIP i moraju dobiti sobu s balkonom. Medu sudionicima savjetovanja je s studenata kojima se trebaju dati sobe bez balkona. Ostale sudionike moze se smjestiti bilo kako. Na koliko naeina se mogu sudionici tog savjetovanja smjestiti u sobe? Rjegenje 1. UoEimo prvo da zadatak ima rjegenje samo ako je v < b i s < n - b. Pokugajmo rijegiti zadatak tako da oponagamo smjegtavanje osoba u sobe. Izaberimo prvo u koje Ce sobe s balkonom useliti VIPovi - to je moguce ueiniti na (g) naeina. Nakon toga smjestimo VIPove u te sobe (na v! naeina). Broj razlieitih smjestavanja VIPova je it). v!. SliEno moiemo napraviti i sa studentima, n a z ~. s! ~ naeina. ) Ostale goste smjestikno u preostalih n - v - s soba na (n - v - s)! naeina. Rezultat:,,.;, - (:) v!. (n; b,.s!. (n-v- s)! = (b), (n-b), (n-d- s)!., < > G' Mofe se direktno interpretirati i desna strana posljednje jednakosti. RjeSenje 2. Druga strategija za rjezavanje ovog problema je prvo razdvojiti ljude koji Ce imati sobe s balkonom od ostalih, pa onda svakoj grupi odvojeno dijeliti kljueeve od soba. Na (ni:is) naeina moiemo izabrati koji Ce ljudi osim VIPova imati sobe s balkonom, a onda kljueeve soba sa balkonima moiemo podijeliti na b!, a kljueeve soba bez balkona na (n- b)! naeina. Rezultat: Uvjerite se da je i ovaj rezultat jednak rezultatu iz prvog rjegenja., a Za desert na nekoj gozbi bilo je priredeno 140 komada kolaea i 100 zdjelica oleda. Na gozbi je bilo 200 ljudi. Pretpostavimo da 70 ljudi Beli bezuvjetno J jesti kolae, da 50 ljudi Beli bezuvjetno jesti sladoled, dok je ostalima svejedno. Na

71 64 4. PREBROJAVANJE koliko naeina se mogu podijeliti kolaei i sladoledi, ako svaka osoba smije dobiti najvige jednu porciju deserta? Porcije kolaea, kao i porcije sladoleda medusobno su jednake. Rjedenje. Onim osobama koje su odlueile Sto Ce jesti mozemo desert podijeliti samo na jedan naein. Ostalih 80 ljudi moci demo ponuditi sa 70 komada kolaea i 50 porcija 1 sladoleda. Bududi da svaki Eovjek treba dobiti porciju deserta, znamo da Cemo podijeliti izmedu 30 i 70 komada kolaea. Ako namjeravamo podijeliti toeno k komada kolaea, broj podjela je (to). Ukupni broj podjela iznosi: I F I- - -, k=30 Ovaj se izraz ne moze 'srediti'. 80 +f' Da je bilo 150 porcija kolaea i 130 porcija sladoleda, rezultat bi bio C (y) k=o! 4+ Ako ste vec barem jednom protitali ovo poglavlje do kraja, pokugajte odgovoriti, na ovo pitanje: na koliko naeina se mogu podijeliti svi kolaei i svi sladoledi, ak~ nfqa "LoograniEenja na broj porcija koje jedna osoba smije (moze) pojesti? lo" BL ta r <- Uputa: ponovno promatrajte odvojeno raspodjele u kojima razlieiti brojevi ljudi iz skupine neodluenih dobivaju kolae. Pazite, neodlueni mogu pojesti i kolae i sladoled!. Zn ueenika doelo je na praksu u jedno poduzete. Polovina tog broja su momci, a polovina djevojke. Jedan odjel tog poduzeta zatrazio je da dobije barem ml momaka i barem dl djevojaka, a drugi odjel barem mz momaka i barem d2 djevojaka. Pretpostavimo da su zahtjevi tih pogona uskladeni, tj. da je ml + mz < n i dl + d2 < n. Na koliko se naeina mogu rasporediti u pogone ako u oba pogona treba raditi jednak broj ueenika? Rjedenje. Dovoljno je izabrati koji Le ueenici raditi u prvom odjelu. Broj momaka mora biti takav da zadovolji potrebe tog odjela, a da istovremeno ostane dovoljno momaka za drugi odjel. Isto vrijedi i za djevojke. 4-t Usporedite posljednja tri zadatka! m w. DostavljaEi trebaju dostaviti 70 raznih poruka. Da ne bi shvatili sadrbaj poruka koje nose i da se ne bi previge umorili treeci od jednog do drugog primatelja, poruke su podijeljene na sljedeti naein. Svaka poruka rastavljena je na 5 dijelova, a svaki dostavljae nosi toeno 7 poruka. Koliko je dostavljaea potrebno? RjeSenje 1. Da je svaka poruka u jednom komadu, bilo bi potrebno 10 = 70/7 dostavljafa. BuduCi da svaku poruku treba nositi toeno 5 dostavljaea, potrebni broj dostavljaea je 5 puta veci i jednak 50.

72 4. PREBROJAVANJE 65 Na temelju izraeunatog broja dostavljaea jol ne moiemo zakljueiti da je potrebni raspored dostavljanja poruka mogud. Neki rasporedi se vrlo jednostavno konstruiraju. Konstruirajte barem dva bitno razlieita rasporeda dostavljanja. 9 Ovo rjesenje ima smisla samo za ove posebne brojeve. PokuLajte ga provesti za dostavljaee koji nose po 25poruka. Pogledajte drugo rjegenje. Rjeienje 2. Brojimo zaduienja dostavljaea - svaki dostavljae zaduien je za sve poruke koje nosi. Ako ima d dostavljaea, onda to znaei da je broj zaduienja jednak d.7. S druge strane, svaka poruka zaduiena je kod 5 dostavljaea, pa je broj zaduienja jednak Dakle imarno d.7=70.5, ito ponovno daje d = 50. tp NaEin prebrojavanja korilten u drugom rjezenju zove se princip dvostrmkog prebrojavanja i Eesto se koristi. Umjesto direktnog prebrojavanja traienih objekata brojimo neke --- dru~e-objekte Eiji broj ovisi o nepoznatom-broju traienih -- objekata. - Ti drugi objekti - moraju biti izabrani tako da se mogu preb;ojati i na neki drugi nae&>ako da se moie dobiti jednadiba u nepoznatoj velieini. W Nacrtajte tablicu u kojoj su u recima dostavljaei, a u stupcima poruke (moiete to ueiniti i za neki manji primjer). NapiSite krizic na presjek onih redaka i stupaca koji odgovaraju zaduienju za poruku. Sto moiete reci o toj tablici? W Nacrtajte jog jedan prikaz rasporeda. Nacrtajte prvo skup poruka i skup dostavljaea. Poveiite zatim crtom svaku poruku sa svim dostavljaeima koji je nose. Interpretirajte zadane i traiene velieine na ovom prikazu. Sto predstavljaju crte? RijeSite ponovno zadatak. Q 3. Povjerenstvo se sastajalo 40 puta i svaki je put bilo prisutno 10 Elanova. o se niti jedan par Elanova nije susreo vise nego jednom, dokabite da je broj Clanova povjerenstva najmanje 60. RjeSenje. $to znaei da se niti jedan par Elanova nije susreo vise od jedanput? To znaei da za svaki par Elanova povjerenstva postoji najvile jedan sastanak na kojem su oboje prisustvovali. Brojimo zato ureitene trojke (jedan Elan, drugi Elan, zajednizklci sastanak), gdje je na primjer ime prvog 8ana po abecednom redu ispred imena drugog. Krenemo li od Elanova, vidimo da takvih trojki ima manje ili jednako (g), gdje je c ukupni broj Elanova pov-, jerenstva. Krenemo li od sastanaka, te brojimo parove prisutnih po sastanku, dobivamo broj trojki: 40. (I2'). Time smo dohli do nejednakosti iz Eega, uz uvaiavanje Einjenice da c mora biti prirodni broj, slijedi rjesenje c 2 60.?-+ Ako vec niste, nacrtajte tablieni i grafovski prikaz ovog problema. Objasnite na oba prikaza: Lto je bilo zadano, Lto se trazilo. Ponovite rjelenje komentirajuti akcije i zakljueke na svakom od prikaza. Koji od njih vam se za ovaj problem Eini prikladnijim?

73 66 4. PREBROJAVANJE 9+ Nadite pogregku u sljedetoj izjavi: uvjet zadatka ekvivalentan je uvjetu da ukupni broj prisustvovanja sastancima (parova (Elan, sastanak)) mora biti manji ili jednak dvostrukom broju parova Elanova. Iz toga bi slijedilo (z) (io) i pogresno rjelenje. 24. Na ispitu je bilo 28 zadataka. Svaki student je toeno rijesio po 7 zadataka i za svaki par zadataka postoje toeno dva studenta koji su ga rijegili. Koliko je bilo studenata na ispitu? Rjegenje. Ovaj zadatak malo nalikuje na prethodne. UsporedujuCi ga s prvim, mozemo reci da su studenti rjelavali zadatke slieno kao Lto su dostavljaei nosili dijelove poruka. NaZalost zadane velieine ne odgovaraju sasvim velieinama zadanim u tom zadatku. UsporedujuCi ovaj zadatak s prethodnim, vidimo da je par zadataka rijesio par studenata, te da je zbog toga situacija u ovom zadatku razlieita od situacije u prethodnom zadatku. Nacrtajte skicu! Vidimo da uvjet o parovima zadaje na neki naein broj veza izmedu skupa zadataka i skupa studenata. Te veze mozemo kao i ranije prebrojati sigurno jog na jedan natin. Brojimo ono ;to nam daje najkompliciraniji uvjet - sve parove toenih rjegenja, tj. trojke (student, jedan toeno rijedeni zadatak, drugi toe;no rijes'eni zadatak), gdje je prvi zadatak na ispitu imao manji redni broj od drugog. Neka je ispitu pristupilo s studenata. Brojimo li te uredene trojke tako da krenemo od zadataka, dobivamo rezultat (228). 2. Krenemo li od studenata, dobivamo s. (i). IzjednaEavanjem ovih relacija dobivamo jednadzbu Eije je rjegenje s = 36. Ct, Konstruirajte jedan primjer s dva ili tri rijelena zadatka po studentu. Ct, Usporedite posljednja tri zadatka. Postavite s prieom svakog od njih uvjete i pitanja zadana u preostalima. +f' TabliEni i grafovski prikaz sluie nam za olakgavanje rjeiavanja ovakvih zadataka. Postoji jog jedna interpretacija velieina zadanih u ovom zadatku. Nazovimo zadatke totkarna, a studente (ili njihove ispite, svejedno je) pravcima. ToEka leii na pravcu ako je student rijesio odgovarajudi zadatak. Tada mozemo reci da imamo ukupno 28 toeaka, da svaki pravac sadrii 7 toeaka, te da kroz svake dvije toeke prolaze toeno dva pravca. Ovakav pristup vodi u teoriju blok-dizajna. 25. Neka je S skup velieine n i neka je Ic neki prirodni broj. Koliko ima uredenih k-torki A = (A1, Az,..., Ak) E 'P(s)~ takvih da je: (a) U;=,A~ = S i svi Ai, Aj su u parovima disjunktni, (b) n,,,ai = 0 i A;UAj = S zasve i,j E Nk, i # j, (c) U;=,A~ = S, svi Ai, Aj su u parovima disjunktni, te je [Ail = ni, za svaki i E Nk, gdje su n1, n2,..., nk unaprijed zadani nenegativni cijeli brojevi i

74 4. PREBROJAVANJE 67 Rjeienje. (a) Za svaki element skupa S moramo reci u koji od Ai -ova ulazi. Dakle, za svaki od n elemenata imamo k mogucnosti izbora. RjeLenje: kn. 9+ Neki skupovi Ai Ce moida ostati prazni. PokuLajte za neke male k (npr. 2,3) izraeunati broj k -torki (A1,..., Ak) s dodatnim uvjetom da su svi Si neprazni. (b) PokuLajte i ovaj zadatak rijeliti direktnim prebrojavanjem. Mi Cemo ovdje krenuti drugim putem. Usporedimo li uvjete ovog zadatka s uvjetima prethodnog, vidimo da tam0 gdje u prethodnom zadatku stoji presjek, ovdje stoji unija i obratno, te tam0 gdje u prethodnom stoji cijeli skup S, ovdje stoji prazan skup. To nas moze navesti na to da uvjete ovog zadatka dobijemo iz uvjeta prethodnog komplementiranjem (uz primjenu de Morganovih zakona). - Kako nam to mobe pomoci u brojanju rjegenja? Promatrajmo preslikavanje P(S) P(S) definirano s XC I+ X. To preslikavanje je bijekcija s P(S) na P(S) jer si je ono samo obostrani inverz. I ne samo to, nego zbog upravo otkrivene veze izmedu uvjeta prethodnog i ovog zadatka ono je i bijekcija izmedu njihovih skupova rjelenja (svojstvo injektivnosti je naslijedeno od preslikavanja P(S) + P(S) za koje smo pomocu inverza dokazali da je bijekcija; svojstvo surjektivnosti dokaiemo tako da uzmemo neku k -torku rjegenja ovog zadatka, komplementiramo svaki od njenih skupova i dokaiemo da je to rjegenje prethodnog zadatka - ono Ce onda komplementiranjem biti preslikano u rjeeenje ovog zadat ka). Sada, prema principu jednakosti znamo da rjesenja ovog zadatka ima jednako koliko i rjesenja prethodnog! (c) U ovom dijelu zadatka ne moiemo, analogno prema (a), za svaki element reci u koji de od Ai -ova uci, jer A, -ovi imaju unaprijed odredene velieine. Zato Cemo prvo izdvojiti elemente skupa S koji Ce tvoriti skup Al, zatim elemente za skup A2 itd. Za A1 elemente mobemo izabrati na (c) naeina, za Az na (n,znl) itd. Rezultat: 9+ Sto se dobiva komplementiranjem ovog dijela zadatka? % OpiSite rijeeima: Sto smo prebrojali u (a), Sto u (c) dijelu zadatka? 26. Neka je X skup velieine n i neka je k prirodan broj manji ili jed- nak n. Koliko ima uredenih k-torki skupova (XI, X2,..., Xk) takvih da je XI x2 c... CX, CX? Rjeienje. Ovaj niz skupova vec je jedinstveno odreeten "prirastom" skupova, tj. preslikavanje je bijekcija (Xl,X2,..9,Xk) (Xl,X2\XltX3\XZ,...,Xk\Xk-l,X\Xk) - {(xi, x2,..., Xk) : X1 S Xz... Xk X) + {(y1,y2,..., Y~+~):u~=$~~Y~=x, YinYj=Ozai#j).

75 68 4. PREBROJAVANJE Yk+l X Xk y2 Yl x1 Bijektivnost tog preslikavanja moee se najjednostavnije provjeriti konstruiranjem inverznog preslikavanja: (Yl,Y2,...,Yk+l) H (Y1,Yl UY2,Yl UY2 UY3,...,uf=l~i). Provjerite da je ovo preslikavanje obostrani inverz prethodno definiranom preslikavanju. Time dobivamo jednakobrojnost svih padajutih k -torki X -eva i svih k + 1 -torki disjunktnih Y -a. Prema prethodnom zadatku rezultat je jednak (k + 1)". 27. Koliko postoji uredenih k -to& (xl, x2,..., xk) s elementima iz N,, sa svojstvom 1 < x1 < xz <... < x k < n? Rjes'enje. PopiSemo li jedan kraj drugoga sve brojeve od 1 do n, vidimo da izbor ovakve k -torke odgovara izboru k razlizitih elemenata skupa Nn. Primjer. n = 12, k = 4. Rezultat: (E). +P Ovaj rezultat se pokatkad interpretira na drugaeiji na8n. Naime, svaki podskup skupa prirodnih brojeva moze se urediti (prirodno, tj. po velieini) na jednoznatan naein. Dakle svakom k-elanom podskupu od Nn moiemo na jedinstveni naein pridruiiti uredenu k-torku brojeva iz istog skupa kojoj su koordinate uredene rastute. Jasno je da i svakoj takvoj uredenoj k-torci moeemo na jednoznaean naein pridruiiti podskup, te da su ta dva preslikavanja jedno drugom inverz, pa i bijekcije. 4-t Usporedite ovaj zadatak s prethodnim. Prvo za neke male n nacrtajte skice. Za ovaj zadatak nacrtajte n toeaka u ravnini i oznaeite ih brojevima od 1 do n. Nacrtajte zatim strelice od svake toeke i do njenog neposrednog sljedbenika i + 1. Za prethodni zadatak nacrtajte totke koje odgovaraju podskupovima skupa N, (ne zaboravite na prazni skup!). Strelice crtajte zatim za svaki skupa A izmedu toeke koja odgovara njemu i toeke koja odgovara sljedetem vetem skupu A U {x) za x! $ A. Objasnite sada na crtezu: Lto je bio zadatak ovog, a Sto prethodnog zadatka.

76 4. PREBROJAVANJE Koliko postoji rjeienja jednadbbe yl + yz yk = n u Nk? Rjebenje. Ako ponovno popizemo sve brojeve od 1 do n jedan kraj drugoga, onda moiemo vidjeti da svako rjegenje ove jednadibe odgovara izboru k - 1 elemenata izmedu prvih n - 1 elemenata. Naime, svaki izabrani element sluii tome da kaie "sad je dosta uzimanja jedinica za ovaj sumand, prijedi na drugoga". Na kraju za posljednji sumand uzmemo sve preostale jedinice. Primjer. n = 12, k = 4. OdgovarajuCi rastav broja 12 je f = 12. Biramo k "posljednjih jedinica" medu n - 1 elemenata (posljednju jedinicu ostavljamo kao zalihu za posljednji sumand), pa je rezultat jednak (;I:). 9+ Usporedite tri prethodna zadatka. Ako prva dva proglasimo u nekom smislu analognima, formulirajte i zadatak sa skupovima analogan ovom zadatku. 29. IzraCunajte na koliko se nacina mobe podijeliti b jednakih bombona na d djece. Pojedino dijete smije ostati bez ijednog bombona, a ne smeta niti ako neki dobiju i po nekoliko bombona. Rjebenje. Jedan uobieajeni naein raspodjele u svakodnevnom Zivotu je napraviti pakete s bombonima, poredati ih, poredati djecu, te prvom djetetu dati prvi paket, drugom drugi, itd. U ovom slueaju moiemo smatrati da su djeca ved poredana. Trebamo jog samo napraviti pakete i poredati ih. BuduLi da su bomboni svi jednaki, moiemo postupiti tako da ih poslazemo u niz i uzimarno u svaki paket po nekoliko bombona. Na koliko naeina moiemo iz niza bombona napraviti d paketa? Moiemo postupiti na sljededi naein: iza posljednjeg bombona koji ulazi u prvu skupinu stavimo vrecicu u koju Ce se kasnije staviti ti bomboni, iza posljednjeg bombona koji ulazi u drugu skupinu stavimo vrecicu u koju Ce se kasnije staviti bomboni druge skupine itd. sve do d - 1-ve skupine. Sve bombone koji tim postupkom nisu stavljeni niti u jednu skupinu, stavit Cemo u posljednju (d-tu) skupinu i urueiti ih bez vretice. Primjer. Situaciju u kojoj prvo dijete dobiva 2, drugo niti jedan, trece 4, Eetvrto 1, a pet0 2 bombona moiemo prikazati Gematski: Stoga se broj raspodjela b bombona na d djece svodi na raspodjelu d - 1 jednakih vrecica izmedu b bombona. Dalje se to moie svesti na odredivanje na kojima Ce od

77 70 4. PREBROJAVANJE b + (d - 1) pozicija biti bomboni (znamo da te na ostalima biti vredice). Ovakav problem znamo rijeiiti i broj takvih raspodjela iznosi: +P Vidimo da smo mogli i birati pozicije na kojima su vretice, jer je N ~. Usporedite ovaj zadatak s rjeiavanjem jednadibe yl + y yk = n u skupu 30. Odredite broj svih r-elanih podskupova skupa Nn koji ne sadrze niti jedan par uzastopnih brojeva. Rjes'enje. Znamo izraeunati broj podskupova nekog konaenog skupa i uz ogranieenje na njihovu velieinu. Kako svesti zadani problem na taj ili neki drugi problem koji znamo rijeiiti? Na primjer koliki treba biti skup da bismo mu mogli izabirati npr. r -Elane podskupove bez ikakvog uvjeta i da ih bude jednako kao i zadanih skupova? U traienim podskupovima razlika izmedu svaka dva susjedna broja veta je od jedan. U "obienom" podskupu dozvoljava se i razmak 1. U podskupu koji ielimo dobiti, recimo {x1,x2,..., xt), uredimo elemente tako da bude XI < s 2 <... < zr. Pokusajmo njemu pridruiiti skup bez dodatnih uvjeta na razlike susjednih elemenata preslikavanjem To preslikavanje pridruiuje svakom r -Elanom podskupu od Nn r -Elani podskup skupa Nn-,+1. Ono je bijekcija, jer mu je preslikavanje obostrani inverz. {~1,~2,...,~T)~{~1,~2+1,~3+2,...,y~+r-1) Stoga traienih podskupova ima: 4-t Usporedite ovaj zadrqtak s prethodna dva, kao i njihova rjeienja. Izvedite postupkom analognim rjeienju ovog zadatka iz broja svih rjeienja jednadibe y ~ y yk = n u Nn broj svih rjeienja iste jednadibe u Nn U (0). +P SliEno rjeienju ovog zadatka moiemo dobiti i broj podskupova od Nn Eiji se elementi razlikuju barem za I, gdje je 1 E N. Rezultat: Iz tog rezultata moiemo lako provjeriti za koliki je 1 takav izbor mogud: n- (1 - l)(r- 1) 2 r, tj.

78 4. PREBROJAVANJE 71 4-t Ranije u ovom poglavlju bio je zadan zadatak u kojem je trebalo prebrojati sve puteve od ishodista do toeke (m, n) koji nemaju susjednih vertikalnih koraka. Ako interpretiramo puteve duljine m+n kao n-elane podskupove skupa Nm+, koji predstavljaju pozicije vertikalnih koraka, onda znamo da ih ima Pogledajte jog jednom rjegenje upravo spomenutog zadatka i konstruirajte pomodu njega drugo rjelenje ovog zadatka! 31. Neka je S skup svih vrhova nekog konveksnog n-terokuta i neka je t E N. Koliko ima t-elanih podskupova od S koji ne sadrze niti jedan par susjednih vrhova? Rjedenje 1. Zadatak nalikuje na prethodni, ali je relacija LLbiti susjedan" prolirena novim parovima: (n, 1) i (1, n). Tako je broj podskupova skupa vrhova n-terokuta bez susjednih vrhova manji od broja podskupova od Nn bez susjednih elemenata toeno za broj onih dobrih podskupova koji sadrie i vrh 1 i vrh n. Ako je podskup dobar, a sadrbi i 1 i n, onda ostale potrebne elemente (t- 2 komada) treba birati me& vrhovima 3,4,..., n - 2. Rezultat: Rjes'enje 2. Nezgodnog 'Lkruinog" uvjeta moiemo se rijegiti i na drugi naein. UoEimo jedan vrh i nazovimo ga X. Tada de biti lako prebrojati odvojeno one dobre podskupove koji sadrie X i one dobre koji ne sadrie X. Naime, oni podskupovi koji sadrie X moraju sadriavati jog t - 1 elemenata, ali ne smiju sadriavati susjede od X. Ostalo je jol n - 3 elemenata na izbor, a ograniee- nje na susjednost elemenata je kao u "ravnom" zadatku. Dakle, takvih podskupova ima ((n-3)~li-1)+1). Oni podskupovi koji ne sadrie X moraju sadriavati jog t elemenata, izabranih medu vrhovima poligona razlieitim od X. Njih ima: ((n-l)t-ts1). Ukupno, trahenih podskupova ima:

79 72 4. PREBROJAVANJE 32. Koliko postoji uredenih r-torki (XI, xz,..., x,) s elementima iz N,, sa svojstvom 1 < xl < x2 <... < x, < n? Rjegenje. Kao i u jednom od ranije rijegenih zadataka, i ovdje moiemo zaieljeti svesti ovaj zadatak na prebrojavanje L'obiEnih" podskupova. Ovdje bi to preslikavanje trebalo razmaknuti elemente. PokuHajmo s: To preslikavanje pri&u~uje svakoj uredenoj r -torci s neopadajulim koordinatana iz N, r -Elani podskup od N,+,-i. Ono je bijekcija, jer mu je preslikavanje: (YI,YZ,...~YT)( Y I, Y Z - ~, Y ~ - ~,..., ~ T - ~ + ~ ) obostrani inverz. -Dakle, traienih r -torki ima:?+ Pokugajte sami formulirati i rijehiti zadatak u kojem bi se iz rjehenja ovog zadatka zakljueivalo neito, o rjegenjima jedndkbe yl + yz yk = n iz skupa N!! Formula ukljuzivanja-iskljuzivanja U prethodnom poglavlju su skupovi, Eije velieine je trebalo izraeunati, bili zadavani kao unije disjunktnih skupova ili kao Kartezijevi produkti skupova ili su se mogli jednostavno prevesti u neku od tih kategorija. U ovom poglavlju skupovi Ce biti zadavani iskljueivo kao unije ili kao presjeci nekih skupova. Ti skupovi opcenito nece biti disjunktni, niti Ce biti u bilo kakvom pravilnom medusobnom odnosu. Osnovna ideja koja vodi k rjesenju zadataka tog tipa je rastaviti zadane skupove na podskupove koji se medusobno disjunktni. Tada se mobe primijeniti princip sume. Postoji formula koja olaksava rjesavanje takvih problema, no pokusajmo prvo rijebiti nekoliko jednostavnih zadataka primjenom ranije naueenih principa. 1. IstraBivanje provedeno na uzorku od 110 bolesnika s rakom na plucima pokazalo je da je medu njima 70 pusaea (sadasnjih ili bivgih), 60 stanovnika gradskih podrueja, te da je 35 bolesnika zaposleno na opasnim poslovima. Nadalje, 40 pusaea Bivi u gradu, 15 radi na opasnim poslovima, a 5 ih je u obje kategorije. 10 pacijenata s opasnim zanimanjima nije nikad pusilo niti Bivjelo u gradu. IzraEunajte: (a) Koliko je pacijenata iz grada koji rade na opasnim poslovima?

80 4. PREBROJAVANJE (b) Koliko je pacijenata iz grada koji nisu nikad pusili niti su na poslu bili izlobeni opasnim tvarima? (c) Koliko pacijenata pusi ili Eivi u gradu? (d) Koliko pacijenata niti ne pugi, niti ne Zivi u gradu niti ne radi na opasnim poslovima? Rjes'enje 1. Ako s P oznaeimo skup svih pueiaea, s G skup svih stanovnika grada, s R skup svih ljudi koji rade opasne poslove, a s U skup svih ispitanih bolesnika (uobieajena oznaka - univerzalni skup, skup koji obuhvata sve "interesantne" elemente za neki problem) mobemo nacrtati te skupove shematski: Poznato nam je (a) lgn Rl (b) IG n pc n ~~l (4 IGUPl (d) IGC n PC n RCI. IzraEunajmo prvo velieine svakog od "osnovnih", meausobno disjunktnih skupova: (uoeite te skupove na slici). Ako izraeunamo sve te velieine, primjenom principa sume moci Cemo dobiti i velieinu bilo kojeg drugog skupa sa slike. Pronaaimo dva skupa Eije velieine znamo, a od kojih je jedan podskup drugoga. Tada iz IRnPnGI =5 i IPnGI =40, dobivamo I(PnG)\RI =35. SliEnoiz (PnRI =15 slijedi I(P n R) \ GI = 10. KombinirajuCi dalje uvjete s dobivenim rezultatima, mobemo dobiti sve velieine potrebnih skupova, :to je pregledno prikazano slikom:

81 74 4. PREBROJAVANJE Sada mozemo lako rijegiti zadatak: (a) IG n RI = = 15, (b) IG n PC n RCI = lo, (c) ~G~P~= =90, (d) (GcnPcnRCI =lo. +f Ova metoda, koliko god je zabavna za manje probleme, nije prikladna za rje- Savanje problema s vecim brojem skupova. Naime, lako se moze vidjeti da disjunktnih podruwa na slici s n podskupova univerzalnog skupa ima toeno 2". Ako se uzme u obzir da nas nakon raeunanja tih velieina Eeka jog i njihovo zbrajanje, vidimo da je posla previge. No, ovom metodom se isplati raditi u slueaju da moramo izratunati velieine mnogo (ili Eak svih) skupova sa slike (skupova je na slici 22"... ). RjeSenje 2. Pokugajmo direktno iz zadanih elemenata izraeunati tragene velieine skupova. Rijegimo tako npr. zadatak (a). Ostale zadatke rijegite sami. # Iarazunajte broj svih peteroznamenkastih brojeva koji: (a) sadr3e barem jednu devetku (b) sadr3e barem jednu devetku ili barem jednu osmicu. (c) sadr3e barem jednu devetku i barem jednu osmicu RjeSenje. (d' Ovakav zadatak smo vec rijegili, ali ponovimo ipak rjesenje. 1 RaEunamo broj svih peteroznamenkastih brojeva kao i broj peteroznamenkastih brojeva bez ijedne devetke. Broj brojeva s barem jednom devetkom je njihova razlika. Rezultat : 9. lo4-8.g4.

82 4. PREBROJAVANJE 75 /ybj Oznatimo s U skup svih peteroznamenkastih brojeva, s D skup svih brojeva koji sadrze devetku, a s 0 skup svih brojeva koji sadrie barem jednu osmicu. PostupajuCi kao i u (a) dijelu zadatka koristimo formulu u kojoj su nam poznati svi elementi. Rezultat: (c) Traiimo D n 0. Znamo: 2elimo izratunati (D n 01. BuduCi da je lul = lu \ (D u o)i + ID( ID n 01, dobivamo ID n 01 = -1UI + IU \ (D U O)I + ID = -9. lo (9. lo4-8. g4) + (9. lo4-8. g4) = 9.10~-2.8.9~+7.8~. 9 Formulirajte i rijelite zadatke analogne zadacima (b) i (c) u kojima se radi o brojevima koji sadrbe sedmice, osmice i devetke! 3. U jednom gradu, koji ima samo stanovnika, organiziraju se u dobrotvorne svrhe razne aktivnosti. GradonaEelnik se na kraju godine pohvalio da su odrzana dva koncerta i lutrija, te da je svaki drugi gradanin sudjelovao u dobrotvornim aktivnostima. Poznato je da je na koncertu ozbiljne glazbe bilo 2000 posjetilaca, na rockkoncertu 8000, te da je po jedan listic lutrije kupilo stanovnika. Nadalje, poznato je da je 500 ljudi bilo na oba koncerta, da je 50 ljudi koji su bili na koncertu ozbiljne glazbe sudjelovalo u lutriji, te da je 3000 posjetilaca rock-koncerta kupilo lutriju. Nitko nije kupio vi5e od jednog listica lutrije. 3 to mislite o gradonacelniku? Rjes'enje. BuduCi da nemamo razloga misliti ilta lose o gradonazelniku, jedino Bto mozemo ueitini je provjeriti da li je broj prodanih ulaznica, odn. listica lutrije u skladu s gradonaeelnikovom izjavom o broju gradana koji su sudjelovali u dobrotvornim aktivnostima. OznaEimo s 0 skup svih ljudi koji su bili na koncertu ozbiljne glazbe, s R skup ljudi koji su bili na rock-koncertu, a s L skup ljudi koji su kupili listic lutrije. Tada znamo: 101 = 2000, IRI = 8000, ILJ = 12000, 10 n Rl = 500, 10 n LI = 50, IR n LI = 3000, 10 u R u LI = Nacrtate li skicu tih skupova, lako Cete vidjeti da je: ~ourul~=~o~+~r~+~l~-~onr~-~onl~-~rnl

83 76 4. PREBROJAVANJE UvrHtavanjem poznatih velieina u tu jednakost, dobiva se: 10 n Rn LI = 1550, Hto bi trebalo znaeiti da je 0 n R n L veii od nekih svojih nadskupova (npr. od 0 n R). Lako se moze vidjeti da tome moze biti uzrok Einjenica da je gradonaeelnik izjavio da je u dobrotvornim akcijama sudjelovao vedi broj sudionika nego Hto ih je zaista bilo. tp Cak i da je gradonazelnik u sudionike uraeunao i organizatore tih aktivnosti, pretjerao je - da bi njegova. izjava mogla biti u skladu s ostalim podacima, njih bi trebalo biti najmanje 1500! Formula ukljuzivanja-iskljueivanja daje izraz za velieinu unije n skupova, ako su poznate velieine presjeka svakih i od tih skupova, i = 1,..., n. Alternativnom formulom ukljueivanja-iskljueivanja iz istih brojeva se raeuna velieina presjeka komplementarnih skupova. OpCenito, ako su A1, A2,..., A, konaeni skupovi, onda se velieina skupa A1 U Az U... U A, mobe izraeunati formulom: SliEno, ako su svi Ai podskupovi konaenog skupa S, onda je IA; n A; n... na;l Cesto su zbog simetrije problema svi Ai medusobno jednake velieine, svi AinAj medusobno, svi Ai fl Aj fl Ak itd. Sumanada u I-toj sumi ima (7), pa prva formula prelazi u:.. + (-1)"-lI~1 n A2 n... na,i. SliEno se mobe prilagoditi i druga formula. Formula ukljueivanja-iskljucivanja se primjenjuje onda, kad velicine skupova A1 U... U A,, odnosno AT fl... n A: ne mobemo izraeunati jednostavnije, a vidimo naein da se izracunaju velieine svih presjeka skupova Ai. Usporedite prethodne zadatke s prvim dvjema formulama, a drugi zadatak i njegovu napomenu jos i s trecom.

84 4. PREBROJAVANJE 4. Pustinjom hoda karavana od devet deva. Na koliko naeina se nakon odmora u oazi one mogu presloziti tako da niti jedna deva ne hoda iza one deve iza koje je hodala prije oaze? RjeSenje. BuduCi da devama ne znamo imena, numerirajmo ih onako kao :to su bile slozene prije oaze. Nakon oaze druga deva ne smije hodati iza prve, treca iza druge, itd, niti deveta iza osme. Izgleda da je jednostavnije izraeunati broj slaganja deva takvih da neki par (ili neki parovi) deva hodaju jedna iza druge - zavezemo devu za prethodnicu i tretiramo ih kao jedan element karavane. Zato Cemo pokulati, umjesto da raeunamo brojeve rasporeda u kojima niti druga deva ne hoda iza prve, niti treca iza druge, itd, niti deveta iza osme, raeunati brojeve rasporeda u kojima su neki podnizovi karavane ostali vezani jog od prethodne etape - koristit Cemo formulu koja povezuje presjek skupova sa svim presjecima komplemenat a. Uvedimo oznake - neka je S skup svih rasporeda deva, A1 skup svih rasporeda deva u kojima druga deva hoda iza prve, Az skup svih rasporeda deva u kojima treca deva hoda iza druge, itd. A8 skup svih rasporeda deva u kojima deveta deva hoda iza osme. KonaEni cilj je izraeunati [A: n A$ n... n Ail. gelimo li primijeniti formulu UI, morat demo izraeunati velieinu skupa S, te velieine svih presjeka Ai -ova- one za koje nam se Einilo da Cemo ih lako izraeunati i zbog kojih smo se odlueili na formulu UI. I zaista, raeun je jednostavan, pa napilimo samo rezultate: IS1 = 9!, \Ail = 8! za svako i, ]Ai n Aj( = 7! za svaki par razlieitih i, j (bez obzira da li je )i- jl = 1 ili ne), ]Ai n Aj n Ak] = 6! za svaku trojku razlieitih i, j, k, (AlnA 2n...nA81 = l! Uvrgtavanjem u formulu UI: IA;~A$~...~A~I

85 4. PREBROJAVANJE 9+ ProuEite kako lete rode. Gdje nastaju problemi u analognom zadatku s rodama? RijeLite ga za n = 3 i n = 5.?+ Razmislite kako bi se izraeunalo na koliko Ce se naeina moci presloiiti deve nakon druge oaze, ako niti jedna od njih ne ieli hodati iza neke od deva iza kojih je na tom putu vet hodala? Zadatak je bitno teii od LLoriginalnog" zadatka. 5. 2n ljudi ruealo je za okruglim stolom. Oni Zele 'za istim stolom i veeerati, ali tako da nitko ne gleda sebi nasuprot istu osobu koju je gledao za vrijeme rueka. Bitno je tko sjedi na kojem stolcu. RjeBenje. Ponovno je lako izraeunati brojeve razmjeztaja s fiksiranim parom odn. parovima koji se iele gledati. OznaEimo stoga parove ljudi koji su se gledali za vrijeme rutka s 1,2,..., n te je ponovno S skup svih rasporeda oko okruglog stola, Ai skup svih rasporeda u kojima ljudi i-tog para ponovno sjede jedan nasuprot drugom. Sada raeunamo: la;naji IS1 = (2n)! [Ail = 2n. (2n- 2)! jer prva osoba iz para izabire mjesto na 2n naeina, a druga nema ;to birati = 2n.(2n-2).(2n-4)! IA1nA2n... na2,( = 2ne(2n-2) Uvrgtavanjem u FUI i sredivanjem dobivenog izraza zatadak de biti rijesen: IAy n A$ n... n A$,I = W Kad se vec radi o sjedanju za stol, moiete rijeziti i sljedeci zadatak: na koliko naeina moie 2n ljudi veeerati za istim stolom za kojim su rueali, ako niti jedna osoba ne ieli imati pokraj sebe niti jednu osobu od onih koje su kraj nje sjedile za ruckom? PokuZajte prvo rije6iti ovaj zadatak "pjesicen za neke male n. Usporedite rjegenje ovog zadatka s rjeienjem zadatka o devama-. W Gdje nastaju problemi, ako zadatak postavimo ovako: na koliko naeina mogu ljudi iz ovog zadatka veeerati, ako niti jedna osoba ne ieli za veeerom sjediti u istom dru- Ztvu kao za ruekom (tj. barem jedna od osoba koje sjede pokraj nje mora biti razlieita)?,rijesite ovaj zadatak za n = 3.

86 4. PREBROJAVANJE 6. Koliko ima brojeva od 1 do 1000 koji su djeljivi s 3 a nisu djeljivi niti s jednim od brojeva 2, 5 i 7? Rjeienje. Brojeva manjih ili jednakih 1000 djeljivih s 3 ima [1000/3] (najvece cijelo od z). OpCenito, lako je izraeunati broj brojeva djeljivih proizvoljnim brojem. Lako je i izraeunati broj brojeva koji nisu djeljivi proizvoljnim brojem, ali u ovom zadatku problem je u tome Sto treba izraeunati broj brojeva koji nisu djeljivi s vise brojeva istovremeno. PokuSajte sami vidjeti gdje nastaju poteskote u direktnim pokusajima prebrojavanja. Mi Cemo primjenom formule UI izraeunati broj brojeva manjih od 1000 (manjih ili jednakih, svejedno je... ) koji su djeljivi s 3, ali nisu djeljivi s 2,5 i 7 brojeci brojeve djeljive tim brojevima. OznaEimo s S skup svih prirodnih brojeva manjih od 1000 djeljivih s 3, s A2 c S skup brojeva djeljivih s 2 (odnosno s 2.3), s A5 C S skup brojeva djeljivih s 5 (s 5.3), a s A7 C S skup brojeva djeljivih sa 7 (sa 7. 3). Da bismo rijelili zadatak, trebamo izraeunati IAg n A; n AFl. VeC smo u uvodu odlueili da Cemo koristiti formulu UI, pa izraeunajmo sada potrebne velieine. I"' = [El = la51 = [a1 141 = [a1 [a] 1-42 = [rn] IAznA71 = IA5nA71 = [%TI[ml IA2 n A5 n A7 1 = Uvrgtavanjem u formulu UI dobiva se rezultat: 7. Uprava robne kude u jedno~risti~komjestu je uoeila da medu kupcima ima stranih turista i odlueila poslati osoblje na teeajeve stranih jezika. Svaki prodavae treba upisati teeaj jednog jezika, a cilj je da za svaki od 9 za to mjesto bitnih jezika postoji prodavae u robnoj kudi koji govori tim jezikom. Na koliko naeina se moze poslati p prodavaea te robne kude na tecajeve? RjeSenje. Kad bi prodavaei mogli slobodno birati, bilo bi gp raznih izbora teeajeva. No tada bi se moglo dogoditi da neki od bitnih jezika ne bude zastupljen u toj robnoj kuci. Nas zanimaju samo takvi izbori u kojima su zastupljeni svi jezici. UoEavamo da je lako izratunati broj izbora teeajeva pri kojima neki od jezika nisu zastupljeni, pa je to razlog za odluku da se krene formulom ukljueivanja-iskljueivanja. OznaEimo jezike brojevima od 1 do 9, te s Ii skup izbora teeajeva pri kojima nije zastupljen jezik i. Neka je I skup svih izbora teeajeva. Trebamo izraeunati velieinu skupa If n I; n... ni6. VeC smo odlueili da Cemo krenuti formulom UI, pa izraeunajmo

87 4. PREBROJAVANJE potrebne elemente: 1 = gp liil = 8p, za svako i IIinIj) = 7p,... 11~n1~n...n1~1 = op Ukupni broj dobrill izbora je jednak zasve i,j, i # j Ctt Provjerite da je za p < 9 rezultat jednak nuli. Koliki je rezultat za p = 9? Obrazloiite zagto se to dogodilo (znanje deriviranja moie koristiti). 9+ Izbore stranih jezika mogli smo prikazati i kao surjekcije sa skupa svih prodavaea u skup devet izabranih stranih jezika. IzraEunajte koliko ima surjekcija s n-elanog na m-elani skup. 9 Da su se prodavaei prvo organizirali u 9 grupa koje iele zajedno pohadati teeajeve, onda im se moglo na 9! naeina pridruiiti strane jezike. IzraEunajte broj particija n-elanog skupa u m dijelova. Dijelovi particije nisu nikad prazni skupovi. 9+ U nekoj drugoj robnoj kuci uprava je bila lukavija, pa se odmah sjetila da prodavaei rade u dvije smjene i da svaki jezik trebaju znati barem po dva prodavaea. IzraEunajte broj naeina izbora stranih jezika i u toj robnoj kuti. Moiete raditi sa skupovima Ii svih izbora u kojima jezik i ne uee barem dva prodavaea. Tada je formula nalik na originalnu formulu UI, ali je teie raeunati velieine skupova i presjeka. Jednostavnije je raditi sa skupovima N; svih izbora u kojima jezik i ne uei niti jedan prodavae i skupovima J; svih izbora u kojima jezik i uei toeno jedan prodavae. Tu su mnogi presjeci jednaki praznom skupu! 8. UEenici jednog razreda trebaju pregledati svoje domace zadace iz matematike. Sve zadace stave se na jedan kup, promijesaju i podjele ueenicima na pregledavanje. U razredu je 30 ueenika, a od toga dvoje iz matematike ima ocjenu nedovoljan. Na koliko naeina se mogu podijeliti zadace... ako svi nedovoljni trebaju dobiti na pregledavanje upravo svoje zadace? ako nedovoljni ne smiju dobiti na pregledavanje svoje zadace? ako niti jedan ueenik ne smije dobiti na pregledavanje svoju zadacu? Rjes'enje. Dijeljenja domakih zadata odgovaraju preslikavanjima sa skupa svih ueenika tog razreda na njega samog: svakom ueeniku pridruiimo onog ueenika koji Ce pregledavati njegovu zadatu. Dakle brojimo permutacije skupa ueenika tog razreda koje zadovoljavaju dodatna zadana svojstva. (a) Nedovoljne preslikamo svakog u njega samog, a ostalih 30-2 bilo kako. Rezultat: (30-2)!.

88 4. PREBROJAVANJE (b) Upravo smo vidjeli da lako moiemo izraeunati brojeve permutacija razreda koje neke unaprijed zadane ueenike preslikava u njih same. Ako je k takvih ueenika, broj permutacija je jednak (30 - k)!. Izrazimo onda broj permutacija u kojima niti jedan od nedovoljnih ne pregledava svoju zadacu pomocu brojeva permutacija skupova u kojima neki od nedovoljnih ispravljaju svoje zadace. OznaEimo ueenike s nedovoljnom ocjenom brojevima 1 i 2. Neka je R skup svih permutacija ueenika promatranog razreda, a za i {1,2) neka je Ni skup svih permutacija u kojima se i-ti nedovoljni preslikava u samog sebe. Traiimo velieinu skupa Nf n N;. Prema formuli ukljueivanja-iskljuzivanja imamo INinN2I = IRI-INII-IN~I+IN~~N~I = 30! - 2(30 - l)! + (30-2)!. (c) Postupamo analogno prethodnom rjeienju. OznaEimo s Ri skup svih permuta- cija razreda koji i -tog ueenika (po abecedi, na primjer) preslikava u sebe samog. Traiimo IRE n R$ n... n Rso I. Formula UI daje... + U R2 U... U R301. Za svaki k 2 0 svi presjeci k skupova Ri su medusobno jednake velieine i jednaki. Uvritavanjem tih velieina u prethodnu formulu dobivamo konaeni rezultat (30 - k)!. Za prizvoljni k takvih presjeka ima (to) 4-t OpiSite rijeeima presjek nekih k skupova Ri. +f' Elemente domene koji se nekom permutacijom preslikaju sami u sebe zovemo fiksnim totkama te permutacije. Upravo smo prebrojali permutacije skupa ucenika sa zadane dvije fiksne toeke (ostale su mogle, ali nisu morale biti fiksne), zatim permutacije kojima zadane dvije toeke nisu fiksne, te na kraju permutacije bez.fiksnih toeaka. 9. Na koliko se naeina mo5e 2mn predmeta, po 2n svake vrste, podijeliti u dvije jednakobrojne skupine. Rjeienje. UoEimo prvo da je dovoljno iz zadane skupine predmeta izdvojiti skupinu od mn predmeta. Ako nisu ogranieeni izvori svake od vrsta predmeta, broj naeina izbora mn predmeta iz m skupina je jednak (m",-",-"'+l). No, medu tim izborima postoje i oni koji imaju vise od 2n primjeraka nekog od predmeta. Za fiksnu vrstu predmeta postoji (mn-(2~~~))-mf l) izbora mn predmeta iz m skupina s viie od 2n izabranih primjeraka te vrste. Vrstu se moie izabrati na (y) naeina. Tako od ukupnog broja naeina izbora moramo oduzeti ove "loee" izbore. No, ako to napravimo, vidimo da smo dvaput oduzeli one izbore koji imaju dvije skupine predmeta iz kojih je uzeto viie od 2n komada. Tako te izbore sada moramo dodati, itd.

89 4. PREBROJAVANJE Optenito, broj naeina izbora mn predmeta iz m skupina, ako se iz k skupina uzima vibe od 2n predmeta, iznosi (mn-k(~~:)-mf l). Broj "dobrih" izbora iznosi: ; : (mn; 1) - (:) (mn - (2~+-1; - m + 1 ) +... % Formalno, ova suma je beskonaena. Medutim, lako je uoeiti da je samo konaeni broj binomnih koeficijenata (mn-k(~~:)-m+l) razlietih od nule. Za koje k su pribrojnici razlieiti od nule? % ZapiSite precizno skupove o kojima bi se radilo u formuli UI. 9-t Preuredite ovaj rezultat tako da dobijete broj svih uredenih m-torki (xl, 22,..., z,) E N r za koje je zl s, = n. 10. Koliko prirodnih brojeva n manjih ili jednakih lo6 su potencije nekog prirodnog broja, n = mk za prirodne brojeve m i k, k > 1? Rjes'enje. Broj brojeva manjih ili jednakih lo6 koji su potencije toeno odredenog prirodnog broja m lako je izraeunati - ima ih [log, lo6]. Ovdje je problem Bto neki brojevi mogu biti potencije razlieitih brojeva. Ti brojevi su tada redovito Elanovi istog niza potencija nekog broja mk, za k E N. Kad bismo jednostavno mogli odrediti koji se tu disjunktni nizovi pojavljuju, zadatak bi bio rijesen - samo bismo zbrojili njihove velieine. Bududi da to ne moiemo (jednostavno) napraviti, promatrajmo sve skupove poten- cija prirodnih brojeva, A, := {mk1 k E N, mk E N106). ielimo izraeunati UZzl A, (unija sigurno ne ide preko m, jer su sve ostalo prazni skupovi). VeliEina skupa Al je jednaka 1, velieine ostalih skupova su la,i = [log, lo6]. No, vec pri raeunanju presjeka parova skupova, vidimo prve probleme - naime Ai n Aj je neprazan samo ako su i i j potencije istog broja. Tako vidimo da se polako poeinjemo vrtjeti u krugu. Druga mogucnost je promatrati skupove Bk := {mk, m E N, mk E N106}. VeliEine Pri raeunanju presjeka, ponovno tih skupova moiemo lako izraeunati: lbkl = [m] nastaju problemi: vidimo na primjer da su sve Eetvrte, Beste itd. potencije vec sadriane u skupu svih kvadrata. OpCenito, vidimo da je svaka potencija moie zapisati kao potencija s prostim eksponentom, pa nam trebaju samo oni Bk -ovi koji kao indeks k jmaju neki prosti broj. Maksimalni k odredimo kao [log2 lo6] = 19, jer Ce najvedi eksponent biti dostignut na najmanjoj bazi, bazi 2. MoguCi indeksi su tada elementi skupa {2,3,5,7,11,13,17,19). Presjeci skupova su Bi n Bj = Bij, pa im takoder znamo odrediti velieinu. Svaki par skupova irna u presjeku element 1, a samo oni kojima je 2ij < lo6 (ij < 19) imaju jog neki element. Parovi indeksa za koje je presjek vedi od jednoelanog skupa SU: (2,3), (2,5), (2,7) i (3,5). Ne postoji niti jedna trojka skupova koja bi imala presjek vedi od jednoelanog ikupa. Da bismo se rijebili presjeka velieine 1, prijedimo na skupove Bi := Bk \ (1). Izra- Eunat Cemo velieinu unije tih skupova i dobivenom broju dodati 1.

90 4. PREBROJAVANJE Uvriitavanjem velieina koje smo ranije izraeunali u formulu UI dobivamo da potencija vecih od jedan a manjih ili jednakih lo6 ima: I~bl+ PSI + I ~bl+ lbfl+ l~iii+ I~isl+ l~i7l - 1~4.31-1~h.51-1~ IB3.51 = = Ukupni broj trazenih potencija iznosi I~isl 11. Jedan od dokaza formule ukljueivanja-iskljueivanja, zasnovan je na brojanju pojava pojedinih elemenata u skupovima koji se spominju u formuli. Naime, na lijevoj strani se svaki element koji se nalazi u bilo kojem od Ai -ova broji jednom. Provjerimo da se svaki element i na desnoj strani broji samo jednom. Ako se neki element pojavljuje u toeno k Ai-ova, onda se k puta pojavljuje u xlcicn lail, (:) puta u <, IAi n Ajl itd, te toeno jednom u sumi veli- 6na presjeka od po k skupova. d$upno, taj element se na desnoj strani brojao puta. To vrijedi bez obzira na izbor k, pa formulu mogemo smatrati provjerenom. Dokagite sliene relacije: (a) Za svaki n E N i za sve al,...an E R: max{al, az,..., a,) = C(-l)j-' min{ai : i E J). j=1 JCNn, I JI=j (b) Zasvaki n EN izasve all... an EN: Rjezenje. (a) Da li se zaista svaki broj osim maksimalnog na desnoj strani poniiitava?

91 84 4. PREBROJAVANJE Maksimalni element pojavljuje se samo jednom kao minimalni element nekog skupa. Taj skup se sastoji samo od njega samog, tj. velieina mu je jedan, tako da se taj minimum pojavljuje s pozitivnim predznakom. Promatrajmo element koji nije maksimalan, nego od njega postoji k vecih (0 < k < n). Tako se promatrani element pojavljuje kao minimum svih skupova koji sadrie njega i neke od uoeenih k vecih elemenata: jednom kao minimum jednoelanog skupa, k puta kao minimum dvoelanog skupa, (:) puta kao minimum troelanog skupa itd, te na kraju jednom kao minimum k + 1 -Elanog skupa. Ukupni njegov doprinos sumi na desnoj strani stoga iznosi: Sto smo i ieljeli pokazati. (b) I ovaj dio zadatka moiete dokazati slienim razmatranjem kao ranije. Jednostavnije je na svaki od eksponenata prostih faktora koji se pojavljuju u rastavu broja V(al, a2,...,an) primijeniti prethodni dio zadatka!

92 Rekurzivne relacije Primjeri rekurzivnih relacija Ponekad pri konstruiranju objekata koji nekako ovise o parametru n E N postupamo tako, da konstruiramo prvo familiju objekata za n = 1, zatim za n = 2 i postupno dalje za 3,4,.... Pritom je Eesto moguce uociti pravilo kako iz familije objekata za neki n konstruirati familiju objekata za sljedetu vrijednost parametra, n + 1. Posebno Eesto dolazimo do takvih konstrukcija onda, kada smo prisiljeni traziti sistem umjesto navoditi objekte bez ikakvog reda, a to je pri pisanju programa za generiranje objekata. UoCeni postupak mozemo iskoristiti za prebrojavanje. MatematiEka indukcija ovdje ima manje znaeenje, jer pretpostavlja poznavanje onog svojstva objekata koje se dokazuje. Ovdje se radi o izvodenju pravila, odnosno broja objekata. Neka je definiran nix brojeva (a,). Tada relcurzivnom relacijom zovemo svaku relaciju koja elemente niza izrazava pomocu njihovih prethodnika (elemenata s manjim vrijednostima indeksa). Rekurzivna relacija moze elemente niza izrazavati uvijek pomocu fiksnog broja p&thodnika (za neki fiksni k E N proizvoljni element niza a, izrazava pomocu a,-1,..., a,-k ) ili pomocu svih njegovih prethodnika. U prvom slueaju govorimo o rekurzivnim relacijama konaene, u drugom o rekurzivnim relacijama beskonaene proszosti. Da bi se re- kurzivna relacija mogla koristiti za raeunanje elemenata niza, potrebno je imati poeetne uvjete - vrijednosti elemenata niza za neke vrijednosti indeksa. To su najeesce prvi elementi niza. Za rekurzivne relacije konaene proslosti uzimamo obicno prvih k vrijednosti niza, npr. al, az,..., ak, a za rekurzivne relacije beskonacne proiilosti prvi element niza. PoCetni uvjeti se ili zadaju ili su dostupni jednostavnim raeunom. U sljedebim zadacima trazit Cemo rekurzivne relacije za broj raznih tipova objekata. U jednostavnijim slueajevima izraeunat Cemo i njihov broj. InaEe ih,

93 86 5. REKURZIVNE RELACIJE do sljedekeg poglavlja, mobete iskoristiti za racunanje, odnosno pisanje programa koji raeuna Beljene brojeve. Kad vidite nix brojeva, mozda uoeite pravilnost koja se u njemu pojavljuje i naslutite formulu za opci Elan niza. Nju se lako provjeri uvrstavanjem u rekurzivnu relaciju (to je onda dokaz u kojem skriveno lebi matematieka indukcija). 1. Neka je za prirodni broj n s p, oznacen broj permutacija n-elanog skupa. Nadite rekurzivnu relaciju koja izrabava p, pomoku p,-1. IzraCunajte pomocu nje pn. Rjeienje. Primijetimo prvo da su brojevi pn dobro zadani, jer broj permutacija skupa ne ovisi o tipu njegovih objekata, nego samo o njihovom broju. DokaZite sami da, ako je poznata bijekcija izmedu neka dva skupa (tj. oni su jednakobrojni), onda postoji i bijekcija izmedu skupova njihovih permutacija. Uzmimo kao n-elani skup Nn. Sve njegove permutacije mozemo dobiti tako, da prvo promatramo sve permutacije skupa N,-i, a zdesna svakoj od njih pripigemo ele- ment n. Time smo dobili sve permutacije koje zavrlavaju elementom n. Permutacije koje zavrlavaju elementom n - 1 dobivamo tako, da promatramo sve permutacije skupa Nn \ {n - 1) i zdesna im pripilemo element n - 1. Na isti naein dolazimo i do ostalih permutacija - onih koje zavrgavaju elementima n - 2, n - 3,...,2,1. Iz ove konstrukcije vidimo da permutacija skupa Nn ima n puta vile nego permutacija skupa Nn-l. Dakle imamo pn = npn-1. Dobili smo rekurzivnu relaciju za niz (p,). Znamo li da je pl = 1 (poeetni uv- jet), moiemo raeunati ili napisati program i pustiti ga da raeuna: pa = 2. pl = 2, p3 = 3. p2 = 6 itd. No nama je zadatak iz ove rekurzivne relacije nadi formulu za opdi Elan niza pn. Za ovu posebnu, vrlo jednostavnu rekurzivnu relaciju mozemo provesti trik, koji se u svojim razlieitim oblicima Eesto koristi. NapiLimo nalu rekurzivnu relaciju za sve k od 1 do nekog proizvoljnog n : Pomnoiimo li sve lijeve strane medusobno i sve desne strane medusobno, dobivamo jednakost pn.pn-l....p2 =n(n-1) pn-l...:pg.pl, i nakon kradenja pn = n!, Hto smo i oeekivali.

94 5. REKURZIVNE RELACIJE Koliko neomedenih podruzja u ravnini odreduje n medusobno neparalelnih. pf&vaca u ravnini? Rjegenje. Jedan pravac dijeli ravninu na dva podruqa - oba neomedena. Dva pravca dijele ravninu na Eetiri podrueja - sva Eetiri neomedena. Dodamo li im i treci pravac, on dijeli dva neomedena podrueja u po dva dijela, pa se broj neomedenih podrueja povedava za dva. Nasuprot tome, broj omedenih podruiija se mozda, u ovisnosti o poloiaju treteg pravca u odnosu na prva dva, povecava za jedan. Nacrtajte skicu. Pogledajte Lto se dogada dodavanjem Eetvrtog pravca. OpCenito novi pravac uvijek dijeli po dva "stara" neomedena podruiija stvarajuki dva nova neomedena podrueja odredena njegovim prvim i zadnjim presjekom s vet postojecim pravcima. Ako s pn oznaeimo broj neomedenih podruiija koja su odredena s n pravaca, onda dobivamo rekurzivnu relaciju pn = pn PoEetni uvjet je pl = 2. Ovo je jednostavna rekurzivna relacija, pa je moiemo rije'siti. RaEunanjem dobivamo pn = 4, ps = 6, p4 = 8. MoZemo naslutiti da je pn = 2n. I zaista, ovaj izraz za pn zadovoljava i poeetni uvjet i rekurzivnu relaciju ( 2n = 2(n - 1) + 2 ) za svaki n E N, pa je njeno rjelenje. 9-t Ova rekurzivna relacija moie se rijegiti i trikom opisanim u prethodnom zadatku - umjesto mnoienja relacija, ovdje ih treba zbrajati. Provedite taj postupak! +f Nacrtajmo kruinicu tako da sva sjecigta nacrtanih pravaca leie unutar nje. Tada su neomedena podrueja ona podrueja koja kruznica presijeca. To znaei da kruznica presijeca upravo one polupravce koji su granice neomedenih podruiija. UoEimo na crteiu jedan neomedeni kraj jednog pravca (npr. onaj koji gleda na sjever) i oznaeimo taj pravac brojem 1, sljedeci (npr. u pozitivnoj orijentaciji) brojem 2, itd. Tada moiemo, kruieci od sjevernog pravca u pozitivnog smjeru podrueja oznaeiti kao "podruiije iza I", "iza 2",...,"iza n", pa opet (radi se sada o drugim krajevima pravca) "iza I", "iza 2",...,"iza n ". Iz toga se odmah vidi da ima 2n neomedenih podrueja. Da je redoslijed presjeka zaista ovakav vidi se najjednostavnije ako smjestimo u istu ravninu koordinatni sustav sa ishodistern u sredigtu kruinice (uvjerite se u to sami!). 9+ Rijegite analogni zadatak s ravninama u prostoru umjesto pravaca u ravnini. 3. Neka je za prirodni broj n s fn oznaeen broj poplofavanja n x 1 pruge ploeama dimenzija 1 x 1 i 1 x 2. Nadite rekurzivnu relaciju za niz (f,). Nadite i dovoljno poeetnih uvjeta da bi se dobivena rekurzivna relacija mogla iskoristiti za raeunanje. Rjes'enje. Ako poenemo poploeavati prugu, moiemo to ueiniti ili jednom malom ili jednom velikom ploeom. Ako poenemo malom ploeom, onda nam ostaje za poploeiti jog pruga duljine n - 1. Broj njenih poploeavanja je jednak fn-l. Ako poenemo ploeom duljine 2, onda trebamo

95 5. REKURZIVNE RELACIJE poploeiti job prugu duljine n - 2. To moiemo ueiniti na fn-2 broj poploeavanja pruge duljine n jednak naeina. Zato je ukupni Da bismo ovom rekurzivnom relacijom mogli raeunati elemente niza ( fn), potrebno je zadati dva poeetna uvjeta. Lako se vidi da mora biti fl = 1 (jedino poploeavanje sastoji se od jedne male ploee) i f2 = 2 (dvije male ili jedna velika). Sada moiemo dalje raeunati: f3 = = 3, f4 = = 5 itd. +f Moiemo izraeunati i fa : 2 = 1 +fa, pa je fo = 1. To se moie i interpretirati: postoji samo jedno poploeavanje pruge duljine 0, a to je ono koje ne sadrii niti jednu ploeicu. Ponekad je zgodno "spustiti" se do 0-tog Elana niza i njega iskoristiti kao poeetni uvjet (npr. u sljedetem poglavlju pri raeunanju elemenata niza). 4-t Brojevi fn zovu se Fibonaccijevi brojevi. Izvorno su se pojavili u vezi s razmnoiavanjem zeeeva. Na poeetku imamo par zeeeva: zeca i zeeicu. Kad navr'se dva mjeseca, dobiju prvi put par mladih - ponovno zeca i zeticu. Nakon toga svaki mjesec dobivaju ponovno po par mladih, a i mladi se nakon Bto navrle dva mjeseca poeinju razmnoiavati na isti naein. Pretpostavlja se da zeeevi u promatranom razdoblju ne ugibaju. Pratite broj parova zeeeva kroz prvih desetak mjeseci. Moiete nacrtati i njihovo rodoslovno stablo naznaeujuti uz svaki par zeeeva mjesec u kojem su se rodili. UoEite vezu s poploeavanjem iz zadatka. 4-t Cesto se koriste i "pomaknuti" Fibonaccijevi brojevi Fn := fn-i. Uvjerite se da oni zadovoljavaju istu rekurzivnu relaciju kao i brojevi fn - razlika je samo u poeetnim uvjetima. 4-t Na primjeru problema poploeavanja dokaiite da je fn = Ck>o (n;k) :. Uvjerite se zatim i direktnim raeunom da ove sume zadovoljavaju rekurzivnu relacqu za Fibonaccijeve brojeve. UoEite na kraju na Pascalovom trokutu koji su se binomni koeficijenti nalazili u sumi. UEinite to za neki n, zatim za n - 1 i n - 2, te se uvjerite jog jednom da za te sume vrijedi ista rekurzija kao i za Fibonaccijeve brojeve. 4. Promotrimo sljedeke poploeavanje: prvo stavimo na st01 jednu ploeicu domina. U drugom koraku stavimo oko prve plocice jos odgovarajudi broj ploeica domina, tako da se nove ploeice naslanjaju na staru i da je sasvim okrufuju. U tredem koraku okrubimo lik dobiven u drugom koraku. Na isti naein nastavljamo i u sljedekim koracima. OznaEimo s dn broj ploeica domina koje se nalaze u liku nakon n-tog koraka. Nadite rekurzivnu relaciju za niz (d,) i izraeunajte iz nje dn. Rjes'enje. Upoznajmo se prvo sa zadanim naeinom slaganja domina - slijedeti upute napravimo prvih nekoliko koraka.

96 5. REKURZIVNE RELACIJE Vidimo da je dl = 1. Prvi lik kojeg treba obrubiti je 1 x 2 pravokutnik. U drugom koraku dodali smo 5 ploeica domina. Njihova (gornja) povrsina je trebala biti jednaka opsegu prvog lika uvecanom za 4 jer trebamo poploeiti i Eetiri kvadratika u kutevima koji nemaju zajednieku duzinu s prvim likom. Dakle broj novih ploeica u drugom koraku je pl = (6 + 4)/2 = 5 (p kao prsten). Time smo dobili 3 x 4 pravokutnik opsega 14. Zato Ce broj novih domina potrebnih za provodenje treceg koraka biti pa = (14 + 4)/2 = 9. NasluCujemo da Ce pravokutnik kojeg de trebati obrubiti u n-tom koraku biti (2n - 3) x (2n - 2). Dokaiite tu tvrdnju matematickom indukcijom. Opseg tog lika je jednak 8n - 10, pa je broj novih domina potrebnih za provodenje n-tog koraka jednak (8n )/2 = 4n - 3. Za ukupni broj ploeica u liku vrijedi Zbrajanjem ovih relacija za vrijednosti indeksa od 2 do n, dobivamo nakon kracenja elemenata niza koji se pojavljuju na lijevoj i na desnoj strani n dn =dl +)(4k- 3), k=2 iz Eega dalje sredivanjem slijedi rezultat +f Rekurzivna relacija Ce vrijediti i za n = 1 ako definiramo do := 0. 9 Pogledajte rezultat i objasnite zagto smo ovakav rezultat i oeekivali (preslozite domina u istom liku). 9 Usporedite rekurzivne relacije i rjelenja ovog zadatka sa zadatkom o neomedenim podruejima u ravnini. Obratite paznju na stupnjeve polinoma u varijabli n koji se pojavljuju u relacijama i rjegenjima. 5. DokaZite da je broj uredenih trojki s medusobno razlieitim elementima iz n-elanog skupa jednak ukupnom broju kamenih blokova u tri piramide visine n - 2, Tlocrt baze piramide visine k je k x (k + 1) pravokutnik, a nacrt i bokocrt su kao na slici. Piramide su iznutra popunjene kamenim blokovima.

97 90 5. REKURZIVNE RELACIJE Rjegenje. Neka je bk broj kamenih blokova u zadanim trima piramidama visine k. OdluEimo li od njih napraviti piramide visine k + 1, moramo za svaku od njih izgraditi temelje (k + 1) x (k + 2) i postojete piramide preseliti na nove temelje. Zato za broj kamenih blokova vrijedi rekurzija bk+l = bk + 3(k + l)(k + 2). Za broj uredenih trojki elemenata iz npr. Nn vrijedi tn+l = tn + 3n(n - I), jer su uredene trojke skupa Nn+l ili urectene trojke skupa Nn ili sadreavaju element n+ 1 na jednoj od tri pozicije i dva medusobno razlieita elementa skupa Nn na ostalima. Dobivene rekurzivne relacije imaju slieni oblik, ali nisu sasvim jednake. Ipak mozemo iz njih naslutiti da je tn = bn-2. Pogledajmo prvih nekoliko vrijednosti svakog od nizova. ti =O bl =6 t2 = 0 b2 = 24 tj = 6 b3 = 60 t4=24... Posebno imamo t3 = bl. Iz rekurzivnih relacija vidimo da, ako za neki prirodni broj n vrijedi tn = bn-2, onda je i tntl = bn-2+i (tn+i = tn + 3n(n - 1) = bn-2 + 3(n )(n ) = bndztl ). Time je dokaz zavrlien jer prema principu matematieke indukcije znamo da je onda svaki tn jednak broju blokova bn-2. 9 Formulirajte i rijehite slieni zadatak za parove. Ctt Napizite broj karnenih blokova u piramidi kao sumu broja blokova na pojedinim visinama. Objasnite kako bi trebalo brojati uredene trojke da bi se rezultat dobio u tom obliku. 9 Generalizirajte sada zadatak na proizvoljne t-torke. 6. Za broj permutacija skupa vrijedi rekurzija: n! = (n - l)[(n - I)! + (n - 2)!]. Za broj permutacija bez fiksnih toeka vrijedi ista ta rekurzija: D, = (n - l)[dn-1 + Dn-21. No poznato je da sve permutacije nisu permutacije bez fiksnih toeaka, pa permutacija bez fiksnih toeaka ima manje nego svih permutacija. DokaBite svaku od ovih rekurzivnih relacija i objasnite za6to se ovim rekurzivnim relacijama dobivaju razlieiti brojevi. Rjes'enje. DokaZimo prvo prvu rekurziju. Faktor n - 1 mogao bi potjecati od smjeztavanja prvog elementa. Krenimo tim putem. Promatrajmo permutacije skupa Nn. Permutacija moze element 1 preslikati ili u neki drugi element skupa Nn ili u samog sebe. Ako se jedinica ne preslikava sama u sebe, onda ima n - 1 mogutnosti izbora za njenu sliku, a ostale elemente se moee preslikati na (n - I)! naeina. Ako se jedinica preslikava sama u sebe, onda se dvojka moie preslikati u neki od n-1 preostalih elemenata, a ostalim elementima se slika bira na (n-2)! naeina iz skupa {2,3,..., n) \ f (2). Tako dobivamo rekurziju za faktorijele (brojeve permutacija): n! = (n- l)(n- I)! + (n- l)(n- 2)!.

98 5. REKURZIVNE RELACIJE SliEnim razmatranjem dobiva se i druga rekurzija. Element 1 se mora preslikati u neki od preostalih elemenata. To daje n - 1 moguknosti izbora. Ako se slika elementa 1, f(l), istom tom permutacijom preslikava u element 1, onda je broj odgovarajukih permutacija bez fiksnih toeaka jednak Dn-2. InaEe moramo preslikati skup {2,3,..., f (1),..., n) bijektivno na skup {2,3,..., I,..., n ) tako da ne bude niti f (i) = i za i # f (1), i 2 2 niti f (1) = 1. Uz identifibciju f (i) * i radi se ponovno o permutacijama bez fiksnih toeaka i ima ih Dn-l. Tako smo dobili i drugu rekurzivnu relaciju D, = (n - l)(dn-2 + Dn-1). Ostalo nam je joi obrazloiiti zaito su rjeienja ovih dviju rekurzivnuh relacija razli- Eita. Ako su rekurzije za Elanove dvaju nizova jednake, onda se jedina iansa da se oni medusobno razlikuju nalazi u poeetnim uvjetima. 1!=1 D1=0 2!=2 D2=l 3!=6 D3=2 4! = 24 D4 = 10 Vidimo da se poeetni Elanovi niza razlikuju, pa to onda znaei i da se Elanovi niza medusobno razlikuju ( n! # Dn za svako n E N ). +f' Ostaje joi otvoreno pitanje: jesu li moida, kao u prethodnom zadatku, Elanovi ovih nizova jednaki do na neki pomak u indeksima? Pretpostavimo da je to istina i da za neka dva uzastopna Elana niza (Dn) vrijedi Dn = (n - k)!, Dn+l = (n - k + I)!. Tada se iz rekurzivnih relacija vidi da je Dnf2 # (n - k + 2)!. 9 Dokaiite korigtenjem ovih rekurzivnih relacija inaee oeiglednu Einjenicu: n! > Dn, za svaki n E N. Tehnika r-j eeavanj a Linearne homogene rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima su relacije oblika gdje su r E N i ci E R fiksni brojevi, a (ai) neki niz brojeva (nece nam smetati niti kompleksni brojevi). Za ovu relaciju kabe se jog da je reda r. Linearna je zato jer se Elanovi nepoznatog niza (ai) javljaju u jednadbbi u obliku linearne kombinacije (mnobeni s konstantnim koeficijentima (ci) ). Homogena je zato gto se s desne strane nalazi broj nula. Rijegiti rekurzivnu relaciju znaei naci skup svih nizova koji je zadovoljavaju. Za njeno rjegavanje potrebno je prvo rijegiti njenu karalcteristic'nu jednace3u xt-l c,+,xr + cn+, cn = 0. Ako su xl,x2,... x, rjegenja te jednadebe, te ako su svi medusobno razlieiti, onda se sva rjegenja polazne rekurzivne relacije mogu zapisati kao: an = Alx;" + A~x; A,x:, Ai E R.

99 -A REKURZIVNE RELACIJE Kad je skup svih rjesenja ovako zapisan (pomocu parametara Ai), an se zove 1, op& rjienje-te rekurzivne relacije. e- - Ako je neki x, = xi, onda u rjesenju umjesto Aixr + A x'." treba stajati,i Z A,zl+ ~~n~~-.n-zlud&ju daje koriiei&sbve_ce KFatnosti*~~a&_u_es~~~e potencije od n. "- Linearna rekurzivna relacija reda r ima jedno rjesenje ako su za r uzastopnih Elanova niza koji je njeno rjesenje zadane vrijednosti koje svaki pojedini od njih treba poprimiti. Medu svim rjesenjima homogene rekurzivne relacije tada se direktnim uvrgtavanjem odreduje ono koje zadovoljava poeetne uvjete. Relacij a tipa zove se n-liaearna re-a,relacija reda r. Relacije tog tipa rjesavaju se tako da se prvo rijesi pripadna homogena relacija Neka je njeno opce rjesenje akh). Nakon toga se nade jedno (bilo koje) rjesenje polazne rekurzivne relacije - to je tzv. p_rtikularno ries'enje rekurzivne relacije. OznaEimo li ga s at), onda je qpce rjesenje - n e h o m o g e e ~ relacije dan~ s, [a;') + at). ; Ne postoji pravilo za odredivanje partikularnog rjesenja. Kao pomoc pri pogadanju rjesenja moie posluiiti sljedeca tablica: gdje su Bi realne konstante. Iz opceg rjesenja dobiva se rjesenje nehomogene rekurzivne relacije uvrstavanjem poeetnih uvjeta, kao i u slueaju homogenih relacija. 4-t Za lakse pamcenje ovih postupaka zgodno je poznavati njihove dokaze. Potra- Cite ih i nastojte razumjeti! 4-t Ako ste se vet susreli s diferencijalnim jednadibama, usporedite ove postupke s rjegavanjem linearnih diferencijalnih jednadibi. Ponekad se rekurzivne relacije zovu i diferenczjskim jednadibama. Sustavi rekurzivnih relacija mogu se eliminacijom varijabli ili nekim supstitucijama pokusati dovesti do jedne jednadzbe, iz koje onda izraeunamo prvi nepoznati nix. Nakon toga raeunamo ostale nizove. Linearne rekurzivne relacije mogu se rjesavati i pomocu funkcija izvodnica. Ideja se sastoji u tome da iz rekurzivne relacije dobijemo funkciju izvodnicu za tra3eni niz (rjegenje), koji onda, po potrebi "raspakiramo". U sljedekem poglavlju bit Ce na primjerima opisan i taj postupak.

100 5. REKURZIVNE RELACIJE rir) Nadite opca rjesenja rekurzivnih relacija: an+2-5an+l + 6an = 0, 4an+2 - an = 0, an+2 + 4an+1 + 5an = 0,,@ an+3 + 2an+2 - an+l - 2% = 0, (e) an+r - 8an an+2-27an = 0, (f) an+3-2an+l - 4an = 0. Rjes'enje. (a) KarakteristiEna jednadiba zadane rekurzivne relacije je x2-5x + 6 = 0. Njena rjelienja su XI = 3, 22 = 2. Stoga je opce rjegenje zadane rekurzivne relacije an = A. 2n + B 3n, gdje su A i B realni brojevi. (b) KarakteristiEna jednadiba 4x = 0 ima jedno dvostruko rjegenje, x = 112. Rezultat: an = A(1/2)n + Bn(l/2)n. - (c) Rjegenja karakteristiene jednadibe x2+4x+5 = 0 su kompleksna: xl,2 = -2f i. Rezultat: an = A(-2 + i)n + B(-2 - i)n. +P Ako oznaeimo r := 6 i cp := arc tan(-112), onda je -2+i = r(cos p+i sin cp), a -2 - i = r(cos cp - i sin cp) (polarni prikaz kompleksnog broja). Tada primjenom Moivreovog stavka dobivamo da je rjelienje oblika an = rn(a + B) cos(ncp) +P(A - B) sin(ncp) = Crn cos(ncp) + Drn sin(np), za proizvoljne konstante C i D. Ponekad se ovaj oblik rje- Henja spominje kao pravilo za nalaienje rjegenja ako karakteristiena jednadiba ima kompleksne korijene. (d) Rezultat: an = A. In + B(-l)n + C(-2)n = A + B(-I)~ + C(-2)" (e) KarakteristiEna jednadiba glasi: x4-8x3 + 18x2-27 = 0 (pazite, u jednadibi se nije pojavio an+l ). -1 je jednostruki, a 3 trostruki korijen te jednadibe, pa je rezultat: an = A(-l)n + B. 3n + Cn3n + ~ n ~ 3 ~. (f) Rezultat: an = A. 2n + B(-1 + i)n + C(-1 - i)n. '3+ Uvrstite dobivena rjegenja u pripadne jednadibe i pogledajte kako se krate pojedini sumandi. UoEite znaeenje karakteristizne jednadibe. $to se dogada kod vigestrukih korijena - razmislite o vezi viiestrukih korijena jednadibe, deriviranja funkcije koja se nalazi na'lijevoj strani jednaibe i rjegenja rekurzivne relacije u tom slueaju! Rijesite rekurzivne relacije: an+2-4an+l + 3an = 0, uz poeetne uvjete a1 = 1, a2 = 7, f,, = fn-l + fn-2, uz poeetne uvjete fo = 0, fl = 1, 1 (c)/ an+3 - an = 0, uz poeetne uvjete a0 = a1 = 0, a2 = 1. Rjes'enje. Treba prvo naci opce rjelienje, a onda izmedu mogucih rjesenja izabrati ono koje zadovoljava zadane poeetne uvjete.

101 5. REKURZIVNE RELACIJE (a) OpCe rjeienje je an = A + B. 3,. Uvrgtavanjem poeetnog uvjeta a1 = 1 u formulu za opce rjegenje za n = 1, te poeetnog uvjeta a2 = 7 u istu formulu za n = 2, dobivamo sustav jednadibi: RjeHenja tog sustava su A = -2, B = 1, pa rjeienje zadane rekurzivne relacije glasi: an=-2+3,. (b) Rjeienja karakteristicne jednadibe x2 - z - 1 = 0 su (1 + &)/2 i (1 - &)/2, pa je opce rjegenje jednako fn = A ((1 + &)/2)" + B ((1 - &)/2)n. Uvritavanjem poeetnih uvjeta dobivamo sustav jednadibi 0 = A+B, 1 = A(1+ &)/2 + B(1- &)/2. Rjegenja tog sustava su A = I/&, B = -I/&, pa je h = [((I + ~5112)" - ((1 - (c) RjeSenja karakteristicne jednadibe z3-1 = 0 su treci korijeni iz 1, pa je opde rjegenje an = A + B ((-1 + ifi)12)~ + C ((-1 - i&)/2),. Uvrgtavanjem poeetnih uvjeta dobiva se sustav jednadibi: /&. 0 = A+B+C o = A + B ((-1 + i&1/2)~ + c ((-1 - ifi1/2)~ Slijedi A= i, B= &(-l+i&), C= &(-1-i&), te a, = 5+(4(-1+i&)/2)~+'+ (;(-I - i&)/2)n Pogleda li se zadatak malo bolje, odmah se vidi da je an = 1 ako je n djeljivo s 3, a an = 0 inaee. Provjerite da dobiveni izraz za an zaista poprima tako jednostavne vrijednosti (npr. predoeavanjem trecih korijena iz jedinice u kompleksnoj ravnini nactite sumu njihovih n-tih potencija). / 3. Nadite opca rjesenja sljedetih rekurzivnih relacija: 2an+2 - an+l - a, = 2,, an+2-4an+1 + 4an = Zn, 3an+2 + 2an+l - a, = 32.3" + 1/3", a,+l - 5an = 4n2 + 2n + 5, an+3-7an ~,+~ - 9an = n. Rjes'enje. Za svaki od zadataka prvo treba rijegiti pripadnu homogenu jednadibu. Dobiveno rjegenje oznaeit Cemo s aih). Nakon toga Cemo pomocu tablice s poeetka poglavlja pogoditi jedno rjegenje zadane nehomogene jednadibe i oznaeit ga s a?). OpCe rjeienje polazne jednadibe bit Ce tada zbog njene linearnosti jednako aih) + a;'). (a) KarakteristiEna jednadiba pripadne homogene jednadibe je 2z2 - x - 1 = 0, a njena rjegenja su -112 i 1. Dakle opce rjegenje pripadne homogene rekurzije je

102 5. REKURZIVNE RELACIJE 95 akh) = A(-112)" + B. Partikularno rjegenje traiit Cemo, prema tablici, medu nizovima oblika C. 2". UvrZtavanjem u rekurziju dobiva se da C mora biti jednak 5. Jedno partikularno rjehenje je a?) = 5.2", a opce rjesenje je an = akh)+aip) = A(-1/2)"+B~5.2~. (b) KarakteristiEna jednadiba je s2-4s + 4 = 0, a njeno rjegenje je s = 2 (dvostruko), pa je opce rjehenje pripadne homogene rekurzivne relacije akh) = A. 2n + Bn2". Partikularno rjegenje trebali bismo prema tablici traiiti u obliku a$) = C. 2". No, to je besmisleno, jer je ta funkcija vet sadriana u opcem rjegenju. PokuLajmo zato kao kod vi- Sestrukih korijena karakteristiene jednadibe pomnoiiti rjesenje sa "sljedecom slobodnom" potencijom od n i traiiti rjegenje u obliku: a$') = ca'~~. I zaista, uvrgtavanjem u re- kurzivnu relaciju dobiva se da je niz ovog oblika zadovoljava za C = 118. OpCe rjesenje glasi an = aih) + a$) = A. 2" + Bn2" + 2n-3. %-+ Uvrgtavajte potencijalna partikularna rjegenja 2", n2", n22n, n3p, uoeite Hto se dogada! (c) Za pripadnu homogenu jednadibu karakteristiena jednadiba glasi 3s2 + 2s - 1 = 0, pa je njeno opce rjegenje jednako aih) = A(1/3)"+B(-1)". Partikularno rjegenje Cemo traiiti u dva koraka: prvo za desnu stranu rekurzije jednaku 3", a onda za 1/3n. Zbrajanjem tih rjegenja dobit Cemo jedno partikularno rjegenje polazne jednadibe (uvjerite se da za linearne rekurzivne relacije mdiemo uvijek traiiti odvojeno partikularna rjegenja za svaki pribrojnik na desnoj strani rekurzije, a onda ih zbrojiti i dobiti partikularno rjegenje polazne rekurzije). Uvrgtavanjem izraza C.3" u rekurziju koja na desnoj strani ima 32.3", dobivamo prvo partikularno rjegenje akl) = 3". Postupimo li analogno i za drugi pribrojnik, vidimo da ne moiemo izraeunati potrebnu konstantu. To je zato, jer je 113" vec rje- Henje homogene rekurzije. Kao i u slueaju vigestrukih korijena, potrabimo rjegenje u obliku Cn(1/3)". Tako se moie izrazunati konstanta C, pa imamo drugo partikularno rjegenje = (314). n(1/3)" = (114). n1/3"-'. Opte rjegenje nehomogene rekurzije koju je trebalo rijegiti glasi an = akh)+a$')+akp2) = ~(1/3)~+~(-1)"+3~+(1/4).n(1/3)~-'. %-+ (za one koji znaju funkciju sin napisati pomocu eksponencijalne funkcije) Nadite "pravilo" za pogadanje rjegenja nehomogene rekurzije ako je na desnoj strani sin an, gdje je a neka konstanta. Izmislite u tu svrhu prvo nekoliko takvih rekurzija i pokugajte ih rijegiti. (d) Opde rjegenje homogene rekurzije je aih) = A. 5". Kad bismo slijepo koristili postupak iz prethodnog dijela zadatka i tablicu s poeetka poglavlja, partikularno rjelenje traiili bi5mo tako, da ga prvo trabimo za desnu stranu jednaku 4n2, zatim za 2n te na kraju za $ No, prvo partikularno rjegenje bio bi polinom 2. stupnja, drugo bi bio polinom 1. stupnja, a trece neka konstanta. Njihovim zbrajanjem dobili bismo ponovno polinom 2. stupnja, pa vidimo da moiemo odmah raditi sa cijelom desnom stranom i pretpostaviti da je rjehenje oblika a?) = ~n~ + Bn + C. Uvritavanjem u jednadibu izraeunaju se konstante A = B = -1, C = -514, pa je opce rjegenje jednako an = aih) + a?) = A. 5n - n2 - n (e) KarakteristiEna jednadiba s3-7s2 + 15s - 9 = 0 ima 1 kao jednostruko i 3 kao dvostruko rjegenje. Dakle opce rjeienje pripadne homogene rekurzije je akh) = A + B. 3" + Cn3". Desna strana polazne rekurzivne relacije je polinom stupnja 1. Dakle, partikularno rjegenje trebali bismo traiiti medu polinomima stupnja 1. No, buduci da je 1 korijen karakteristizne jednadibe, na taj naein ne bismo mogli dobiti rjegenje (uvrstite sami opti

103 96 5. REKURZIVNE RELACIJE polinom stupnja 1 u rekurziju, pogledajte ;to se dogada i objasnite kakve to ima veze sa Einjenicom da je 1 korijen karakteristizne jednadzbe). Ako pokugamo s polinomom stupnja 2, dobivamo rjesenje, i ono glasi: a?) = n(n + 1)/8. OpCe rjegenje polazne rekurzivne relacije je an = a?) + alh) = A + B. 3n + Cn3" + n(n + l)/8. Ftijegite rekurzivne relagje: / 2an+2-5an+l + 2an = 10, uz poeetne uvjete a0 = 6, a1 = -2, an+l - an = n2, uz poeetni uvjet a1 = 2, te an+2-4an+l + 4an = 3n - 2n, uz poeetne uvjete a0 = 1, a1 = 3. Rjes'enje. Treba prvo naci opce rjesenje svake od jednadibi, a zatim izabrati ona rjegenja koja zadovoljavaju poeetne uvjete. (a) OpCe rjegenje homogene rekurzije 2an+2-5an+l +2an = 0 je alh) = A(1/2)n -i- B2n. Na desnoj strani nehomogene jednadibe stoji konstantni Elan, koji moiemo interpretirati kao polinom stupnja 0. Stoga pretpostavimo da je partikularno rjesenje polinom stupnja 0, tj. da je oblika a?) = C. Uvrgtavanjem tog partikularnog rjegenja u polaznu jednadibu dobivamo da ono moie biti rjegenje polazne jednadibe i da tada mora biti C = -10. Dakle opce rjegenje polazne jednadibe glasi: Uvrgtavanjem poeetnih uvjeta vidi se da je A = 16, B = 0. Rezultat: an = (1/2)"-~ t Interpretirajte desnu stranu kao potenciju i pokuzajte tako pogoditi partikularno rjesenje. 4-t BuduCi da su u rjegenju preostale samo jedna potencija i Elan koji dolazi od nehomogenog dijela, sigurno je da postoji nehomogena rekurzivna relacija reda 1 koju ovo rjegenje zadovoljava. Nadite jednu! (b) Rjegenje pripadne homogene jednadibe je an = A. 1. Partikularno rje'lenje za desnu stranu jednaku n2 trebali bismo traiiti medu polinomima drugog stupnja. No, buduci da je rjegenje homogene jednadibe vec polinom nultog stupnja (vidi prethodni zadatak, dio (e)), partikularno rjegenje traiit Cemo medu polinomima stupnja 3. UvrStavanjem opceg polinoma treceg stupnja a?) = ~n~ + cn2 + Dn + E u polaznu rekurziju i izjednaeavanjem koeficijenata uz svaku pojedinu potenciju od n dobiva se sustav jednadlbi u B, C, D i E. Rjegavanjem tog sustava dobiva se jedno partikularno rjegenje: an(p) = n3/3 - n2/2 + n/6. Opde rjegenje polazne jednadibe je stoga an = n3/3 -n2/2 +n/6 +A. PoEetni uvjet a1 = 2 moiemo rekurzijom "pretvoriti" u jednostavniji poeetni uvjet ag = a1-0' = 2, pa se onda bez raeunanja vidi da je A = 2. tp Onaj tko je bolje promotrio zadanu rekurzivnu relaciju mogao je bez raeunanja partikularnim rjesenjem proglasiti oeigledno rjegenje sip) = zzl i2 = n(n+1)(2n+1)/6. SluEajno smo isto partikularno rjegenje dobili i pogadanjem. (c) KarakteristiEna jednadiba ima 2 kao dvostruko rjegenje, pa je opde rjegenje pri- padne homogene jednadibe aih) = A. 2n + Bn2n. Partikularno rjegenje traiimo posebno za jednadibu koja bi na desnoj strani imala 3n i za jednadibu koja bi na desnoj

104 5. REKURZIVNE RELACIJE 97 strani imala -2,, te dobivena dva partikularna rjelienja zbrojiti. BuduCi da je 2 vec korijen karakteristicne jednadhbe (i to dvostruki), onda partikularno rje'senje traiimo u obliku: a?) = A3" + ~ n~2,. Slijedi A = 1, B = OpCe rjelienje je jednako a, = A. 2, + Bn2n + n22n-3 + 3,. UvrEtavanjem poeetnih uvjeta dobiva se rezultat: an = n(n - l)2n-3 + 3,. 5. RijeSite rekurzivnu relaciju an an+lo + a, = 4 uz poeetne uvjete ai=i,za i=0,1,..., 19. RjeSenje 1. Ovo je rekurzivna relacija reda 20. Ona se mohe rjeliavati kao i ostale rekurzivne relacije, a zbog njenog posebnog oblika (pogledajte indekse!), karakteristiena jednadhba bi se, unatoe velikom stupnju, mogla rijeliiti jednostavnom supstitucijom. PokuEajte je sami rijeliiti tim natinom. Problemi nastaju pri uvrltavanju poeetnih uvjeta, jer se time dobiva sustav 20 jednadibi s 20 nepoznanica. On se takotter moie zgodno pojednostavniti, ali ostaje Einjenica da treba pun0 pisati. Pokugajte ipak! RjeSenje 2. Promatrajmo rekurziju blc+2+2bk+l +bk = 4. Za i E {O,l,...,9) njeno rjelienje za poeetni uvjet bo = i, bl = i + 10 daje rjegenje polazne rekurzije alok+i = bk. OpCe rjegenje nove rekurzije je bk = A(-ilk + ~ k(-l)~ + 1. Uz poeetni uvjet bk = i, dobivamo bk = (i- l)(-ilk - 2(i - 4)l~(-l)~ + 1. Stoga je za n = lok + i, gdje je i E {0,1,...,9) rjelienje an = (i- l)(-ilk - 2(i - 4)k(-ilk RijeSite rekurzivnu relaciju an+2 - a,+l + a, = 0 uz pocetne uvjete: (a) a0 = 0, a3 = 0, (b) a0 = 1, a3 = 2 RjeSenje. Opde rjeeenje ove rekurzivne relacije je Zbog potenciranja u nastavku zadatka zgodno je napomenuti da su korijeni karakteristiene jednadhbe treci korijeni iz -1 - to moie uhtedjeti potenciranje. (a) PoEetni uvjeti daju sustav: A+B = 0 -A-B = 0. Iz toga slijedi da svako rjelienje zadane rekurzivne relacije u kojem je A = -B zadovoljava ao=a3=o. U tom slueaju, koristeci Einjenicu { da se radi o trecim korijenima iz -1, vidimo da je: 0 ako 31n, an = Afi ako 31n - 1, a -A& ako 3/72-2. (b) PoEetni uvjeti daju sustav: A+B = 1 -A-B = 2.

105 5. REKURZIVNE RELACIJE Taj sustav nema niti jedno rje'lenje, pa ne postoji niti jedno rje'lenje zadane rekurzivne relacije koje zadovoljava poeetne uvjete a0 = 1, a3 = 2. '=I+ Za utjehu nadite poeetne uvjete (ne nuino za a0 i a1 ) koji odreduju po jedno rje'senje zadane rekurzivne relacije. Postoji ih beskonaeno mnogo, jednako kao i ovih LLdivljih"! 7. Nadite po jednu rekurzivnu relaciju kojoj su rjesenja: wniz (a,) kojem su a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, as = 1, O'niz a, = 3n + 5n + 7 Rjebenje. (a) Traiit Cemo homogenu rekurzivnu relaciju. Prvi problem je odrediti kojeg bi ona trebala biti reda. Rekurzija reda k ima u sebi k + 1 koeficijent, no, da iz razmatranja izbacimo medusobno ekvivalentne rekurzije, podijelimo svaku koeficijentom uz an+k (tako da sve karakteristiene jednadibe imaju vodeci koeficijent 1). Time smo izjednaeili niz rekurzija koje se jedna od druge razlikuju samo u konstantnom faktoru i daju iste nizove kao rjehenja. Uz to, vidimo da su homogene rekurzivne relacije reda k odredene s po k koeficijenata (usporedite ovo razmatranje s polinomskim jednadibama!). Bududi da imamo zadana Eetiri Elana niza, pokuhat Cemo naci rekurziju reda 2 kojoj je neki niz sa zadanim poeetkom rje'lenje (uvjerite se sami da je razumno poku'lati sa stupnjem rekurzije jednakom polovini broja zadanih Elanova niza). Ako rekurziju zapi'semo kao ant2 + Aan+l + Ban = 0, onda uvr'stavanjem zadanih Elanova niza dobivamo sustav jednadibi: te njeno rje'lenje A = -2, B = 3 (oeekivali smo B # 0). Jedna rekurzivna relacija koji zadovoljava zadani poeetak niza rje'lenja je an+2-2a,+l + 3an = 0. '=I+ Da smo pokuhali dobiti rekurziju vi'leg reda, rje'lenje ne bi bilo jedinstveno. To je i logicno, jer je npr. bilo koja linearna kombinacija ove rekurzije i bilo koje rekurzivne relacije koja moie zadovoljiti poeetne uvjete ao = a1 = a2 = a3 = 0 takoder rekurzivna relacija koja zadovoljava uvjet zadatka. PokuHajte s redom 3 ili 4! BeskonaEno mnogo rjesenja pri poku'laju traienja rekurzije reda 2 mogli smo dobiti s nekim drugim poeetnim uvjetima (npr. 1,1,1,1). Objasnite za'lto je to tako i nadite jo'l jedan skup takvih poeetnih uvjeta. '=I+ Za neke druge poeetne uvjete moglo se dogoditi i da dobiveni sustav nema rje- Senje (npr. 1,1,1,2). Za'lto je tome tako? Tada bismo morali pokusati s rekurzijom vi'leg stupnja. Uvijek postoji homogena rekurzivna relacija kojoj je dani konaeni niz poeetni podniz jednog rje'senja. (b) Rjes'enje 1. Ako zadano rjegenje interpretiramo kao da je linearna kombinacija funkcija 3", 5n i In, onda karakteristizna jednadiba traiene rekurzivne relacije moie biti (x - 1)(x - 3)(x - 5) = 0, tj. x3-9x2-7x + 15 = 0. Rekurzivna relacija glasi:

106 5. REKURZIVNE RELACIJE Rjes'enje 2. Zadano rjehenje moiemo interpretirati i kao rjehenje nehomogene linearne rekurzivne relacije s karakteristitnom jednadibom (x - 3)(x - 5) = 0 i polinomom stupnja 0 na desnoj strani. UvrHtavanjem zadanog rjehenja u rekurziju s odgovarajucim karakteristienim polinomom i ieljenom desnom stranom dobivamo C = RijeSite sljedece rekurzivne relacije svodeci ih pogodnom supstitucijom na linearne: /I$( a:+,-2a:=l, a0=2, Cb-) (n + l)an+l + nun = 2,, a0 = 59, an+l - nun = n!, a0 = 2. (d) an+bn-1=4n-2, bn+an-1 =2, ao=o,bo=l Rjes'enje. (a) U ovoj rekurzivnoj relaciji pojavljuju se samo kvadrati Elanova niza (a,), pa moiemo staviti b, := a:. Relacija prelazi u b,+~ - 2bn = 1 uz poeetni uvjet bo = 22 = 4. OpCe rjegenje te rekurzivne relacije je bn = A2, -1, a uvrgtavanjem poeetnog uvjeta dobiva se rjehenje nove rekurzije: b, = 5.2n - 1. RjeHenje zadatka je an = 6 = d m. (b) Svaki Elan niza pojavljuje se pomnoien sa svojim indeksom, pa moiemo staviti b, := nan. Dobivamo rek rziju bn+l + bn = 2, i poeetni uvjet bo = 0. RjeHenje te rekurzije je bn = ((-1)" za n>o i ao=59. +kn)/3, a rjegenje polazne rekurzije an = ((-1)" + 2")/(3n) (c) Do rekurzije s konstantnim koefisijentima dolazimo supstitucijom bn = an/(n - I)! za n 2 1. Nova rekurzija je tada bn+1 - bn = 1, a poeetni uvjet bl = a1 = 1. RjeHenja su bn = n, odnosno an = n! (za sve n 2 0 ). (d) Eliminirat Cemo Elanove niza (b,). Iz druge jednadibe imamo bn = 2 - an-1, gto nakon pomicanja indeksa i uvrgtavanja u drugu jednadibu daje an - a,-2 = 4n - 4 (mogete li ovu rekurzivnu relaciju rijehiti napamet?). OpCe rjegenje pripadne homogene jednadibe je alh) = A + B(-l),, a jedno partikularno rjegenje alp) = n2. PoEetni uvjet a0 = 0 imamo, a a1 = 1 izraeunamo iz sustava jednadibi i poeetnog uvjeta za bo. Dobivamo rjezenje a, = n2. Iz druge jednadibe slijedi onda bn = 2 - (n - I )~. 9+ RijeHite zadatak eliminirajudi Elanove niza (a,). Rjes'enje. Promatramo li veze izmedu Elanova traienog niza i izraza koji se pojavljuje na desnoj strani, vidimo da je: S: = an + Sn-1, gdje je Sn = Jan + da,-l +... Eliminiranjem an iz ovog sustava dobivamo rekurziju S: = 2Sn-1, koja se moie rijehiti logaritmiranjem (najbolje je logaritmirati po bazi 2 - uvjerite se zahto) i supstitucijom un := log2 S,i. Imamo:

107 5. REKURZIVNE RELACIJE RjeSenja su redom: un = 1, pa Sn = 2"" = 2 i konaeno an = 2 za n 2 1, a0 = 4 tp Mogli smo eliminirati i an -ove. ttt Ako se ovaj zadatak rijesi za proizvoljni poeetni uvjet a0 = c, maze se vidjeti da se u svakom slueaju Elanovi niza (an) za rastuci n monotono priblizavaju broju 2 (limn+, an = 2). ZaSto je tome tako?

108 Funkcije izvodnice ' U prethodnom poglavlju vidjeli smo Sto mozemo ueiniti ako kombinatorno razmatranje umjesto izraza za opb Elan niza da rekurzivnu relaciju. Ovdje demo se baviti jednim drugim naeinom zapisivanja nizova. Naime za neke primjene zgodno je promatrati nizove "zapakirane" u formalne redove - sume oblika f (x) = fnxn koje promatramo kao spremista za elemente niza (f,). Pritom nas ne zanima eventualna konvergencija tih redova, kao niti vrijednosti u pojedinim toekama. Ipak, ako imamo formalni red,za koji red s jednakim koeficijentima konvergira na nekom podrueju (kao npr. 2"xn = 1/(1-22) za 12x1 < l), onda to mozemo iskoristiti. Zapisujemo za formalni red 2nxn = 1/(1-22) i desnu stranu zovemo analiticxm prikazom ili prikazom u zatvorenom obliku. Ako su a(x) = En>,o anxn i b(x) = bnxn funkcije izvodnice za nizove (a,), odnosno (b,), onda definiramo operacije s formalnim redovima: - 7 zbmjanje (a + b)(x) := &,(an + bn)xn, mnozenje skalamm (aa)(z) : = aanzn, '\ mnozenje (ab)(x) := En>O (Ey=O(aibn-i)) xn,, d eriwimnje af(x> := nanzn-i, integrimnje J a(x)dx := an/(n + l)xn+l kompozicija a(b(x)) := En>O anb(x)", ako je bo=o. Nadalje, dva formalna reda smatramo jednakim, ako im se podudaraju svi koeficijenti (tj. ako oba formalna reda odgovaraju istom nizu). Sve opisane operacije odgovaraju istoimenim operacijama s pripadnim analitiekim prikazima, Sto formalne redove Eini praktienima. Tako npr. za formalne redove 1+x+x2+... i x+x2+... imam0 (1+x+x2+...).( x+x2+...) = 1/((1 - x). x/(1 - x) = x/(l - x )~(Sto znaci, razvijemo li desnu stranu u red, dobit demo dva jednaka reda). \

109 FUNKCIJE IZVODNICE NaBalost Ce zbog ovog dio zadataka ovog poglavlja biti teze rjegiv za sve one koji jog ne znaju derivirati i integrirati "obiene" funkcije. Da se radi npr. o deriviranju formalnih redova lako se prepozna iz definicije derivacije formalnog reda, ali za sredivanje izraza potrebno je znati i kako se deriviraju i odgovarajuce funkcije (njihovi prikazi u zatvorenom obliku). Kad dodete do te toeke u rjegavanju zadataka, poslubite se slobodno nekim tablicama derivacija funkcija - sa stanovigta kombinatorike to je jedno prihvatljivo privremeno rjegenje. Za niz (a,) definira se obiena funlccija izvodnica kao formalni red: f (x) := C a,.", a eksponencijalna funlccija izvodnica je: n>o Oznaka za funkciju izvodnicu moie se izabrati proizvoljno, a ako se radi samo o jednom tipu funkcije izvodnice za neki niz najzgodnije je uzeti slovo koje oznaeava elemente tog niza (npr. a($) za niz (a,)). ObiEna i eksponencijalna funkcija izvodnica su osnovni tipovi funkcija izvodnica. Za neke slobenije probleme pokazuje se praktienijim elemente niza zapakirati na druge naeine. Koju funkciju izvodnicu Cemo izabrati, ovisi o problemu kojeg rjegavamo. Da bi rad s funkcijama izvodnicama bio koristan, Belimo da slaganja objekata koja proueavamo odgovaraju nekim operacijama s funkcijama izvodnicama. Ovisno o vrsti objekata, to Ce biti moguce samo s odgovarajucim vrstama funkcija izvodnica. Kako funkcije izvodnice prate kombiniranje objekata vidjet Cemo na primjeru mnofenja formalnih redova. Pokazuje se da je u mnogim kombinatornim problemima jednostavnije izra- Eunati funkciju izvodnicu nego Elanove niza ili neki Clan niza direktno. No, iz funkcije izvodnice se mohe (barem teorijski) izraeunati bilo koji Elan niza: ponekad direktno, a ponekad formulom koja ukljueuje formalno deriviranje (usporedite s Taylorovom formulom): Cak i ako ne mobemo izraeunati koeficijente (npr. raeunanje 100-te derivacije bi bilo prekomplicirano), funkcija izvodnica se mobe iskoristiti za raeunanje funkcija izvodnica nekih siobenijih objekata, kojima je mobda moguce izraeunati koeficijente. Ovdje se necemo baviti problemom izbora tipa funkcije izvodnice za pojedini problem, nego Ce u zadacima uvijek biti navedeno kojim ga tipom funkcije izvodnice treba rijegiti. U svim zadacima trabi se da se rezultat zapise u ana- IitiEkom obliku. Na poeetku dano je nekoliko tehniekih zadataka koji pokazuju kako se manipulira funkcijama izvodnicama. U njima se trabi da se izraeunaju Elanovi niza, te da se oni uvrste u definiciju funkcije izvodnice.

110 6. FUNKCIJE IZVODNICE 1. Napigite obienu i eksponencijalnu funkciju izvodnicu za broj podskupova konaenog skupa. Rjes'enje. n-elani skup ima ukupno 2n podskupova (prisjetite se, za svaki od njegovih n elemenata treba redi da li Ce biti ukljueen u skup ili ne - dvije mogutnosti izbora). BuduCi da je ovdje jedini parametar velitina skupa (n), imamo niz velieina podskupa indeksiran velieinom polaznog skupa i stavljamo an := 2n. ObiEna funkcija izvodnica glasi 1 f (x) = x 2nxn = x (2x)n = 1-22' n>o n>o Eksponencijalna funkcija izvodnica je: 4-, Odredite za vjezbu za koje objekte bi f(x) bila eksponencijalna funkcija izvodnica. Uputa: izraeunajte prvo odgovarajute koeficijente bn, takve da je f (x) = bn/n!xn, a zatim kazite Zto broje ti bn -ovi. 2. Neko n-elano drugtvo odlueilo je otici na veeeru u restoran. Poznato je da se dobro jede u restoranu Riba, gdje im je na raspolaganju r ribljih specijaliteta, zatim u vegetarijanskom restoranu, gdje nude v specijaliteta od povrda, te u restoranu Ovca, gdje se moie kugati o specijaliteta s ovejim sirom. NapiSite obienu funkciju izvodnicu za broj razlieitih narutivanja jela za tih n o&ba. Pretpostavimo daxe cijelo drugtvo jesti u istom restoranu, te da Ce svaka osoba narueiti toeno jedno jelo. Rjes'enje. To drugtvo moze u prvom restoranu izabrati jelo na T~ naeina, u drugom na vn, u trecem na on. Ukupni broj naeina izbora iznosi rn + vn + on, pa je funkcija izvodnica: f(x) = C ( T + ~ vn + on)xn n)o W Napigite i eksponencijalnu funkciju izvodnicu. 4' Ova funkcija izvodnica je suma pojedinih funkcija izvodnica narudzbi. Analogno vrijedi i za ekponencijalne funkcije izvodnice.

111 6. FUNKCIJE IZVODNICE 3. Napigite obienu funkciju izvodnicu za broj nizova koji poeinju (pod)nizom slova, a zavrsavaju (pod)nizom znamenaka. Bilo koji od podnizova mobe biti i prazan. Nizovi trebaju biti grupirani prema ukupnoj duljini. Rjes'enje. Nezavisno treba izabrati podniz slova i podniz znamenaka. Funkcija izvodnica za broj izbora niza slova bila bi 30nxn, a za broj izbora niza znamenaka En20 10nxn. "Veliki" niz duljine n mofe se slofiti od praznog niza slova i niza znamenaka duljine n, ili od niza slova duljine 1 i niza znamenaka duljine n - 1 itd, opdenito od niza slova duljine i i niza znamenaka duljine n - i, za bilo koji i E Nn U (0). Broj naeina izbora takvog niza je stoga 30'10~ + 30'10n-' ~10' = EL0 3 0~10~-~, Zto je jednako koeficijentu uz xn u produktu funkcije izvodnice za niz slova i funkcije izvodnice za niz znamenaka. Dakle, traiena funkcija izvodnica odgovara produktu funkcija izvodnica za podnizove, tako da rezultat glasi +P Da bismo provjerili rezultat - jesu li stvarno koeficijenti u dobivenoj funkciji izvodnici feljeni brojevi - napisimo je prvo u obliku parcijalnih razlomaka. Sada se lako vidi da je koeficijent uz xn u f (x) : (xn) f (x) = n lon = (3. 30n - 1on)/2, a to je upravo jednako broju od kojeg smo krenuli. 4-t Za eksponencijalne funkcije izvodnice ovih nizova ne bi vrijedilo da je funkcija izvodnica na opisani naein slofenog niza jednaka produktu pojedinih funkcija izvodnica. Provjerite to. Preuredite zatim tekst zadatka tako da produkt eksponencijalne funkcije izvodnice za niz slova i eksponencijalne funkcije izvodnice za niz brojeva bude jednak eksponencijalnoj funkciji izvodnici za nekakve nizove slofene od slova i brojeva. 4. NapiSite funkciju izvodnicu za broj naeina izbora uredenog para razlieitih elemenata iz n -Elanog skupa. Rjes'enje. Uredeni par razlieitih elemenata mobe se iz n-elanog skupa izabrati na n(n - 1) naeina. Skup iz kojeg biramo takve parove mora imati barem dva elementa, pa je odgovarajuta funkcija izvodnica: f (x) = ) n(n - l)xn = x2 n(n - 1)xnW2 n22 n22 +I' Sve sume su mogle biti i za n 2 0. CP Koeficijent uz xn u f(s) je jednak dvostrukom koeficijentu uz xn-2 u 1/(1- s)3, Zto prema binomnom teoremu iznosi 2(-l)n-2 (n22) = 2(;) = n(n - 1).

112 6. FUNKCIJE IZVODNICE 105 '3+ SliEno se moie izraeunati funkcija izvodnica za bilo koju Ic-torku razlieitih elemenata iz n-elanog skupa. IzraEunajte je prvo za k = 3, zatim za proizvoljni k. Rezultat: fk(x) = k!xk/(l - x)~". Lako se izaeunaju i eksponencijalne funkcije izvodnice. 4+ IzraEunajte za fiksni k obienu i eksponencijalnu funkciju izvodnicu za broj Ic - Elanih podskupova n-elanog skupa. Usporedite rezultat s funkcijama izvodnicama za k -torke.?+ Ako vam ovo nije prvo Eitanje ovog poglavlja, pokusajte kombinatorno doci do funkcije izvodnice za broj k -torki, npr. do njenog oblika: fk(x) = (x + x2 +...lk (1 + x + x2 +...). k!. NapiSite rekurzivnu relaciju za niz funkcija ( fk), pa pokusajte interpretirati i nju! 5. NapiGite funkciju izvodnicu za broj naeina izbora uredenog para elemenata n -Elanog skupa. Rjegenje. Uredeni par elemenata moie se iz n-elanog skupa izabrati na n2 naeina. Stoga je odgovarajuka funkcija izvodnica: Da bismo izraeunali ovu sumu, napigimo n2 kao linearnu kombinaciju izraza n(n - 1) i n. Tada Cemo svaku od suma moli interpretirati kao derivaciju formalnog reda l+x+x2+... : f (x) = C (n(n- 1) + n) xn n)o = C n(n - I)xn + C nxn n20 n20 % Za vjebbu izraeunajte koeficijent uz xn u f (x).?+ RijeSite analogni zadatak za uredene trojke. % SliEno se moze izraeunati funkcija izvodnica za bilo koju k-torku elemenata n-elanog skupa. To je posljedica toga Lto su padajuci faktorijeli jedna baza vektorskog prostora svih polinoma, pa se bilo koji polinom (pa tako i polinom nk u varijabli n) mo2e napisati pomocu njih. PokuHate li raspisivati potencije nk po bazi sastavljenoj od padajucih faktorijela u varijabli n, vidjet dete da to ne ide sasvim lagano. No, moie se vidjeti da su koeficijenti uz (n)l u razvoju nk po padajucim faktorijelima jednaki Stirlingovim brojevima S(k, 1), tj. brojevima particija k -Elanog skupa u 1 dijelova. Usporedite koeficijente i brojeve particija za male k. DokaIite jednakost tih koeficijenata brojeci sva preslikavanja iz k -Elanog u n-elani skup. Grupirajte ih prema velieini slike.

113 6. FUNKCIJE IZVODNICE 6. Neka je n E N zadan. NapiSite funkciju izvodnicu za broj podskupova n-elanog skupa, sortiranih prema velieini. Rjes'enje 1. Ranije smo izraeunali da k -Elanih podkupova n-elanog skupa ima (E). Funkcija izvodnica glasi: Rjes'enje 2. "Prava" metoda za nalaienje funkcije izvodnice ne bi u sebi trebala imati uvrgtavanje gotovih rezultata, vec bi se do nje trebalo doci nekim kombinatornim putem. Nakon toga se funkcija izvodnica mofe upotrijebiti za raeunanje raznih velieina. Za svaki element zadanog n-elanog skupa treba reci ulazi li u podskup ili ne. Nakon toga treba prebrojati one podskupove u koje je uzlo 0, 1, 2 itd, elemenata, svaku skupinu posebno. Rezultat brojanja za svaku od skupina treba napisati kao koeficijent uz odgovarajuku potenciju od x. Lako se vidi da Ce u produktu (1 + x). (1 + x)..... (1 + x) (n faktora) stajati uz potencije od x upravo ti feljeni koeficijenti. Naime, ovaj dugaeki produkt mofe se izraeunati tako da se mnozi "svaki sumand sa svakim". Sumande prvog faktora moiemo protumaeiti kao odluku - ulazi li prvi element u podskup ili ne. Ako u raeunanju produkta ovih polinoma iz prvog faktora izaberemo sumand 1, to Ce odgovarati situaciji u kojoj prvi element ne ulazi u podskup, a ako izaberemo x, to Ce odgovarati situaciji u kojoj prvi element ulazi u podskup. SliEno i ostale faktore pridruiimo ostalim elementima. Uzimanjem x -a s potencijom 1 iz nekog faktora povecavamo velieinu izabranog podskupa za 1, a uzimanjem x-a s potencijom 0 ne mijenjamo izabrani podskup. Na kraju Ce se u produktu (nesreaenom) pojaviti potencija xk onda i samo onda ako smo u k faktora izabrali sumand x, a u ostalima 1, Eto znaei da Ce svaka pojava xk u produktu odgovarati jednom k -Elanom skupu. Nakon zbrajanja (grupiranja) svih Elanova, koeficijent koji Ce stajati uz xk Ce upravo biti jednak broju svih k-elanih podskupova zadanog n -Elanog skupa. tp Sada, kad imamo ovu funkciju izvodnicu, mozemo ponovno izraeunati broj svih podskupova n-elanog skupa. On je jednak sumi koeficijenata u dobivenoj funkciji izvodnici, tj. f(1) = (1 + l)n = 2". tp Primjenom binomnog teorema mofemo izraeunati koeficijent uz bilo koju potenciju od x. Za koje objekte bi ovo bila eksponencijalna funkcija izvodnica? 7. NapiSite funkciju izvodnicu za broj izbora n komada kamena iz izvora od neogranieeno mnogo granitnih kocaka, neogranieeno mnogo kamenih ploea i neogranieeno mnogo oblutaka. Bitno je samo koliko Ce biti komada kamena koje vrste. Rjes'enje. Mofemo uzeti koliko Ielimo kamenih kocaka, koliko ielimo kamenih ploea i koliko Ielimo oblutaka. Kad god de suma broja kocaka, broja ploea i broja oblutaka biti jednaka n, to Ce biti izbor n komada kamena. I obratno, svaki izbor n komada kamena

114 6. FUNKCIJE IZVODNICE bit de karakteriziran brojem kocaka, brojem ploea i brojem oblutaka, Eija je suma jednaka n. Dakle razlieiti naeini izbora odgovaraju pojedinim produktima u izrazu: (1+x+x2+x3+...).( 1+x+x2+x3+...).( 1+x+x2+x3+...), jer umjesto kocaka uzimamo odgovarajuti broj x-eva iz prve zagrade, umjesto ploea iz druge, umjesto oblutaka iz trete. Tako potencije od x u prvoj zagradi predstavljaju izbore broja kocaka, potencije u drugoj zagradi izbore broja kamenih ploea, a potencije u tredoj izbore broja oblutaka, a produkt xaxixk odgovara izboru i kocaka, j ploea i k oblutaka za sve i, j i k. Nakon sredivanja (zbrajanja Elanova koji predstavljaju istu potenciju od x) uz xn de stajati broj sumanada oblika xixixk, tj. broj naeina izbora n komada kamena. U zatvorenom obliku dobivenu funkciju izvodnicu moiemo zapisati kao: 1 (1 - x)3 ' +f OEito je da smo zadatak mogli formulirati i kao trazenje funkcije izvodnice za broj nenegativnih cijelih rjelenja jednadibe i + j + k = n, sloiienih prema broju n. +f Koeficijent uz xn u ovoj funkciji izvodnici je jednak (-l)n(;3) = (n:2) = (n$2), Lto kao broj izbora znamo izraeunati i direktno. 9+ Za Lto bi dobiveni formalni red bio ekponencijalna funkeija izvodnica? 9+ Ovdje se, kao i u zadatku o nizovima slova i brojeva, pojavilo mnoienje formalnih redova. Usporedite ta dva zadatka. Objasnite ;to znaei mnozenje obienih funkcija izvodnica. Usporedite jog ovaj zadatak s prethodnim. 9+ Kako Einjenica da smo pretpostavili beskonaene izvore objekata (kamenja, u ovom slueaju) utjeee na konaeni rezultat? Zahvaljujudi tome Lto su redovi s kojima smo raeunali bili beskonaeni, raeun je bio jednostavan (ponekad to i bitno vise olakgava raeun nego u ovom slueaju!), no da li je to utjecalo na rezultat? Prisjetimo se zagto raeunamo funkcije izvodnice - zato da dobijemo konkretne koeficijente. A koeficijent uz npr. xn je isti ako mnozimo beskonaene redove i ako svaki od redova u produktu ogranieimo do potencije xn (uvjerite se u to). Dakle, za pojedini n nije potrebno imati beskonaeno, nego samo "dovoljno mnogo" kocaka, ploea i oblutaka koje moiemo uzeti (po n od svake vrste, a to bismo pretpostavili i u direktnom raeunanju). 8. Na Skolskim priredbama sudjeluju pjevaei, mali i veliki plesaei, te ponekad glumci. Treba naci obienu funkciju izvodnicu za broj razlieitih sastava za Skolske priredbe sloiene prema broju izvodaea ako je bitan bitan samo broj ueenika u pojedinoj skupini. Svako dijete mobe preuzeti najvige jednu ulogu. PjevaEa treba biti barem 30, broj velikih plesaea treba biti djeljiv s 2, a broj malih plesaea mora biti djeljiv s 3. Pretpostavimo da 6kole imaju po 1000 ueenika koji mogu pjevati i glumiti, dok po 500 djece mo5e biti ukljueeno u grupu velikih, odnosno malih plesaea.

115 6. FUNKCIJE IZVODNICE Rjeienje. I ovdje, kao i u prethodnom zadatku uzimamo po nekoliko "objekata" svake od raspolozivih vrsta. Izbore trebamo ponovno sortirati prema broju objekata koje smo izabrali. Razlika u odnosu na prethodni zadatak je u tome ;to sada ne mozemo sasvim slobodno birati objekte pojedinih vrsta. Ako nam izbor potencije varijable x iz prvog faktora (zagrade) oznaeava broj pjevaea, onda se u njoj smiju pojavljivati samo potencije od x vede ili jednake 30 i manje ili jednake Drugi faktor odredimo za broj malih plesaea - u njemu Ce biti samo potencije od x Eiji eksponent je djeljiv s 3, a manji ili jednak 500. SliEno odredimo tredi faktor za brojanje velikih plesaea i Eetvrtu za glumce. Funkcija izvodnica glasi: f (x) = (X3O + X3l xlooo 1..(a3 + z6 + z9 +.., )..(x2 + x4 + xs X5O0) *.(1 +x+x Xloo0 1 +f' Izbore plesaea mogli smo obrazloziti i ovako: biramo broj parova ili trojki, a svaki par donosi dva nova sudionika (x2 ), a svaka trojka tri (x3 ). +f RjeSavali smo jednadzbu i + j + k + 1 = n u skupu N: uz ogranizenja: i 3 30, 21j, 3lk, te i, i j,k < Napis'ite obienu funkciju izvodnicu za broj naeina da se postigne suma n pri bacanju deset razlieitih igrakih kocaka. Izvedite iz te funkcije izvodnice funkciju izvodnicu za broj naeina da se postigne parna suma, te izraeunajte broj razlieitih dobivanja parne sume. Rjeienje. Ovdje izabiremo (ili l1sreca" izabire umjesto nas) broj toekica s 1,2,...,lote kocke. Kao i do sada, umjesto toekica s i-te kocke uzimamo odgovarajuh potenciju varijable x iz i-tog faktora. Na svakoj od kocaka nalaze se napisani brojevi 1 do 6, pa je funkcija izvodnica jednaka: f (x) = (a: + x2 + x3 + x4 + x5 + X6)l0. U funkciji izvodnici za sve parne sume trebaju uz parne potencije varijable x biti koeficijenti jednaki odgovarajutim koeficijentima u f (x), dok koeficijenti uz neparne potencije od x trebaju biti 0. Stoga je funkcija izvodnica za parne sume jednaka: Ovdje se, kao i kod svih ost'alih operacija s formalnim redovima, radi o formalnom uvrstavanju: umjesto x stavimo u red -x i postupamo po pravilima raeunanja.

116 6. FUNKCIJE IZVODNICE Broj svih parnih suma je jednak sumi koeficijenata u formalnom redu p(z), a to je jednako p(1) = ( f (1) + f (-1))/2 = ( )/2 = 3.6'. 9 Zagto smo 1 uvritavali u poeetni, a ne u zavrgni izraz za p(z)? 9 IzraEunajte obienu funkciju izvodnicu za broj neparnih suma, te broj svih neparnih suma. 9-t Izvedite rezultat za broj svih parnih suma direktno, dokazujuki da je broj parnih suma jednak polovini ukupnog broja ishoda. 10. IzraEunajte broj rjesenja jednadzbe Ck21 kxk = n iz skupa No. Rjegenje. Da bi se dobila suma jednaka n, moramo uzeti zl puta jedinicu, 22 puta dvojku, 23 puta trojku itd. Ili drugim rijeeima: a1 puta jedinicu, 22 puta paket sastavljen od dvije jedinice, 23 puta paket sastavljen od tri jedinice itd. Neka, kao i do sada, formalna varijabla x predstavlja jednu jedinicu u sumi koja treba doseci n. Tada izbor zl mokemo prikazati kao izbor sumanda iz 1 + s +z2 + z Sumi 22 pridonosi dvostruku svoju vrijednost, pa njegove izbore prikazujemo izborom sumanda iz 1 + z2 + (z')~ + (z2) SliEno za izbore z3 promatramo sumu potencija z3 itd. Kao i ranije, da bi se velieina objekata koje sastavljamo poveiavala s eksponentom formalne varijable, koristimo mnokenje formalnih varijabli da bismo opisali sastavljanje objekata. Funkcija izvodnica tada glasi: (1+z+z2+...).(1+z2 +(z2)2+...). ( I + ~ ~ + ( ~ ~ )... ~... ). Nakon mnoienja opci Elan u produktu je:. (z2)~2. (z3)~3.... = zx1+2~2+3~3+... Potenciju an dobit Cemo onda i samo onda ako je Sredimo li izraz za funkciju izvodnicu, dobivamo: kzk = n, kao ito smo i keljeli. 9-t Usporedite ovaj zadatak sa zadatkom s ueenicima. I ovaj zadatak broji rjegenja jednadibi yl + y yn = n s nekim ogranieenjima. Izrecite ta ogranieenja. 11. IzraEunajte obienu funkciju izvodnicu za razlieite sume brojeva na igracim kockama ako bacamo jednu kocku proizvoljno mnogo puta, a nije bitan redoslijed dobivanja brojeva. Rjegenje. Sumu n mozemo dobiti kao sumu nekoliko jedinica, nekoliko dvojki, itd, te nekoliko gestica. OznaEimo li broj bacanja u kojima je "pao" broj i s xi, onda vidimo da trebamo rjegavati jednadibe: xl + 2x2 + 3x3 + 4z4 + 5z5 + 6x6 = n. Funkcija izvodnica je, kao i u prethodnom zadatku jednaka:

117 6. FUNKCIJE IZVODNICE 12. U jednom gradu ulice u smjeru istok-zapad su glavne ulice i u njima se nalaze trgovine, restorani i kafici. Ulice u smjeru sjever-jug sluse iskljueivo kao ulazi u stambene zgrade. Taj grad ima tlocrt u obliku trokuta i lezi uz rijeku. Na koliko naeina mozemo stici od ulaza u grad koji se nalazi u ishodigtu do rijeke, ako pritom mosemo svratiti i u neke lokale. Izmectu svaka dva raskrgta je u svakoj ulici u smjeru istok-zapad toeno 1 raznih lokala. Puteve klasificirati prema mjestu dolaska na rijeku (npr. prema ordinati toeke izlaska na rijeku). Rjes'enje. BuduCi da smo se vet navikli na promatranje puteva u koordinatnoj mreii, promatrajmo plan grada umjesto samog grada. Da nema lokala, puteve bismo birali tako, da za svaki horizontalni korak uzimamo po jedan x, dok horizontalni koraci ne bi utjecali na stvaranje sumanada u funkciji izvodnici. Prvi korak bi bio horizontalni ili vertikalni - birali bismo jedan od Elanova izraza 1 + x. SliEno i za drugi, treci i ostale korake, pa bismo dobili produkt sastavljen od izraza 1 + x. Koraka je ukupno n, pa bi funkcija izvodnica bila (1 + x)lo. NaS je problem u tome Sto u horizontalnim koracima moiemo navratati u lokale. U svakom horizontalnom koraku moiemo birati izmedu I lokala koliko ih ima izmedu dva raskrsla. Dakle izmeau dva raskrsca na istoj visini moiemo na 2' naeina provesti vrijeme. Za svaki horizontalni korak broj puteva (koji sada ukljueuju i posjete lokalima) se povecava 2' puta. Zato je ova funkcija izvodnica jednaka (2' + s)lo. 9+ Pogledajte jog jednom zadatak o nizovima slova i brojeva. Objasnite porijeklo konstanti u tim funkcijama izvodnicama. 13. Dano je 2mn predmeta, po 2n svake vrste. IzraEunajte broj raspodjela tih predmeta u dvije jednakobrojne skupine. Rjegenje. Dovoljno je izdvojiti samo jednu skupinu. NapiSimo funkciju izvodnicu za broj izbora jedne skupine i potraiimo u njoj koeficijent uz xmn.

118 6. FUNKCIJE IZVODNICE Iz svake od m skupina nezavisno biramo 1,2,...,2n - 1 ili 2n elemenata: f(x) = (1+x+x2+...+x2n)m +P Da smo imali izbore iz beskonaenog izvora, dobili bismo rezultat 1/(1 - x ) ~. Tako je faktor (1 - x2n+1)m s jedne strane odgovoran za ogranieenja, a s druge strane u sumu donosi faktore (-ilk. To smo i oeekivali, jer zadatak bez ogranieenja znamo rijeiiti direktno, a u slueaju da izvori predmeta nisu beskonaeni moramo koristiti formulu ukljueivanja-iskljuzivanja. 14. Ako s a(x) oznaeimo funkciju izvodnicu za niz (a,), a s b(x) funkciju izvodnicu za niz (b,), dokagite da vrijedi: (a) ako za neki p E N vrijedi a, = b,+, za svaki n E No, onda je a(x) = ~ - p ( b ( ~ -) bo - blxl bp-l~~-l), (b) ako je a, = za svaki n E No, onda je a(x) = bl(x), (c) ako je a, = b, + b,+l za svaki n E No, onda je a(x) = b(x) + xb(x), (d) akoje an=bo+bl+...+ b, zasvaki neno,ondaje a(x)=b(x)/(l-x), (e) ako je a, = b,+l + bn za svaki n E No, onda je a(x) = (b(1) - b(x))/(l - 7 (f) ako je a, = bz, za svaki n E No, onda je a(x) = (b(fi) + b(-fi))/2. Rjes'enje. Sve ove formule lako se provjere direktnim uvritavanjem. Pronadite u prethodnim primjerima gdje smo ove formule vec koristili. +f' Nemojte formule iz ovog zadatka ueiti napamet kao "recepte" - moiete ih uvijek po potrebi izvesti, tim vise Lto se najeehce ne javljaju u ovom obliku, nego s nekim pomakom u indeksima. Vrijedno ih je samo zapamtiti kao osnovne principe, npr. da se moie realizirati pomak u indeksima, razdvojiti parni od neparnih Elanova, zatim da zbrajanje koeficijenata ("Eistih" ili pomnoienih s nekim faktorom), pri Eemu se duljina zbroja mijenja s indeksom, obieno potjeee od mnoienja formalnih redova, da mnoienje koeficijenata nekim faktorom koji ovisi o indeksu upucuje na deriviranje ili integriranje i sl. % Za koje od ovih relacija moiete napisati analogne relacije za ekponencijalne funkcije izvodnice? 15. Nadite obiene funkcije izvodnice za nizove rjesenja sljedecih rekurzivnih relacija:

119 FUNKCIJE IZVODNICE Iz tih rekurzivnih relacija izraeunajte rjegenja. Rjes'enje. Trik koji se primjenjuje pri rjegavanju rekurzivnih relacija je jednostavan. Relacija se pomnoti s xn ili nekom visom pogodnom potencijom, a zatim se tako dobiveni izrazi za n = 0,1,2,... zbroje. Zbrajanjem se dobiju traiene funkcije izvodnice. Nakon toga po potrebi moiemo izraeunati rjehenja - koeficijente u funkciji izvodnici. (a) Izraz Cemo pomoiiti s sn+', te rezultat pripremiti za zbrajanje (podsjetite se, nakon zbrajanja Zelimo dobiti funkciju izvodnicu): Zbrajanjem po n E N slijedi -0 (a(z) - ad - alz) + 5z. (a(z) - ao) + 6z2a(z) = 0, iz Eega se lako uvrztavanjem poeetnih uvjeta i sredivanjem dobiva rezultat NapiSimo rezultat u obliku iz kojeg se mogu odmah oeitati rjezenja: Sada se vidi da je prvi sumand odgovoran za potencije (-2)n koje se javljaju u rje- Zenju, a drugi za potencije (-3)n. RjeHenje rekurzivne relacije se dobiva razvijanjem ovih razlomaka u red i oduzimanjem i glasi: an = 4. (-2)n - 3. (-3)n. 9+ PokuZajte rekurzivnu relaciju pomnoiiti s xn+' ili s zn i onda zbrojiti! Rezultat treba biti jednak dobivenom. (b) Mnotenjem relacije s zn+' i zbrajanjem relacija za n E N dobiva se izraz: Izraz na desnoj strani se moie lako sumirati - u njemu treba samo prepoznati derivaciju reda CT=o ( 2 ~. ) Imamo ~ redom Cn>o?2^P = 22 znao njem slijedi rezultat: n(2x)"-' = z (I/('- 2")))' = 2x/(1-22)'. Uvrstava- Izraz se moie jos malo srediti rastavljanjem na parcijalne razlomke. Tako se dobiva pregledniji oblik rezultata: iz Eega se mote lako proeitati rjegenje: 9+ UoEite u funkciji izvodnici dio koji potjeee od homogene jednadzbe. Kao dopunski primjeri mogu vam posluiiti zadaci prethodnih poglavlja. Pokugajte naci pravilo koje bi govorilo kako Ce izgledati rjesenje proizvoljne homogene jednadtbe. Moiete li ne'ito reci o izgledu funkcija izvodnica za nehomogene jednadtbe tipova obradenih u prethodnom poglavlju?

120 6. FUNKCIJE IZVODNICE 16. NapiSite eksponencijalnu funkciju izvodnicu za broj permutacija bez fiksnih toeaka. Rjes'enje 1. Broj permutacija n-elanog skupa bez fiksnih toeaka smo vec izraeunali u poglavlju o formuli ukljueivanja-iskljdivanja i on iznosi n!. ~ i,~(-l)~/k!. UvrBtavanjem u opci izraz za eksponencijalnu funkciju izvodnicu dobivamo: Rjes'enje 2. Puno je ljepbe direktno izraeunati funkciju izvodnicu - bez uvritavanja LLg~to~ihli rjegenja. - Sve permutacije 'n-elanog skupa moiemo razvrstati prema broju fiksnih toeaka koje sadr8e. Permutacija s k fiksnih toeaka ima (E)Dn-k, gdje je Dn-k broj permutacija bez fiksnih toeaka (n - k) -Elanog skupa. Slijedi: ( Do = 1 ). Dijeljenjem s n dobivamo: 1 = Dn + Dn D,-k Do O!n! l!(n - I)! k!(n - k)! n!o! = (xn>exe(x). \ Formalni red koji ima sve koeficijente jednake 1 je 1/(1 - x), pa imamo: 9-t U poglavlju o rekurzivnim relacijama susreli smo se s rekurzivnom relacijom za broj permutacija bez fiksnih toeaka. Bila je to rekurzija reda 2 s nekonstantnim koeficijentima. IzraEunajte iz nje, mnoieki je odgovarajukim faktorom i sumiranjem izraz koji povezuje eksponencijalnu funkciju izvodnicu e i njenu derivaciju e'. Oni koji znaju rjebavati obiene diferencijalne jednadibe moki Ce napraviti i zavrbni korak - iz tog izraza izraeunati e(x). 17. Nadite funkciju izvodnicu za broj kvadrata na n x n Sahovskoj ploci. Rjes'enje 1. Na nx n Bahovskoj ploei ima n2 kvadrata 1 x 1, (n- 112 kvadrata 2 x 2, (n kvadrata 3 x 3 itd. Ukupno, broj kvadrata iznosi 1' (n - 1)2 + n2. Sada mogete dalje izraeunati funkciju izvodnicu tako da dobiveni rezultat uvrstite u opki oblik funkcije izvodnice koju potom interpretirate kao neki produkt ili tako da se prvo prisjetite da je 1' (n - 1)2 + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6, pa onda taj

121 6. FUNKCIJE IZVODNICE rezultat uvrstite u opci oblik funkcije izvodnice. U oba slueaja ima jog dosta posla oko sredivanja dobivene funkcije izvodnice. Pokuiajte barem skicirati osnovne korake. Rjes'enje 2. Smjestimo sve n x n iahovske ploee tako da im je lijevi donji vrh u ishodiitu koordinatnog sustava. Nazovimo n x n gahovsku ploeu n-tom ploeom. OznaEimo broj kvadrata na n-toj ploei s kn. Svaka cjelobrojna toeka (n - 1) -ve ploee jedinstveno odreduje jedan kvadrat koji je sadrgan u n-toj ploei, ali nije u n- 1 -voj (kvadrat koji ima lijevi donji vrh u toj toeki, i ide do ruba n-tog kvadrata). Broj cjelobrojnih toeaka u n - 1 -vom kvadratu je n2 je n2, pa vrijedi kn = n2 + kn-l. Mnogenjem relacije s xn i sumiranjem za n E N dobiva se izraz za funkciju izvodnicu. Rjeienje 3. Prethodna dva rjeienja opisana su samo ukratko, jer koriste metode koje su vet upotrijebljene u prethodnim zadacima. Ovo je jog jedno rjeienje koje nalazi funkciju izvodnicu bez prethodnog poznavanja rezultata. Rubom n-te ploee nazovimo skup toeaka (x, y) za koje vrijedi max{x, y) = n. IzraEunat Cemo prvo broj svih kvadrata (bez obzira na velieinu) u kojima je desni gornji vrh na na rubu n-te ploee. Ako funkciju izvodnicu za te brojeve oznaeimo s p(x), a pripadne brojeve kvadrata s pn, onda Ce za brojeve kn, n E N vrijediti: kn=pl+pz+...+ pn, te Ce funkcije izvodnice biti povezane formulom: (koristili smo poeetne uvjete po = ko = 0). IzraEunajmo sada funkciju izvodnicu za broj kvadrata kojima je gornji desni vrh na rubu n-tog kyadrata. Svaki od kvadrata je odreden svojim donjim lijevim i gornjim desnim vrhom. Zelimo da svim kvadratima koji "zavrzavaju" na rubu n-tog kvadrata bude pridrufena potencija xn. Izbor donjeg lijevog vrha indeksirat Cemo brojem kvadrata na kojem se on nalazi (za kvadrat na slici to bi bio 2), a umjesto gornjeg desnog vrha birat Cemo duljinu stranice. Broj naeina izbora toeke s ruba n-tog kvadrata je 2n + 1, pa je funkcija izvodnica za izbor donjeg lijevog vrha jednaka s Funkcija izvodnica za izbor duljine stranice je x + z2 + x BuduCi da su ovi izbori medusobno nezavisni, izboru kvadrata odgovara formalni red koji je jednak produktu formalnih redova koji opisuju dva

122 6. FUNKCIJE IZVODNICE 115 "osnovna" izbora: p(z) = (1 + 3z + 5z2 + 7z3 +...). (x + z2 + z3 +...) (neparne koeficijente prikaiemo kao k = 2i + 1 ) = [2.(1+2z+3z2+4z3+...)-( 1+z+z2+z3+... Rezultat, prema prethodnom, glasi

123 Kombinat orno dokazivanje identiteta U ovom poglavlju bavit Cemo se dokazivanjem identiteta koji mogu koristiti pri pojednostavljivanju raznih izraza. VeCinu njih mohe se dokazati matemati- Ekom indukcijom ili direktnim raeunom. No ti dokazi su sa stanovista kombinatorike nuhno zlo, jer se iz njih ne mohe lako oeitati bit dokazivane formule. Sigurno ste pun0 puts: rjesavali zadatak zajedno s kolegom i dobili naoko razlieite rezultate, oboje uvjereni da ste do njega dosli toenim postupkom. Ako ste zaista oboje zadatak rijesili bez pogregke, oba rezultata moraju biti toena, te ste u stvari dobili identitet koji povezuje vaga dva rjesenja. Kombinatorni dokazi prieaju o formulama. U svakom dokazu isprieat Cemo prvo prieu o jednom naeinu prebrojavanja nekih objekata - takvom naeinu koji kao rezultat daje izraz koji nalazimo na lijevoj strani jednadhbe. Zatim Cemo naci pricu koja opisuje naein prebrojavanja istih objekata koja kao rezultat daje izraz koji nalazimo na desnoj strani jednakosti. BuduCi da smo dvaput prebrojavali iste objekte, rezultati moraju biti jednaki, te je time zadani identitet dokazan. Ponekad Cemo interpretirajuti lijevu stranu brojati objekte jedne vrste, a interpretirajuki desnu stranu objekte druge vrste. U tom slueaju dokaz zavrsava uspostavljanjem bijekcije izmedu navedenih dvaju skupova objekata. PriEu mohemo prieati o razlieitim objektima. U vecini zadataka isprieat Cemo vise priea: o prebrojavanjima nekih podskupova zadanog skupa, o prebrojavanju nekih puteva u cjelobrojnoj koordinatnoj mrezi, te Cemo pokusati dokazati identitet raeunski, pomocu formalnih redova, odnosno funkcija izvodnica. Direktni dokazi bit Ce provedeni samo tam0 gdje nema drugog izbora. U ostalim situacijama provedite direktne dokaze, ako Helite, sami. IspriEajte i svoje prize o objektima koji su vam bliski. Dokazi pomocu puteva i dokazi pomocu skupova su uglavnom jednaki, uz prirodnu bijekciju izmedu podskupova zadanog skupa i razmjegtaja horizontalnih koraka unutar puta. Neke od ovih formula Eesto su korisne u sredivanju nekih izraza. No ako zaista naueite dokazivati kombinatorno, potreba za njihovim ueenjem, odnosno

124 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA zapisivanjem bit Ce bitno manja, jer Cete postati toliko vjesti da Cete u svakom trenutku moci ponovno isprieati pricu kojom sredujete izraz. Ako budete crtali skice dokaza, odnosno objekata koje brojite, bit Ce vam jos lakse podsjetiti ih se. Shvatite ovo poglavlje kao ponavljanje prethodno svladanih vjegtina! Ponovimo prije rjesavanja zadataka definiciju binomnih koeficijenata koja Ce nam ovdje koristiti. Binomni koeficijenti (L) mogu se definirati kao broj k -Elanih podskupova n Elanog skupa, ali i formulom: Ova formula omogucava definiranje binomnih koeficijenata i za n < 0, a Eak i za proizvoljne realne n. Nasuprot tome, za ovu formulu k mora biti element skupa No. Prema ovoj definiciji binomni koeficijent jednak je 0 za k E {n + 1, n + 2,...). Binomni koeficijent (L) definiramo da je jednak nuli za No. Cinjenica da je binomni koeficijent jednak nuli izvan prirodnog podruzja definicije korisna je pri zapisivanju raznih suma. Naime, Eesto je tesko zapisati toene granice sumacije, pogotovo ako se zbrajaju izrazi koji u sebi sadrtie vise binomnih koeficijenata. Tada se napise da se sumira npr. po svim k E Z, a da Elanovi u kojima se nalazi binomni koeficijent koji nije definiran formulom ne smetaju, jer su jednaki nuli. 1. Dokatiite da za svaki prirodni broj n i svaki k E N, U (0) vrijedi: (1) =. Rjezenje. Skupovi. (i) broji k -?lane podskupove n -Elanog skupa. (,Fk) broji (n - k) -Elane podskupove npr. istog skupa. Jednostavno je nati jednu bijekciju izmedu skupa svih k -Elanih podskupova n-elanog skupa i skupa svih njegovih (n - k) -Elanih podskupova: svakom podskupu pridru6imo njegov komplement. Zaista, komplement k - Elanog podskupa u n -Elanom skupu jest (n - k) -Elan. Izborom k -8anog podskupa nekog n-elanog skupa istovremeno je izabran i njegov n - k-elani komplement. Komplementiranje je bijekcija, jer je sama sebi (obostrani) inverz. Putevi. (;) je npr. broj svih puteva u cjelobrojnoj koordinatnoj mreii koji poeinju u ishodigtu a zavrgavaju u toeki (k, n - k). No, tih puteva ima jednako kao i puteva do toeke (n - k, k) gto je lako vidjeti zrcaljenjem slike oko pravca y = x. Puteva do toeke (k, n - k) ima prema istoj formuli (,Fk) i tvrdnja je dokazana. '=I+ Prisjetite se kako smo izraeunali broj puteva od ishodigta do neke toeke: u nizu koji se sastoji od n koraka odredili smo na kojim te mjestima stajati koraci udesno i time jedinstveno odredili na kojim Ce mjestima stajati koraci prema gore. Rezultat je bio (;). Jednako tako mogli smo prvo odrediti na kojim Ce mjestima stajati koraci prema gore i dobili bismo rezultat (,Ek).

125 KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA Formalni redovi. Izrazi (1 + z)n i (z + l)n su jednaki, pa su im nuino jednaki i koeficijenti uz xk. 2. DokaEite da je za svaki n E N i za svaki k E N, : Rjeienje. Skupovi. Lijeva strana broji k-elane podskupove skupa Nn. Desna strana broji prvo (k - 1) -Elane podskupove skupa Nndl, a zatim k -Elane podskupove Nn-1. Kakve to ima veze jedno s drugim? Svaki k-elani podskup od Nn moze ili sadrzavati element n ili ne. Onih koji sadriavaju element n ima koliko i (k - 1) -Elanih podskupova od Nn-1, a ostalih koliko i k-elanih podskupova od NnF1. Putevi. Lijeva strana broji sve puteve od (0,O) do (k, n - k). Desna strana ra- Euna sumu broja puteva od ishodigta do toeke (k - l,n - k) i broja puteva do toeke (k, n - k + 1). To su jedine dvije toeke iz kojih se moie doci do (k, n - k), pa moiemo reci da je izraz na desnoj strani napisan tako da klasificira sve puteve do (k, n - k) u ovisnosti o zadnjem koraku - da li je on u smjeru prema desno ili prema gore. Formalni redovi. ( 1 + ~ = ) (1 ~ +z)"-l(l +z). (;) je jednak koeficijentu uz zk u izrazu na lijevoj strani, a (n~l) + (;I:) koeficijentu uz istu potenciju od x u izrazu na desnoj strani. +f Ova relacija daje pravilo kojim se raeunaju binomni koeficijenti pomocu Pascalovog trokuta. 3. DokaEite da za svaki prirodni broj n i svaki k E Nn vrijedi: (i) = i (;I:). Rjeienje. Transformirajmo izraz kojeg treba dokazati da bismo pojednostavnili njegovu interpretaciju. ObiEno lako prepoznajemo od kakvog slaganja objekata potjeee mnoienje, pa pokugajmo dokazati: k(;) = n(;~t). Slcupovi. k(;) nam kaie da smo prvo izabrali k-elani podskup n-elanog skupa, a zatim izabrali jedan njegov element. Dakle, imamo par (A, z), gdje je A k -Elani podskup od Nn, a x neki njegov element. Desna strana n(;~:) nam kaie da smo prvo izabrali neki element polaznog, n- Elanog, skupa a potom medu preostalim elementima zadanog skupa izabrali jog (k - 1) - Elani podskup. Sada imamo par (y, B), gdje je B neki (k - I) -Elani podskup od N,, a y E Nn nije element iz B. Lako je naci preslikavanje izmedu ovih dvaju skupova uredenih parova: ('49x1 (2, A \ {XI).

126 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA To preslikavanje je bijekcija, jer mu je (y,bic, (BU{Y),Y) obostrani inverz (dokaiite!). Dakle uredenih parova koje smo brojali na lijevoj strani ima jednako kao i uredenih parova koje smo brojali na desnoj strani, pa vrijedi identitet kojeg je trebalo dokazati. tp Lijevu stranu smo interpretirali kao (t)k. Putevi. k(t) broji sve puteve od ishodizta do toeke (k, n - k) s istaknutim jednim horizontalnim segmentom (segment po kojem neeemo treati, nego Eemo hodati). Desna strana, n($~:), broji sve puteve s istim tim poeetkom i krajem (k - l,n - k), ali s istaknutom jednom (cjelobrojnom) toekom na tom putu. Bijekcija izmedu tih dvaju tipova objekata je oeigledna - vadenje istaknutog horizontalnog segmenta i stavljanje istaknute toeke na mjesto na kojem je poeinjao. Lako se konstruira i inverz ovog preslikavanja. Formalni redovi. Izraz na lijevoj strani, k(t), pokazuje da bi bilo dobro promatrati derivaciju polinoma CLOxk = (1 + x )~. Lijeva strana je koeficijent uz sk-' u (Cr=o zk)'. S druge strane ta derivacija je jednaka n(l + x)~-', pa je koeficijent uz 2~-1 jednak desnoj strani izraza kojeg treba dokazati. 4. DokaZite da je za svaki n E Z i svaki k E No : RjeSenje. Dokaz se moie lako provesti direktnim raeunom (Eak za svaki realni n!). Formalni redovi. PotraZimo brojeve iz ovog zadatka u nekom poznatom izrazu! Za n 2 0 ako faktor (-l)k prebacimo na lijevu stranu, dobivamo tvrdnju da je (1 - x )-~ funkcija izvodnica za broj raspodjela k jednakih predmeta na n ljudi, za ;to otprije znamo da je istina. Da tvrdnja vrijedi za svaki n E Z dobivamo na sljededi naein. Lijeva i desna strana jednakosti koju treba dokazati su polinomi stupnja k u varijabli n. Oni poprimaju iste vrijednosti u k + 1 toeaka (;tovise, u beskonaeno mnogo - u svim pozitivnim n), pa su zbog toga jednaki (imaju jednake koeficijente). Zato imaju jednake vrijednosti u svim toekama n E R.?+ U dokazu je bio spomenut jedan vrlo vazni teorem iz algebre: ako dva polinoma stupnja k imaju iste vrijednosti u k + 1 toeaka, onda su oni jednaki. ProEitajte ga za k = 1. Potraiite taj teorem, proueite dokaz i njegove posljedice. Zapamtite taj teorem, koristan je! tp citamo li ovu jednakost zdesna nalijevo, dobivamo formulu kojom se pri raeunanju suma moiemo rijegiti Eesto neugodnog indeksa sumacije koji se pojavljuje i "gore" i "dolje" u binomnom koeficijentu i to s istim predznakom. Primjeri primjene pojavljuju se u nekim od sljededih zadataka.

127 KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA 5. Dokagite da za svaki n E No i sve r, k E Nn U (0) vrijedi: Rjegenje. Skupovi. Lijeva strana broji uredene parove skupova kojima je na pr- vom mjestu k-elani podskup od Nn, a na drugom neki (T - k) -Elani podskup od Nn disjunktan s prije izabranim podskupom (toenije, izabran iz preostalih elemenata skupa). Desna strana broji uredene parove skupova kojima je na prvom mjestu T -Elani podskup od Nn, a na drugom k -Elani podskup upravo izabranog skupa. Bijekcija izmedu skupa svih objekata prebrojanih na lijevoj strani i skupa objekata na desnoj strani je: (A1,442) (A1 U A2, A2), s inverzom: Putevi. Ovaj put Cemo brojati puteve u trodimenzionalnoj cjelobrojnoj koordinatnoj mrezi. n Ce biti ukupni broj koraka, te npr. k broj koraka u smjeru x-osi, a T broj koraka u smjeru y -osi. Izvedite daljnju analizu sami precizno! 9-t Zadatak se moie rijegiti i u dvodimenzionalnoj koordinatnoj mreii (malo je "ukosite" za ovu priliku): od n dionica trebamo pretreati svih k horizontalnih i neke s usponop, a ukupno r komada. 9 Jedan slieni zadatak smo vec rijegili - nadite ga! 6. Dokagite da je za svaki n E No : Rjes'enje. Skupovi. Lijeva strana broji sve podskupove skupa Nn, sortirane po velieini: prazni skup, skup koji sadrii 1 element, dva elementa, itd. Desna strana broji ponovno sve podskupove istog skupa, ali tako da za svaki od n elemenata kaze da li je u podskupu ili ne (po dvije mogucnosti izbora). Putevi. Lijeva strana broji sve puteve koji se sastoje od n koraka, sortirane po broju horizontalnih koraka. Desna strana opisuje lutanje dug0 n koraka - u svakom koraku odlueujemo da li Cemo gore ili desno. To je isto! 9-t Kamo Cemo stidi ako krenemo iz ishodigta? Fomalni redovi. 2 (7) xi = (1 + x )~. i=o Uvrstimo li x = 1 (izraeunamo sumu koeficijenata), dobivamo traienu jednakost.

128 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA 7. Dokaiite da je za svaki n E N: RjeHenje. Skupovi. Kako izabrati podskup parne velieine skupa Nn? Ponovno mo- Zemo za element 1 re6 da li Ce uci u skup ili ne, zatim isto za 2, pa za 3 itd. KonaEno, kad dodemo do zadnjeg elementa, nemamo vise izbora - naime ako smo do tada vet uzeli paran broj elemenata, zadnji element ne smijemo uzeti, a ako smo uzeli neparan broj elemenata, zadnji element moramo ukljueiti u izabrani podskup. Dakle, slobodno moiemo samo za elemente 1,2,..., n - 1 reci da li ulaze u podskup ili ne. To nam daje 2n-1 mogucnosti izbora. Jasno je da smo ovim naeinom izbora obuhvatili sve podskupove parne velieine. tp Analogno se dobiva i = 2n-1. Osim toga, relaciju za "neparne" binomnne koeficijente moiemo dobiti i kombiniranjem upravo dokazanog identiteta s identitetom iz prethodnog zadatka. Rac'unski dokaz. Zbrojimo li jednakosti: i podijelimo rezultat s 2, dobivamo upravo traiienu jednakost. 4' BuduCi da se Ci20 (G) za k > 2 ne moie izraeunati kombinatornim razmatranjem nalik na prvo rjegenje, takva suma se raeuna analogno ovom posljednjem dokazu. RaEuna se suma izraza (1 + cj)", za j = 0,1,..., k - 1, gdje je E neki primitivni Ic-ti korijen iz jedinice (tj. ck = 1, E' # 1 za 0 < i < k). 8. Dokaiite da je za svaki n E N: RjeHenje. Skupovi. Lijeva strana broji sve podskupove s istaknutim jednim elementom. Desna strana broji isto to, ali se prvo bira istaknuti element, a zatim se medu preostalim elementima bira ostatak podskupa kojem Ce on pripadati. Formalni redovi. Koeficijent i koji mnoii (7), odnosno n koji mnoii 2n navode Ona je jednaka n(1 + x)~-'. nas da promatramo formalnu derivaciju izraza (1 + z )~. Uvrstimo li x = 1 direktno u dobiveni izraz (izraeunamo sumu koeficijenata), a zatim u izraz (zto(;)zk)' = x;=o k(;)xk-i, dobivamo traienu jednakost. JoHjedan dokaz. Podijelimo li obje strane jednakosti koju trebamo dokazati s 2n, dobivamo tvrdnju da je srednja vrijednost velieine podskupa n -Elanog skupa jednaka n/2. To je istina, jer svaki i-elani podskup moiemo "spariti" s (n - i) -Elanim podskupom

129 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA - njegovim komplementom. Tako dobivamo parove podskupova koji zajedno doprinose sumi velieina podskupova toeno n (tj. svaki po n/2). Putevi. Na lijevoj strani su pobrojani svi putevi koji se sastoje od n koraka, ali svaki od njih s oznaeenim (ukradenim) jednim horizontalnim segmentom. Na desnoj strani su pobrojani svi putevi koji se sastoje od n - 1 koraka, s oznaeenom jednom cjelobrojnom toekom na putu. To je upravo toeka na koju bi trebalo vratiti ukradeni segment. ++ Pronadite medu prethodnim zadacima jedan sa slienom pritom, pa rije'site ovaj zadatak joi jednom, ovaj put uz kori'stenje tvrdnje prethodnog zadatka. 9. DokaBite da je za sve n, r E No : Rjeienje. Skupovi. Desna strana broji (n + 1) -Elane podskupove (n + T + 1) -Elanog skupa. Kako te objekte broji lijeva strana? Tu se broje n -Elani podkupovi skupova raznih velieina. Gdje je (n+ 1) -vi element? MoZemo smatrati da su na lijevoj strani podskupovi sortirani prema svom najvecem elementu. NajveCi element moze biti n + 1, n + 2,..., n + r + 1. U slueaju da je najveci element jednak n + 1, preostalih n elemenata biramo iz skupa Nn (na (E) naeina), ako je jednak n + 2, preostale elemente biramo iz skupa naeina). OpCenito, ako je najveci element jednak n i, preostali Nn+l (na (n:l) elementi se moraju nalaziti u skupu Nn+i, pa ih mozemo izabrati na (n:i) je jednakost dokazana. naeina. Time Putevi. Radi se o putevima od ishodi'sta do toeke (n + 1, T). Na lijevoj strani ti su putevi sortirani u ovisnosti o visini toeke na kojoj je put napustio pravac x = n. Formalni redovi. Lijeva strana je koeficijent uz xn u izrazu C;=,(l + x )~+~. Su- miranjem se dobiva (1 + x)"+'+' [ - (1 + x)"] /x. Dakle, koeficijent uz xn u polaznom - (1 + 2)", 'st0 iznosi (n:~il). izrazu je jednak koeficijentu uz xn+' u (1 + x )~+~+' P+ Upravo dokazanu relaciju mozemo zapisati na jo's nekoliko naeina: Koliko je to u stvari razlieitih relacija? Koliko ih je ako izbacimo trivijalne ( (;I) = (,zb )? Pokuiajte i te relacije direktno dokazati kombinatorno.

130 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA 9 Iz navedene relacije vidi se, medu ostalim, da je C:=l 2' = n(n + 1)/2. ProEitajte tu relaciju kombinatorno. Osim toga, iz upravo dokazane relacije mozemo lako vidjeti da je Cy.o ik polinom k + 1 -vog stupnja u varijabli n (dokaz teee npr. matematiekom indukcijom po k). Dalje se vidi da je i C:=o Pk(i) takocter polinom k + 1 -vog stupnja Eim je Pk polinom stupnja k. PokuSajte dokazati ove tvrdnje (prvo prvu, zatim drugu iz prve). Zapamtite dokazane tvrdnje, Eesto se pokazuju korisnima, jer pri raznim zbrajanjima omogudavaju da barem djelomieno predvidimo rezultat (ili uoeimo "glupe" pogrelke). 10. DokaZite: Rjes'enje. Skupovi. Desna strana broji sve npr, neprazne podskupove od Nn. Na lijevoj strani moiemo smatrati da su ponovno pobrojani svi neprazni podskupovi od Nn, ali sortirani prema najvedem elementu. Naime, postoji toeno jedan podskup od Nn s najvedim elementom jednakim 1, dva podskupa s najvedim elementom jednakim 2, itd, te opkenito toeno 2' podskupova s najvedim elementom jednakim i + 1. NajveCi element moie biti izmedu 1 i n, pa nepraznih podskupova ima ~yro]. 2i. Putevi. Brojimo sve puteve od ishodista do pravca x + y = n koji imaju barem jedan horizontalni korak. Na lijevoj strani moiemo ih prepoznati sortirane prema broju vertikalnih koraka na kraju Letnje. Formalni redovi. Na lijevoj strani nalazi se suma promjenjive duljine - znak da lijevu stranu trebamo interpretirati kao produkt nekih formalnih redova. Vidimo zatim da se radi o produktu ( (2~)' (2x1~ +...). (x + x2 + x3 +...). Desnu stranu traiimo u razlici formalnih redova (22)' + ( 2~)~ +... i 1 + x + x2 + x Tako dobivamo relaciju koja zaista vrijedi (provjerite!): tp I u ovom dokazu se radi, kao i npr. kod puteva o kombiniranju nekih objekata (mnoienje formalnih redova!). Prvi faktor je odgovoran za dio getnje u kojem slobodno biramo korake, a drugi dio za vertikalni istek. +f Relacija je u stvari trivijalna, jer je posljedica opdenitije formule za sumu prvih n Elanova geometrijskog niza. Za jednostavni raeunski dokaz trebalo bi od zadane relacije oduzeti nju pomnoienu s 2. Time se dobiva identitet 1-2n = 2n - 1-2n i tvrdnja je dokazana. 11. DokaZite da za sve m, n, r E No vrijedi: RjeHenje. Skupovi. Iz skupa od m + n elemenata biramo nekih r elemenata. Da bi se pri interpretaciji desne strane skup mogao prirodno raspasti na dva skupa, pretpostavim0 da se on sastoji od m djevojeica i n djeeaka. Tada se skupina od r djece moie

131 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA sastojati od jedne djevojeice i T - 1 djeeaka (jasno, ako postoji barem jedna djevojeica i barem T - 1 djeeaka), ili od dvije djevojeice i r - 2 djeeaka itd. OpCenito, mofemo izabrati prvo k djevojeica, a zatim T - k djeeaka i to za bilo koji k izmedu 0 i T. Za svaki (,nk), bez obzira na to irnamo li dovoljno djevojeica, takav k je broj izbora jednak (7) odnosno djeeaka da taj izbor provedemo. Time je jednakost dokazana. '3+ Napigite precizno: za koje k E NT U (0) je odgovarajuci sumand razlieit od nule? Putevi. Na putu duljine m+n koraka, od kojih je r horizontalnih, nakon m koraka se odmorimo (odmor Cemo najaviti s "kad stignemo na pravac x + y = m ") i pogledamo koliku smo horizontalnu udaljenost progli. Ctt Nacrtajte skicu. UoEite kako moie pravac x + y = m sijeci Setaligte (pravokutnik unutar kojega su sadrfani svi putevi) i poveiite te slueajeve sa situacijama kad ponestaje djevojeica, odnosno djeeaka, te sa situacijom kad moiemo slobodno birati. Fomnalni redovi. Pojavljivanje produkta s izrazom koji ovisi o k i izrazom koji ovisi o T - k moie nas podsjetiti na mnoienje formalnih redova: Ako jednakost poenemo interpretirati zdesna, imamo: +f' Ova relacija se zove Vandermondeova konvolucija. OpCenito, konvolucije su sume (u diskretnoj matematici, inaee i integrali) oblika C f (z)g(r - x), gdje su f i g neke funkcije, a T konstanta. Na temelju steeenih iskustava znamo da je zgodno konvolucije interpretirati kao koeficijente u produktu formalnih redova. 12. Neka su m, n E No zadani. IzraEunajte: Rjes'enje. Prelaskom na komplementarni binomni koeficijent u bilo kojem od faktora dobivamo izraz nalik na izraz iz prethodnog zadatka. Rezultat: (m:n), Skupovi. Ovaj put biramo npr. djevojeice koje Ielimo uzeti u skup i djeeake koje ne Ielimo. Formalni redovi. Promatramo (1 + x)"(x + '3+ Po kojim se k ovdje sumira?

132 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA CEO tp Za m = n ova relacija daje sumu kvadrata binomnih koeficijenata: (z)~ = ( DokaBite da je za svaki n E N: Rjes'enje. Kao i u prethodnom zadatku, umjesto ( E ) ~ promatrat Cemo (z) (nrk). Skupovi. n djevojeica i n djeeaka stoje u redu Eekajuti autobus koji Ce ih odvesti na izlet. U redu stoje prvo djevojeice, a zatim djeeaci. Polovina njih smije otici malo progetati, a od ostalih treba nekog zaduiiti da pazi na rueak koji se nalazi zapakiran u jednoj kutiji. Ako u redu ostaje k djevojeica i n - k djeeaka, onda nam lijeva strana jednakosti kaie da rueak mora ostati ili ispred prve djevojeice ili ispred druge djevojeice ili... ili ispred k -te djevojeice ili iza k-te djevojeice. Jasno, u slueaju da su sve djevojeice otiile u Setnju, rueak ostaje na brizi djeeacima. Pokuiajmo sada dobiti isti broj u malo kompaktnijem obliku koji nalikuje na desnu stranu. Jednu djevojeicu moiemo zaduiiti na n naeina da pazi na rueak: to moie biti ili prva ili druga ili... ili n-ta djevojeica koja pazi na rueak koji se nalazi ispred sebe. Nakon toga biramo ostalu djecu koja ostaju u redu. To je ukupno n(2nz:) naeina. Osim toga, kutija s ruekom je mogla ostati stajati izmedu skupine djeeaka i skupine djevojeica. U tom slueaju bi na nju pazila zadnja djevojeica, ako je ijedna ostala u redu, odnosno djeeaci, ako su sve djevojeice otiile u getnju. Takvih na8na izbora ima (2nn). Ukupno, broj izbora iznosi: Formalni redovi. Faktor k+ 1 moie nas podsjetiti na deriviranje, a (z)2 = (r)(rink) na mnoienje formalnih redova. 14. Dokagite da je za sve m, r E No : Rjes'enje. Skupovi. Zadatak nam je na lijevoj strani prepoznati broj svih r -Elanih podskupova m-elanog skupa. Vidimo da svaki pojedini sumand lijeve strane broji neke

133 KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA izbore kojima biramo to manje elemenata Sto je manji skup iz kojeg biramo. To nam moze sugerirati da su oni elementi koji nam nisu na raspolaganju vec izabrani. I stvarno, lijeva strana dijeli r -Elane podkupove m-elanog skupa prema najmanjem elementu koji nije u tom podskupu. Ako je taj element jednak i, onda imamo izabranih i - 1 elemenata, a preostalih r - i f 1 elemenata biramo iz (m - i) -Elanog skupa {i+l,i+2,..., m}. Putevi. Sve puteve od ishodilta do toeke (r, m-r) klasificiramo prema duljini dijela puta kojeg provodi na pravcu y = 0. Formalni redovi. Za interpretaciju ove sume (duljina promjenjiva s r) moze nam zasmetati Einjenica da se ne sumira od nule. Osim toga, indeks sumacije se pojavljuje i "gore" u binomnim koeficijentima. Radi olakzavanja raeuna prvo Cemo se rijesiti tih problema. mo5ete napisati medukorak s j = r - i = (a:t)(l - x)-m+t. 2 1-a: 15. Neka su k,n E No. IzraEunajte: Rjes'enje. Skupovi. Biramo neki skup ( r -Elani, za r = k,..., n) koji Ce biti nadskup k -Elanog skupa kojeg Cemo izabrati nakon toga. To isto smo mogli napraviti i tako da smo prvo izabrali k -Elani podskup, a zatim za svaki od preostalih elemenata rekli da li ulazi u njegov nadskup ili ne. Rezultat: (;)2n-k. Rjes'enje transformacijom izraaa.

134 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA Dokafite da je za m, n, i, j E No : Rjes'enje. Skupovi. _Zamislimo da u redu stoji m+n+ 1 dijete - prvo n+l djeeaka, a zatim m djevojeica. Zelimo od njih izabrati i + j + 1 dijete. Napravit Cemo to tako, da prvo izaberemo jedno dijete tako da mu stavimo u ruku zastavicu, a zatim biramo i djece lijevo i j djece desno od njega. Ako polozaj djeteta kojem smo stavili u ruku zastavicu odredimo relativno u odnosu na zadnjeg djeeaka - k = 0 znaei da je zastavica u ruci zadnjeg djeeaka, k = 1 znaei da je zastavica u ruci prve djevojzice, k = -1 u ruci predzadnjeg djeeaka itd, dobivamo trazenu formulu. Formalni redovi. TraZena suma je konvolucijskog tipa i izgleda kao koeficijent uz xm+n u produktu dvaju formalnih redova oblika: El (:)xl (jedan za a = i, a drugi za a = j ). Ovaj formalni red se lako moze sumirati - uoeite samo da su svi produkti u koeficijentima sastavljeni od jednakog broja faktora. To nam daje ideju da bi se moglo raditi o derivaciji formalnog reda Ci xa. Prema lijevoj strani slijedi da je suma koju trebamo izrazunati jednaka: % Drugi nazin za raeunanje sume formalnog reda El (,)x ukljueuje "izbaci- 1 vanje" indeksa sumacije s gornje pozicije u binomnom koeflcijentu: (:) = (l-a) = (-lafa')) (-l)l-a. Provjerite rezultat i ovom metodom. 17. Dokafite da za sve n, k E N (k!)"n! dijeli (kn)!. Rjes'enje. U izrazu (k~~)!/((k!)~n!) = (k,/n k)/n! prepoznajemo broj naeina grupi-,"., ranja kn predmeta u n grupa jednake velitine, pri Eemu nije bitan redoslijed elemenata unutar grupa, kao niti redoslijed grupa. Jasno je da je taj broj prirodan, pa zakljueujemo da (k!)nn! dijeli (kn)!. +f' Direktno rjezenje takoder je jednostavno. 1 1

135 7. KOMBINATORNO DOKAZIVANJE IDENTITETA 18. DokaBite kombinatorno da je za sve n, m E N : Rjes'enje. Na desnoj strani su izbrojane sve funkcije iz Nn u Nm. Na lijevoj strani one su klasificirane prema broju elemenata koji se preslikavaju u element m. Naime, ako se k elemenata treba preslikati u m, onda njih moiemo izabrati na (E) naeina, a ostale elemente treba preslikati u preostalih m - 1 elemenata. To moiemo napraviti na (m - l)k naeina. tp Ova polinomna jednakost vrijedi za svaki m E N, pa onda i za svaki m E R. Ako umjesto m - 1 u jednakost uvrstimo alb, onda mnoienjem s bn dobivamo binomni teorem, ponovno! 19. Ako je S(n, k) Stirlingov broj druge vrste (broj particija n-elanog skupa u k dijelova), dok5ite da za prirodne brojeve n i m vrijedi: (a) S(n + 1, m + 1) = (m + l)s(n, m + 1) + S(n, m), (b) C, (;)S(k, m) = S(n + 1, m + I).' (a) Na lijevoj strani se radi o particijama nekog (n+ 1) -Elanog skupa (npr. N,+i m + 1 blokova, a na desnoj o particijama nekog n-elanog skupa. Istaknimo stoga element n + 1 i pogledajmo kako se on moie ukljueiti u particije skupa N,. Ako se particija skupa Nn vet sastoji od m+l blokova, onda element n+l moramo prikljueiti jednom od njih. Broj izbora particija je u tom slueaju jednak S(n, m + I), a broj naeina izbora jednog bloka m + 1. Ukupni broj izbora odgovara prvom pribrojniku. Ako particija skupa Nn ima m bfokova, onda, da bismo na kraju dobili particiju skupa Nn+l u m+ 1 blokova, element n+ 1 mora biti sam u svom bloku. Broj izbora odgovara drugom sumandu. Jasno je da particija skupa Nn ne smije imati manje od m niti vi'se od m + 1 blokova, pa je time tvrdnja dokazana. 9+ IzraEunajte S(n, 1) i S(n, n) za proizvoljni n E N. RaEunajte zatim za male n Stirlingove brojeve. Za zapis koristite ideju Pascalovog trokuta. (b) Ovaj put podijelimo sve particije skupa Nn+i u m + 1 dijelova u ovisnosti o tome koji sve elementi nisu u bloku s n + 1. Njih mofe biti ili 0 ili 1 ili itd. ili n. Ako ih ima k, onda ih moiemo izabrati na (E) naeina i podijeliti u m blokova na S(k, m) naeina. Jasno je da Ce neki od S(k, m) biti jednaki 0, ali to ne smeta da rezultat zapi'semo u obliku kakav je na lijevoj strani jednakosti. 20. DokaBite da je za n E N: 1.1!+2.2!+...+ n.n!=(n+l)!-1. Rjes'enje. SudeCi prema desnoj strani, na lijevoj bismo trebali prepoznati sve permutacije n + 1 -Elanog skupa osim npr. identitete (uzimamo identitetu kao jednu istaknutu permutaciju). Za'sto se tam0 pojavljuju brojevi permutacija skupova razlieitih velieina? ) i

136 8. ZBRKA ZADATAKA n braenih parova treba podijeliti u trojke (zbog prijevoza malim Eamcima). Na koliko je naeina to mogude napraviti ako niti u jednoj trojci ne smije biti par suprugnika? 92. Poznato je da u nekoj populaciji toeno a0 posto ljudi nije u stanju nikoga prevariti za prvi travnja, a1 posto ljudi prevari jednog Eovjeka, a2 dvoje ljudi, itd, a, prevari n ljudi (a1 + a a, = 100). IzraEunajte maksimalni broj Bala (m) za koji se sigurno mobe redi da de barem jedan Eovjek nasjesti na m Sala. U populaciji se nalazi barem dvoje ljudi. 93. Na koliko naeina se lik sa slike moee popuniti brojevima 0 i 1 a da se niti jednom izometrijom praznog lika u samog sebe (rotacije, osne i centralna simetrija) popunjeni lik ne preslika sam u sebe? 94. Nadite obienu funkciju izvodnicu za broj rastava prirodnog broja na sumu razlieitih rastudih neparnih prirodnih brojeva. Pritom duljina rastava mora biti barem 2 (tj. moraju postojati barem dva sumanda). Iz te funkcije izvodnice izraeunajte broj rastava broja 6 na sumu razlieitih rastutih neparnih prirodnih brojeva. 95. Neka je t, broj nesukladnih trokuta sa stranicama cjelobrojnih duljina, manjim ili jednakim 2n - 1. Nadite rekurziju za t, i izraeunajte t,, za proizvoljni n E N. 96. Na koliko naeina mozemo otkinuti pravokutnu ploeu Eokolade proizvoljne velieine od m x n ploee Eokolade? Treba pogtivati strukturu Eokolade, tj. otkidati du?, naznaeenih brazdi ili koristiti rub! 97. Pravokutnu ploeu velieine n x 2 treba pokriti ploeicama: crvene su veli- Eine 1 x 2, a plave velieine 1 x 1. Na koliko se naeina to mobe napraviti, ako imamo neogranieen izvor ploeica svake boje - napisite funkciju izvodnicu za te brojeve! 4 Na koliko naeina moze d djece medu sobom podijeliti j jabuka, k krugaka i n naranei, tako da svako dijete dobije barem jedan komad voda (bilo koje vrste)?, -1

137 ZBRKA ZADATAKA 99. DokaBite kombinatorno: 100. Neka je a, broj izbora r kuglica iz beskonaenog izvora crvenih, bijelih i plavih kuglica, u kojima je broj crvenih kuglica paran. PomoCu obiene funkcije izvodnice izraeunajte a,, za r E N Na koliko se naeina mobe izabrati n olovaka iz skupine od N 2 2n 010- vaka u kojoj je n jednakih obienih olovaka tvrdoce "H", n jednakih obienih olovaka tvrdoce "B", a ostalo su medusobno razlieite kemijske olovke? 102. Neka je n E N parm. Neka je f : N, -t N, zadano preslikavanje bez fiksnih toeaka koje je samo sebi inverz. Nadite broj uredenih parova skupova (A, B) takvih da je A U B = N,, An B = 0 i da vrijedi f(a) = B i f(b) =A Neka je a, maksimalni broj disjunktnih podrueja u koja dijagonale konveksnog r -terokuta dijele njegovu unutrsnjost. Pretpostavimo da je r -terokut takav da se nikoje tri dijagonale ne sijeku u istoj toeki. DokaZite da vrijedi: 104. Na koliko naeina mogu Ana, Boris, Cvjetko, Damir, Eva i Frmka podijeliti sljedece poslove: izmisljanje jelovnika, nabavka hrane, kuhanje, serviranje jela, pranje posuda, spremanje kuhinje? Ana ne moie smisliti jelovnik, Boris ne zna gdje je ducan, Cvjetko loge kuha, Damir ne zna gdje se nalazi pribor za jelo, Eva ne voli prati posude, a F'ranka ne voli spremati kuhinju. Svi trebaju biti zadovoljni, poslovi moraju biti dobro obavljeni i svatko od navedenih ljudi mora sam obavibi toeno jedan posao Pomodu funkcija izvodnica izraeunajte broj raspodjela r jednakih kugala u 4 razlieite posude tako da broj kugala u prvim dvjema posudama bude djeljiv s 3, a u drugim dvjema ne bude? 106. Neka su n = 2j i k zadani prirodni brojevi. Koliko postoji najkra- Cih puteva od toeke (0,O) do toeke (n, n) dui bridova cjelobrojne koordinatne mreze koji prolaze barem jednom cjelobrojnom toekom segmenta s krajevima (j-k,j+k) i (j+k,j-k)? 107. IzvjeStaj s ljetovanja: od n dana, koliko smo bili na ljetovanju, barem svaki drugi dan je padala kisa. StoviSe, svaki treci dan je padao poslijepodnevni pljusak, svaki Eetvrti dan je rominjala jutarnja ki'sica, a svaki peti dan kisa nam je pokvarila veeernji izlazak.

138 8. ZBRKA ZADATAKA Koliko je najvise moglo biti suncanih dana? Koliki je taj broj za n = Objasnite kombinatorno zasto je broj dvoelanih podskupova (n + 1)- Clanog skupa jednak sumi prvih n prirodnih brojeva DokaBite da za m 2 3 suma m Fibonaccijevih brojeva ne mobe biti jednaka nekom Fibonaccijevom broju Zaostaci se gomilaju ovako: svaki dan zaostatak u poslu (koji se mobe numerieki izraziti) je za konstantu ovisnu o danu (za n-ti dan ona iznosi c,) veci od sume zaostataka svih prethodnih dana, od poeetka posla. Prije poeetka posla zaostatak je zo = 0. Nadite obifnu funkciju izvodnicu za niz zaostataka (2,), ako je zadan proizvoljni niz (c,). Iz toga izraeunajte z,, za n N, ako je zadani niz konstanti C, = 1, za EN, co =O Na koliko naeina mo5emo s ove slike proeitati recenicu "Koliko ima kombinacija?" pomicuci se uvijek do susjednog slova (gore,dolje, lijevo ili desno)?? K A? K O J A? K O L I J A? K O L I C I J A? K O L I K A C I J A? K O L I K O N A C I J A? K O L I K O I I N A C I J A? K O L I K O I M B I N A C I J A? K O L I K O I M A M B I N A C I J A? K O L I K O I M A K O M B I N A C I J A? K O L I K O I M A K B I N A C I J A? K O L I K O I M A I N A C I J A? K O L I K O I M N A C I J A? K O L I K O I A C I J A? K O L I K O C I J A? K O L I K I J A? K O L I J A? K O L A? K O? K

139 ZBRKA ZADATAKA 1. Ako je n = 1, n-terokut je u stvari duiina, pa moiemo jedan njen kraj oznaeiti s 0 i a drugi s 1. U slueaju kvadrata, brojevi mogu biti redom: 00,01,11,10. Prvu znamenku driali smo fiksnom, a drugu mijenjali. Kad smo iscrpili obje mogucnosti za drugu znamenku, promijenili smo prvu znamenku, te drugu mijenjali, ali ovaj put drugim smjerom. Konstruirajte primjer za slueaj n = 3 sami. Postupak proveden za kvadrat moiemo provesti i za opci slueaj. Pretpostavimo da imamo konstruiran niz brojeva pridruien 2n -terokutu i da je on al, a2,...,apt. 2n+1 - terokutu pridruiimo niz Oal, Oaz,..., Oazn, lap,..., laz, lal. Svaka dva susjedna Elana ovog niza se razlikuju samo u jednoj znamenci, a isto tako i prvi i zadnji Elan. 9 Prikaiite slueaj n = 3 grafieki na jog jedan naein. Smjestite jedinienu kocku u prvi oktant trodimenzionalnog koordinatnog sustava tako da je jedan njen vrh u ishodistu. OznaEite koordinate vrhova i spojnice izmedu susjednih elemenata niza. OpiHite i na ovom primjeru Sto se dogada pri prijelazu na veci n. tp Brojevi ovog niza mogu se pridruiiti brojevima skupa {O,1,2,..., 2n - 1). Tako dobivamo Grayev kod, koji je zbog svojstva da se kodovi susjednih brojeva razlikuju samo u jednoj znamenki bio korigten u brojaeima. 2. Da bi se od duiina duljina a, 6 i c mogao sastaviti trokut, nuino je i dovoljno da vrijede nejednakosti trokuta: a < b+ c, 6 < a+ c i c < a + 6. BuduCi da su nama brojevi vec poslagani po velieini, mobemo zahtijevati a < b < c, pa od triju uvjeta ostaje samo jedan: c < a + b. Prvo rjeienje - pokus'aj. Prvo se vidi da je stvar trivijalna ako u nizu postoje tri jednaka broja. Zatim se slieno zakljuei i ako postoje dva jednaka broja koja nisu minimalna u nizu. Dakle, svi brojevi su medusobno razlieiti, osim eventualno prva dva u nizu. Tako vidim0 da je sigurno i-1 < xi < i. Tako se traienje trojke brojeva xi < xj < xk takve da je xk < xi +sj moie svesti na traienje trojke brojeva 1 < i < j < k < 19 takve da je k < i + j - 2. No oeito je da takva trojka ne mora postojati. Mana ovog pristupa bila je u tome Hto se ocjena velieine xi -ova radila bez obzira na velieinu ostalih elemenata niza, a jasno je da moguca velieina svakog od xi -eva ovisi o izabranim elementima niza manjim od xi. Drugo rjeienje. PokuSajmo nadi niz s minimalnim elementima takvim da se od duiina odgovarajuie duljine ne moie sloiiti niti jedan trokut. Moida nam uspije dokazati da, ako su prva dva elementa niza minimalna (jednaka I), te ako za svaki sljedeci broj uzimamo najmanji moguci, s 19. elementom moramo prekoraeiti Dakle, xl = 1 i x2 = ne smije biti 1, jer bismo tada imali jednakostranieni trokut. Najmanji moguci 23 je 2. xr ne smije biti manji od sume bilo kojih dvaju vet izabranih elemenata, jer bismo inaee mogli sloiiti trokut s jednom stranicom duljine 24. Najmanji x4 je jednak = 3. SliEno zakljueujemo i oplenito, te je xn = xn-1 + xn-2. Ponovno su u igri Fibonaccijevi brojevi - zbog poeetnih uvjeta imamo xn = Fn. Dobivamo da je najmanji moguci z18 jednak 2584, Sto je vece od 219 = 1994.

140 8. ZBRKA ZADATAKA 3. Vrijednosti suma od po dva broja iz Nloo ima 199. Zadatak Ce biti rijegen ako dokaiemo da postoji klasa u kojoj ima toliko brojeva da je broj suma veci od 199. Tada Ce, prema Dirichletovom principu, postojati barem dvije razlieite sume jednake vrijednosti. Ako je ta klasa velieine k, mora biti tj. k No, buduci da 100 elemenata moramo podijeliti u 7 klasa, sigurno postoji klasa velieine 15 (prema Dirichletovom principu, ponovno). 4. Za prvim stolom moie sjediti 1,2,..., n - 1 ljudi. Kao i obieno, izraeunajmo prvo brojeve rasporeda za slueaj da razlikujemo stolove, pa onda rezultat podijelimo s 2. Ako ielimo k ljudi posjesti za prvi stol, treba ih prvo izabrati ((i) naeina), zatim posjesti oko stola uvaiavajuci samo relativni raspored ( (k- I)! naeina) te na kraju ostale smjestiti oko drugog stola ( (n- k - I)! naeina). Rezultat zadatka se dobiva zbrajanjem po svim k i dijeljenjem s 2 (da ne razlikujemo prvi od drugog stola): 5. (a) Prvi dan pismo Ce imati samo osoba koja je bila usrecena direktno od zaeetnika lanca. Ona Ce poslati k pisama i drugi dan Ce k ljudi u rukama imati pismo koje Ce odmah prepisati i poslati kopije. TreCi dan Ce od svakog od tih k pisama stici svojim primateljima k kopija, dakle treci dan Ce biti k2 primatelja. SliEno zakljueujemo i optenito, pa Ce d-ti dan od slanja pisma kd-l ljudi primiti pismo s porukom lanca srede. (b) Prva osoba s liste dobit Ce 10 noveica od osobe koja je primila pismo od zaeetnika igre. Druga osoba s liste dobit Ce novac od ljudi koji su pismo dobili drugi dan. Dakle primit Ce lok noveica. OpCenito, i-ta osoba s poeetne liste primit de novac od onih koji pismo dobivaju i -ti dan. Njih ima ki-l, pa Ce i -ta osoba primiti 10ka-l noveica. OEito je da Ce osoba koja je zapoeela lanac srede sebe skromno staviti na zadnje mjesto u listi. OpCenito, svaka osoba koja primi i pogalje pismo mobe se smatrati zaeetnikom "svog" lanca (jer se u pismu kojeg Zalje nalazi na posljednjem mjestu). Zato Ce, ako se lanac odrii dovoljno dug0 (vidi i (c) dio zadatka) primiti 10ki-' noveica. (c) Rezultat dobivamo zbrajenjem rezultata (a) dijela zadatka. 4-t Citatelji upoznati s osnovnim pojmovima teorije grafova i uredenih skupova uoeit Ce da ova igra vise nalikuje stablzl nego lancu. Uz neke dodatne pretpostavke ona mobe postati stablo.

141 ZBRKA ZADATAKA 6. Broj naeina izbora druge i trece karte ovisit de o tome koju smo vrijednost karte izabrali kao prvu kartu (pik). Prirodno je izbore podijeliti u tri grupe: prva izabrana karta je pik 7, prva izabrana karta je pik 3 i prva izabrana karta ima neku drugu vrijednost. VeliEine tih skupina lako je prebrojati, a rezultat zadatka jednak je njihovom zbroju: 1.3~(12.4-2)+1.4.(12.4-1)+11~4.(12.4-2). 7, Trebamo dokazati da medu dobivenim zbrojevima postoje dva zbroja koji imaju jednake ostatke pri dijeljenju s n. Kad to ne bi bila istina, buduci da zbrojeva ima 2n, medu njima bi bili zastupljeni svi ostaci modulo 2n: 0,1,2,...,2n - 1. Ostataka ima jednako kao i suma, pa nam direktna primjena Dirichletovog principa ne daje rjesenje. Sto jos mozemo reci o tim zbrojevima? BuduCi da su brojevi u prvom redu ispermutirani, ne moiemo nilta reci o svakom posebno. No, poznat nam je njihov zbroj i on iznosi: 2n 2.Ci=2. 2n(2n + = 2n(2n + 1). 2 i=l Kad bi medu zbrojevima bili zastupljeni svi ostaci modulo 2n, prethodni izraz bi trebao imati isti ostatak pri dijeljenju s 2n kao i zbroj svih ostataka: Provjerimo to! 2n(2n + 1) - (2n- 1)2n - 2n+3-2n Razlika promatranih zbrojeva sigurno nije vigekratnik od 2n, te zakljueujemo da oni sigurno nemaju isti ostatak pri dijeljenju s 2n. Time smo dosli do kontradikcije, pa zakljueujemo da medu promatranim ostacima nisu zastupljeni svi moguci ostaci pri dijeljenju s 2n. A kad nije tako, onda postoji ostatak koji se ponavlja, pa je razlika odgovarajucih suma djeljiva s 2n. +f' MoguCe sume su 2,3,...,4n- ukupno ih je 4n- 1 komada. Moglo se pokusati promatrati mogu li one imati medusobno razlieite ostatke pri dijeljenju s 2n. 8. ielimo od n ljudi izabrati m. ToEnije, ielimo ih izabrati tako da Perica (koji se inaee nalazi medu njima) ne bude izabran. Broj mogucnosti izbora: (n~l). S druge strane, ne moramo Pericu odmah iskljueiti: prebrojimo sve izbore, zatim oduzmemo one u kojima se nalazi Perica. Svih izbora m-elanih podskupova ima (G). Izbora u kojima se nalazi Perica ima toeno (:I:), ali Cemo ih prebrojati na malo drugaeiji naein. Identificirat Cemo ih sa svim m - 1 -Elanim podskupovima zadanog skupa ljudi, osim jasno onima koji vec sadrze Pericu. m- 1 -Elane podskupove koji sadrie Pericu prebrojat Cemo na slieni naein, itd. Slijedi: Sto je samo malo drugaeije zapisana tvrdnja zadatka. +f' Ovdje smo u stvari primijenili formulu (n~l) = ) : ( - (:I:), te istu formulu ponovno na drugi Elan itd. 9+ Istraiite moie li se ovdje primijeniti formula UI s velieinama presjeka skupova.

142 8. ZBRKA ZADATAKA 147 tp Svi oni koji tele vjeibati matematieku indukciju mogu to u ovom zadatku ueiniti na dva naeina - naime tvrdnja se mote dokazati indukcijom po m (trivijalno) ili po n (nesto tete). 9. Ovo je jedan od klasienih primjera za primjenu formule ukljueivanja-iskljueivanja... Od broja svih brojeva manjih ili jednakih od 30m oduzmemo broj onih koji su djeljivi s 6, onih koji su djeljivi s 10 i onih koji su djeljivi s 15. Time smo neke brojeve oduzeli dvaput, i to one koji su djeljivi s po dva od navedenih brojeva. Broj takvih brojeva treba dodati, ali nakon toga se u ukupnoj sumi ne nalaze prebrojani oni brojevi koji su djeljivi s 6 i s 10 i s 15. Njihov broj treba jos dodati sumi. Prikatite spomenute skupove skicom! Rezultat : 10. Prebrojimo prvo uredene parove sa zadanim svojstvom - to je obieno lakse! Svaki od elemenata skupa A treba biti Elan nekog od traienih podskupova: bilo samo Xl, samo X2 ili oba. Dakle, za svaki element skupa A dovoljno je odrediti u koji Ce element particije skupa A uci: u XI\ X2, X2 \ X1 ili u Xl n X2. Zato je broj izbora uredenih parova (XI, X2) C?(A) takvih da je X1 U X2 = A jednak 3". Broj uredenih parova koji odgovaraju dvoelanim skupovima je za jedan manji, jer za izbor X1 = X2 = A ne dobivamo dvoelani skup. Bududi da smo skupove {XI, X2) radi prebrojavanja pretvorili u uredene parove, konaeni rezultat glasi: 3" Broj najvige n-znamenkastih brojeva koji sadrie barem jednu znamenku 3 ili 5 je jednak lon - 8" za n 2 1. Za n = 0 taj broj je jednak 0. ObiEna funkcija izvodnica za broj prirodnih brojeva s maksimalno n znamenaka i znamenkama 3 i 5 je: Broj brojeva s toeno n znamenaka u kojima se pojavlju zadane dvije znamenke iznosi 9. lon-' "-l, za n 2 1, a 0 za n = 0. ObiEna funkcija izvodnica za broj n-znamenkastih brojeva u kojima se nalazi barem jedna od zadanih dviju znamenaka je jednaka: f2(x)= ( 1 - I lox ) ( 1 9+ Bududi da brojevi koji imaju manje ili najvige n znamenaka imaju ili 1 ili 2 ili... ili n znamenaka, provjerite vidi li se to i na funkcijama izvodnicama, tj. u kakvoj su vezi fl (x) i f2 (x)/(l - x). Kako biste proeitali izraz x fl (x) - fl (x) - Sto broje njegovi koe ficijenti? l)

143 ZBRKA ZADATAKA 12. Cudno je u ovom zadatku ;to tvrdnju moramo dokazati ne za svaki prirodni broj, ili npr. svaki neparni ili parni, nego za svaki prosti broj. To nas navodi na to, da ne pokugavamo izraz koji treba biti djeljiv s p protumaeiti kao broj nekih objekata, koje zatim treba moci prikazati kao Kartezijev produkt skupova od kojih je jedan velieine p, nego da idemo raspisivati izraz. Znamo da pl(f) za svaki i E Npel. Stoga moiemo pokugati (2) raspisati pomocu binomnih koeficijenata oblika (f). Pritom se nadamo da Cemo, ako dobijemo sumu, u svakom sumandu imati dva faktora traienog oblika. Zaista, Vandermondeova konvolucija daje: a to je izraz upravo onog oblika kojeg smo ieljeli. 9+ Kako vam izgleda ideja o pokugaju sreitivanja izraza (2) - 2 raspisivanjem binomnog koeficijenta do oblika koji je pogodan za odredivanje faktora tog izraza? 4' (';) -2 nas moie podsjetati na broj izbora p predrneta iz skupine od 2p = p+p predmeta, takvih da je izabran po barem jedan predmet iz svake skupine. Tako dobivamo formulu jednaku zadnjoj formuli prvog rjesenja. 13. Svejedno je popeli se jednom na n-ti kat ili n puta na prvi. IzraEunajmo onda na koliko se naeina moiemo popeti na prvi kat, pa Cemo nakon toga rezultat potencirati brojem katova. Sva uspinjanja moiemo klasificirati u ovisnosti o tome jesmo li prvo zakoraeili na prvu ili na drugu stepenicu. Ako je izmedu katova niz od k stepenica, pomocu te podjele dobivamo rekurzivnu relaciju za broj uspinjanja na prvi kat, bk : Direktnim prebrojavanjem slijedi: bk = bk-i -k bk-2. Dakle, (Fibonaccijev broj), pa ukupni rezultat glasi: Fr+l Za zadanu zgradu broj uspinjanja iznosi: F:~ = 8g3 = Prvi je problem kako izgubiti dodatni uvjet xl 2 x xk > 0. Pokugajmo ovako: prvo biramo xk =: tk, zatim razliku xk-1 - xk =: tk-l, pa xk-2 - xk-1 =: tk-2 itd. Tada je: n = tl + 2tz ktk, i ti -ovi su medusobno nezavisni. Svi su oni nenegativni, osim tk koji je nuino prirodan. ObiEna funkcija izvodnica za rastave ovog oblika je poznata i glasi (tl sumand doprinosi

144 8. ZBRKA ZADATAKA sumi 1, tg doprinosi 2 itd.): 9 Pravi znatifeljnik bi se sada sjetio da smo izaeunali funkciju izvodnicu za broj svih particija zadanog broja, bez obzira na broj dijelova (zadatak se nalazi u zbirci, ali je bio malo drugaeije zadan). Ona glasi: Ako upravo izraeunatu funkciju izvodnicu oznaeimo s fk (x), onda mora vrijediti: Pokullajte to dokazati sami!. 9(x) = 1 + C fk(~). k>l Evo i skice jednog elegantnog dokaza - izostavljeni su samo raeunski detalji. Dva reda potencija su jednaka ako su im jednaki svi koeficijenti. Uzmimo zato proizvoljni n E N i dokafimo da su koeficijenti uz xn u oba reda potencija jednaki. U stvari, dokazat Cemo da su svi koeficijenti do n jednaki. U tu svrhu uoeimo prvo da je svejedno gledamo li cijelu sumu f -ova ili samo sumu do k = n. Isto tako, svejedno je gledamo li cijeli g ili samo produkt prvih n 8anova. Krenite sada na dokazivanje. MatematiEka indukcija daje jedno vrlo jednostavno rjellenje! 15. Za svaku od skupina moramo izabrati felimo li iz nje uzeti 0 ili 1 ili 2 predmeta. Jedini izbor koji nije dobar je onaj pri kojem ne uzimamo niti jedan predmet ni iz koje skupine. Rezultat: 3n I' Da smo prvo odredili koliko predmeta felimo uz&i (npr. k), broj izbora bi bio. Premda se ovaj izraz ne mofe srediti, lako se mofe izraeunati jednak '&;: (1) (;1ii) suma tih izraza za k = 1,2,...,2n (uputa: zamijenite redoslijed sumacije). Rezultat je, jasno, ponovno 3" Prvo rjeienje - primjenorn formule ukljutivanja-islcljuffvanja. Od ukupnog broja permutacija oduzet Cemo prvo one koje imaju jedno od slova na pogrellnom mjestu. Time Cemo broj permutacija koje imaju dva slova na pogrellnom mjestu oduzeti dvaput, pa taj broj treba dodati prethodnoj razlici. Tako nastavljamo dalje, tj. koristimo formulu ukljueivanja-iskljueivanja raeunajuci presjek skupova koji nemaju pojedino slovo na pogrellnom mjestu pomocu velieina skupova koji imaju neka slova na pogrellnim mjestima.. IzraEunajmo prvo brojeve potrebne za primjenu formule UI: broj svih permutacija: & broj permutacija s jednim slovom na zadanom mjestu: &; izbor slova moie se napraviti na 6 naeina. broj permutacija s dva slova na zadanim mjestima: -dva slova iste vrste: komada; 3 izbora slova -dva slova razlititih vrsta: & komada; izbora slova

145 8. ZBRKA ZADATAKA broj permutacija s tri slova na zadanim mjestima: -dva slova iste vrste: & komada; 3.4 izbora slova -sva slova razlieitih vrsta: & komada; izbora slova broj permutacija sa Eetiri slova na zadanim mjestima: -po dva slova iste vrste: $ komada; 3 izbora slova -sve vrsta slova zastupljene: & komada; izbora slova broj permutacija s pet izbora slova iznosi 1 i to je identiteta za svaki od 6 izbora slova zadamo li mjesta za 6 slova, postoji oeito samo jedna permutacija koja tako smjeztava slova, a i izbor tih slova moie napraviti na jednoznaean naein. Uvriitavanjem u formulu ukljueivanjaiiskljueivanja dobivamo rezultat: = 10. Dmgo rjei'enje - direktno. Radi jednostavnosti pretpostavimo da imamo k simbola svake vrste. U konkretnom slueaju k iznosi 2. Smjestimo prvo elemente prve skupine. Oni Ce zauzeti mjesta elemenata druge ili trece skupine. Neka ih x komada zauzme mjesta elemenata druge skupine. Tada ih jog k - x treba zauzeti mjesta elemenata trece skupine. Kad smo njih smjestili, znamo koji Ce elementi doci na preostala mjesta druge i trete skupine: k - x elemenata druge skupine morat Ce zauzeti mjesta u tretoj, a x elemenata trece u drugoj. Sad joii samo trebamo smjestiti npr. x elemenata druge skupine na mjesta u prvoj skupini. Sve u svemu, rezultat glasi: UvrZtavanjem se ponovno dobiva rezultat 10. 4' SljedeCa moguca generalizacija jest: k elemenata, svaki kratnosti Moiemo biti sigurni da, ako 51 toeku podijelimo u 25 ili manje skupina, postoji skupina koja sadrii barem tri toeke (Dirichletov princip). No, problem je kako napraviti podjelu kojom Cemo zadovoljiti uvjete zadatka. Krugovi kao predloieni skupovi su neprikladni, jer ih se ne moie organizirati tako da Eine particiju skupa toeaka kvadrata. Pokuiiajmo podijeliti kvadrat na 25 dijelova na najprirodniji natin: podijelimo svaku stranicu kvadrata na 5 jednakih dijelova. Spajanjem odgovarajucih toeaka s nasuprotnih stranica dobivamo 25 kvadrata, svaki stranice duljine 115. Sad znamo da postoji kvadratit u kojem se nalaze barem tri toeke. Bududi da se svaki od dobivenih kvadratica moie pokriti krugom radijusa 117, time je tvdnja dokazana. +I' 6ak vrijedi i vise nego Lto se traii u zadatku: ne pokrivamo toeke bilo kakvim, nego nekim od 25 toeno odredena kruga. 18. Lako moiemo naci broj trazenih rasporeda. Za svaku kuglicu izabiremo u koju Ce od kutija uci - 1.,2.,...,p-tu ili niti u jednu od njih (tj. uci Ce u kantu za smece). Broj naeina izbora je (p + l)n, a eksponencijalna funkcija izvodnica glasi:

146 8. ZBRKA ZADATAKA 151 % Zgodno je pogledati kako se ova funkcija izvodnica ponaia u odnosu na dodavanje jedne kutije. Znamo da c(x) = a(x). b(x) za eksponencijalne funkcije izvodnice znaei cn = (;)akbn-k. Za c(z) = e(~+~)", funkciju izvodnicu za p + 1 kutiju, te a(x) = e(ps1)" dobivamo b(x) = ex, te rekurzivnu relaciju medu koeficijentima koja trivijalno vrijedi (p+ 2)" = 2 ($b+ ilk. k=o Ona kaie da kuglice smjeitavamo u p + 1 kutiju tako da prvo kaiemo koje kuglice nece ici u p + 1 -vu kutiju, a zatim ih rasporedimo. 9+ Ako preformuliramo zadatak tako da se radi o jednakim kuglicama, obiene funkcije izvodnice Ce se slieno ponaiati u odnosu na dodavanje jedne kutije. ProuEite to! 19. Od broja svih puteva od ishodiita do pravca x + y = t oduzet Cemo broj onih puteva koji pritom prolaze toekom (p, q). Prvi od traienih brojeva iznosi 2t, jer od ishodigta do zadanog pravca trebamo napraviti t koraka, ali nije bitno koliko ih je horizontalnih, a koliko vertikalnih. Drugi broj je jednak: I \ jer smo prvo morali doci do toeke (p, q), a zatim slobodno do pravca z + y = t. Rezultat: +I' Sve moguce ciljeve mogli smo prvo podijeliti u dva skupa: one do kojih se moie stici prolazeci kroz (p, q) i ostale (ovaj drugi skup se prirodno raspada na dvije klase). 20. Prvo rjezenje - razunsko. Sumanada je paran broj, pa to moiemo pokusati iskoristiti zbrajajuti dva po dva sumanda, redom: (FlF2 + F2F3) + (F3F4 + F4F5) +. '. + (F2n-lF2n + F2nF~n+l) = ((FlF3-FlFl)+(F3F3-FlF3)) + ((F3F5 - F3F3) + (F5F5 - F5F5)) ((F2n-lF2n+l - F2n-1F~n-1) + (Fzn+lF2n+l - Fzn-lFzn+l)) = -F;+F;~+~ = ~&+~-1. Drugo rjegenje - kombinatorno. Prisjetimo se da Fibonaccijeve brojeve Fn moiemo interpretirati kao brojeve poploeavanja pruge 1 x n ploeicama 1 x 1 i 2 x 1. Tada produkte Fibonaccijevih brojeva Fk Fl moi emo interpretirati kao brojeve poploeavanja Ic x 1 pravokutnika 1 x 1, 1 x 2 i 2 x 2 ploeicama, tako da iljebovi izmedu ploeica Eine u polaznom pravokutniku duiine duljina Ic, odnosno I. Ta poploeavanja moiemo interpretirati i kao poplo- Eavanja zadana particijama dvaju medusobno okomitih stranica pravokutnika u duzine duljina 1 i 2.

147 ZBRKA ZADATAKA Poku2ajmo pomocu primjera dokueiti kako treba brojati! Za n = 1 imamo Fl F2 + F2F3. To ne djeluje kao neko sistematsko prebrojavanje, ali drugaeije zapisano, kao Fl F2 + F2F1 + F2 F2, vet je bolje: Ovime su dana sva poploeavanja 3 x 3 kvadrata do na jedno, koje u gornjem lijevom kutu ima jedan 1 x 1 kvadrat, a sve ostale ploeice imaju barem po jedan brid duljine 2 (zbog tog poploeavanja rado bismo u sumi vidjeli jo2 i Fl Fl - vidi nastavak izvoda!). Krenimo dalje. DopiSemo li sumi za n = 1 jos dva Elana koja nam trebaju da dobijemo sumu za n = 2, te raspisemo li ih kao F3F4 + F4F3 + F4F4, moiemo zakljueivati kao i ranije. Sumandi koji su sp vec nalazili u sumi za n = 1 odgovaraju poploeavanjima 5 x 5 kvadrata koja na posljednjim trakama desno i dolje imaju ploeice duljine barem jednog brida 2: na desnoj traci to je horizontalni, na donjog vertikalni brid. Dva sumanda F3F4 + F4F3 broje poploeavanja s po jednom trakom Sirine 1 i jednom Sirine 2, dok sumand F4F4 broji poploeavanja s obje trake 2irine 1. Izrecite slutnju i dokaiite je matematiekom indukcijom! 9 Kako bi izgledala odgovarajuta tvrdnja koja bi opisivala poploeavanja kvadrata stranica parne duljine? Izvedite je kombinatorno, a dokaiite raeunski!!.?+eke rjeienje - geornet~jsko. Prikaiimo F;F;+l kao povr2ine pravokutnika stranica F; i Fi+l, a zbrajanje kao lijepljenje pravokutnika dui bridova. Prva dva pribrojnika opisuju povrsinu lika: Dodavanje jog dvaju pribrojnika vidi se na sljedetoj slici:

148 8. ZBRKA ZADATAKA Dokaz provedite matematiekom indukcijom slijedeci ovu ideju. 21. Prikaiimo particije iz zadatka tako da iz svakog faktora izlueimo njegov zadani djeljitelj: n=nl+2n2+3n3+...+p np, gdje je ni, za svaki i E Np proizvoljni nenegativni cijeli broj. Dakle, broj traienih rastava je jednak broju rastzva koji se sastoji od proizvoljnog broja jedinica, pa od nekoliko dvojki, malo trojki itd, sve do eventualno nekoliko brojeva p. ObiEna funkcija izvodnica za ovakve rastave je oeigledno: 22. UoEite prvo da m dijeli n. (a) Svaki prosti faktor broja V(a, b) ulazi u V(a, b) s vecom od potencija s kojima se pojavljuje u a, odnosno u b. Faktori broja M(a, b) su takoder faktori brojeva a, odnosno b, ali u taj broj ulaze s manjom potencijom. U zadatku imamo zadane brojeve m i v, a traiimo brojeve a i b Eiji bi zadani brojevi bili najveca zajednieka mjera i najmanji zajednieki viiekratnik, redom. "Viikovi" potencija u v u odnosu na m Ce uci ili cijeli u a, ili cijeli u b. Zanima nas koji 6e od tih viikova udi u a, a koji u b. OznaEimo li: tada je rezultat jednak 2' (b) Brojeve a i b mozemo birati nezavisno jedan od drugoga, a za svakog od njih je bitno da eksponent uz svaki pi bude veci ili jednak si, a manji ili jednak ri. Rezultat: %+ Neka su na primjer m = 1 i v = 12. Nacrtajmo mreh svih djeljitelja broja 12 na sljedeci naein: u ravnini napiiemo sve pozitivne djeljitelje broja 12. Zatim nacrtamo strelicu od broja i do broja j ako i dijeli j i ako je pripadajuti kvocijent prosti broj.

149 ZBRKA ZADATAKA Na strelice moiete napisati i odgovarajuie djeljitelje. Nacrtajte mreie i za sljedeie parove brojeva (m, v) : (1,162), (1,4375), (9,108), (1,216). Analizirajte slienosti medu dobivenim crteiima. Objasnite pomocu mreia: o Eemu se radi u zadatku? 23. Iz sume moiemo ukloniti produkt promjenjivih binomnih koeficijenata koristeci formulu: (:) (Y) = (Y) (:) = (:) (TI:). Nakon toga koristimo binomni teorem: U slueaju m = n rezultat je jednak 1, a inaee 0. tp Kombinatorni dokaz ovdje je moida malo izvjehtaeen, no zgodno ga je navesti za vjeibu. Brojimo sve bijekcije Nn -, Nm, tako da definiramo Ai kao skup svih injekcija koje ne pogadaju element i, te umjesto velieine skupa A: n A: fl... n A k raeunamo velieine svih Al na2 n... nak i koristimo formulu UI. S druge strane broj bijekcija znamo izratunati i direktno, pun0 jednostavnije nego upravo opisanim naeinom. IzjednaEimo li dobivena dva izraza, dobivamo rezultat kojeg joh treba podijeliti s n! da bismo dobili rezultat kao i u prvom rjehenju. 24. Prvi dokaz - ozigledni. RaspiHite desnu stranu po binomnom teoremu. Dmgi dokaz - kombinatorni. Znamo da podskupova neparne velieine proizvoljnog skupa ima jednako mnogo kao i podskupova parne velitine. Prelaskom na karakteristiene funkcije vidimo da uredenih n-torki sastavljenih od brojeva 0 i 1 s parnih brojem nula ima jednako kao i onih s neparnim brojem nula. To i odgovara formuli koju treba dokazati za k=1. Sto se dogada za ostale k? Odakle vihak n-torki s parnim u odnosu na n-torke s neparnim brojem nula? Naime, znajuii da ukupno n-torki ima pn + nn = (k + l)n (suma n-torki s parnim i n-torki s neparnim brojem nula), iz predloiene formule dobivamo pn - nn = (k - l)n. S druge strane, ako uspijemo dokazati ovu relaciju, onda je

150 8. ZBRKA ZADATAKA zadatak rijesen, jer iz nje i oeigledne relacije za pn + nn moiemo izraeunati pn. Uzmimo proizvoljni k i pogledajmo Sto se dogaaa dok povekavamo n. Za n = 1 sve n-torke su (0), (I), (2),..., (k). Jedna n-torka ima neparni, k imaju parni broj nula. Razlika je, kao Sto smo i oeekivali k - 1. NapiSite primjere za n = 2 i moida jog n = 3. Pri prijelazu na za jedan veli n, od svake n-torke s neparnim brojem nula dobivamo po jednu (n + 1) -torku s parnim i po k s neparnim brojem nula. Od svake n -torke s parnim brojem nula dobivamo po jednu (n + 1) -torku s neparnim i po k s parnim brojem nula. Ili, kompaktnije zapisano: Traiena razlika iznosi: Pn+l - nn+l = (k - l)(pn - nn). RjeSavanjem ove rekurzivne relacije po razlici pn - nn dobivamo ono Lto smo i trebali: Pn - nn = (k - l)n. 25. "Zaobilaienje" vigekratnika podsjeka na formulu ukljueivanja-iskljueivanja. I zaista, zbog apsolutne konvergencije reda C 112~ mohemo raeunati po analogiji: tp Pola sume Ci21 112'! 26. Prvo vidimo da je jednostavno izraeunati broj kx k kvadrata (on iznosi (p+l-k)2 ) Smatramo li toeku 0 x 0 kvadratom, funkcija izvodnica glasi:

151 ZBRKA ZADATAKA OEito je, kako god raeunali ovu sumu, bit Ce nam potrebna suma rezultat. IzraEunajmo to! k2tk kao pomocni Sjetimo li se da deriviranjem izraza tk dobivamo faktor k ispred potencije od t, to nas moie potaknuti da krenemo od neke sume potencija od t. Uzmemo npr. sumu prvih p + 1 potencija. Na kraju Cemo vidjeti kako se broj sumanada u zavrgnom izrazu pona'sa u ovisnosti o broju potencija u poeetnom izrazu, pa poeetni izraz lako moiemo korigirati. Imamo: iz Eega deriviranjem dobivamo: Mnoienjem cijelog izraza s t (kako bismo osigurali koeficijente oblika k2 umjesto k(k-1) ) i jog jednim deriviranjem dobivamo: a jog jednim mnoienjem s t konaeni rezultat: Nakon ito smo dobili traieni metturezultat, funkciju izvodnicu moiemo urediti na dva nacina. Prvi natin - direktni. RaspiZemo izraz (p k)2 i pod znakom sumacije uz potencije od t ostavljamo samo Elanove koji sadrie indeks sumiranja (ili njegovu potenciju) Ostatak raeuna provedite sami, pogotovo u slueaju ako vam se ne svida drugo predloieno rjeienje ili ako nemate vlastito! Dmgi nasn - trik, s manje ratuna. Zamijenimo indeks sumacije! P x(p k12tk = (zamjena i = p k ) k=o P+ 1 = xi2tp+1-i i=l

152 8. ZBRKA ZADATAKA Analizirajmo slueaj p 2 q. SluEaj q 3 p dobiva se zrcaljenjem ovog rjelenja oko z -osi. Vidi sliku! Da bi se provukao kroz zadanu prugu, put mora posjetiti toeke i duiine oznaeene dvostrukom crtom. Tako se dolazi na jedinstveni naein do prve zaokruiene toeke. Nakon toga ostaje jog samo izabrati na koji Ce naein (gornjim ili donjim putem) put doci od jedne do druge zaokruiene toeke. Postoji jog min{p, q) zaokruienih toeaka koje treba posjetiti. Rezultat: 2min{~,q1. % Ovo je bilo jednostavno! RijeLite analogni zadatak za prugu Sirine 4: raeunajte broj puteva do prvih nekoliko toeaka (npr. napredujuci na naein kao u Pascalovom trokutu), uoeite pravilo, generalizirajte i dokaiite. Sto se zbiva s prugom Birine 6? Za koju girinu pruge postaje za zadanu toeku (p,q) situacija ponovno vrlo jednostavna? 28. Zbog centralne simetrije i uvjeta da u svakom retku treba biti po jedna kuglica, na ploeu neparne duljine stranice moramo postaviti kuglicu na srednje polje. BuduCi da u svakom retku i svakom stupcu smije biti najvise jedna kuglica, to znaei da u srednjem retku i u srednjem stupcu vile nece biti kuglica (v. sliku), a ostale kuglice ostaju centralno simetrieno rasporedene i nakon Lto izvadimo srednji stupac i srednji redak. Dakle vrijedi: G2n+l = G2n. Vidimo da je dovoljno pronaci rekurziju samo za Lahovske ploee parne ili samo za gahovske ploee neparne duljine stranice. Nadalje raeunamo samo za parne duljine stranice..4ko postavimo kuglicu u prvi stupac (2n) x (2n) Lahovske plote, onda trebamo nakon toga popuniti 'Lpreostalu" (2n - 2) x (2n - 2) ploeu s istim svojstvom (v. sliku).