ekstremalna kombinatorika

8/16/2019 Ekstremalna kombinatorika

1/133

EKSTREMALNA KOMBINATORIKA

A. Aglíc Aljinovíc

FER, diplomski studij, 2014./2015.


2/133

Sadrµzaj

Uvod iv

Osnovni pojmovi viii

1. Klasiµcna kombinatorika, ekstremalni problemi 11.1. Prebrojavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.1. Binomni teorem, dvostruko prebrojavanje . . . . . . . . . . . . 11.1.2. Multinomni teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.3. Rasporedi identiµckih objekata u kutije koje razlikujemo . . . . 111.1.4. Particije skupa, Stirlingovi brojevi druge vrste . . . . . . . . . 131.1.5. Surjekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1.6. Particije broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.1.7. Ciklusi u permutacijama, Stirlingovi brojevi prve vrste . . . . 201.1.8. Eulerov teorem, Turanov broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.1.9. Naµcelo usrednjavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.1.10. Primjena naµcela usrednjavanja za binarna stabla* . . . . . . . 281.1.11. Ocjene veliµcine presjeka* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.2. Naµcelo ukljuµcivanja-iskljuµcivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.2.1. Naµcelo U-I za skupove i funkcije na skupovima . . . . . . . . . 331.2.2. Broj deranµzmana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.2.3. Primjena za Stirlingove brojeve druge vrste . . . . . . . . . . . 36

1.3. Dirichletovo naµcelo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.3.1. Nekoliko jednostavnih primjena za grafove . . . . . . . . . . . 381.3.2. Erd½os-Szekeresov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.3.3. Mantelov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.3.4. Turánov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.3.5. Dirichletov teorem o aproksimaciji racionalnim brojevima . . . 431.3.6. Prebacivanje teµzine* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.4. Sustavi izrazitih predstavnika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.4.1. Hallov teorem o µzenidbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471.4.2. Primjena za latinske pravokutnike . . . . . . . . . . . . . . . . 501.4.3. Primjena za dvostruko stohastiµcke matrice* . . . . . . . . . . 521.4.4. Min-maks teoremi* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2. Ekstremalna teorija skupova 552.1. Suncokreti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.1.1. Suncokretova lema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.1.2. Oslabljen uvjet za jezgru suncokreta* . . . . . . . . . . . . . . 59

i


3/133

SADR µZAJ ii

2.1.3. Oslabljen uvjet za razdvojenost latica* . . . . . . . . . . . . . 602.1.4. Primjena za broj minterma* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.1.5. Primjena za formule male dubine* . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.2. Presijecajúce familije skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.2.1. Erd½os-Ko-Radov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.2.2. Konaµcni ultra…lteri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.2.3. Maksimalne presijecajúce familije . . . . . . . . . . . . . . . . 682.2.4. Rezultat Hellyjevog tipa* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.3. Parcijalno ure†eni skupovi, lanci i antilanci . . . . . . . . . . . . . . . 732.3.1. Dekompozicija parcijalno ure†enih skupova . . . . . . . . . . . 752.3.2. Simetriµcni lanci u partitivnim skupovima . . . . . . . . . . . . 762.3.3. Primjena za problem alokacije memorije . . . . . . . . . . . . 772.3.4. Antilanci u partitivnim skupovima, Spernerov teorem . . . . . 782.3.5. Bollobásov teorem* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3. Osnove Ramseyeve teorije 843.1. Bojanja i Ramseyevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.2. Ramseyevi teoremi za grafove . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3.2.1. 2-bojanja bridova grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.2.2. 3-bojanja bridova grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.2.3. r-bojanja bridova grafova* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3.3. Ramseyevi teoremi za skupove* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.3.1. 2-bojanja skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923.3.2. r-bojanja skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.4. Schurov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.5. Primjene u geometriji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

3.5.1. Erd½os-Szekeresov teorem za konveksne poligone* . . . . . . . . 953.5.2. Neke primjene u kombinatornoj geometriji . . . . . . . . . . . 96

4. Osnove vjerojatnosne metode 994.1. Nejednakost za vjerojatnost zbroja doga†aja . . . . . . . . . . . . . . 99

4.1.1. Donja ograda za Ramseyeve brojeve R (k; k) . . . . . . . . . . 1004.1.2. Van der Waerdenov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.1.3. Turniri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.1.4. 2-bojanja bridova bipartitnih grafova . . . . . . . . . . . . . . 103

4.1.5. 2-bojanja hipergrafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.1.6. Erd½os-Ko-Radov teorem* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.2. Dirichletovo svojstvo za oµcekivanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1074.2.1. Hamiltonovi putovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.2.2. Cijepanja grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.2.3. Sum-free skupovi* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.2.4. Silvesterova formula* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.3. Metoda drugog momenta* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.3.1. Procjena središnjeg binomnog koe…cijenta . . . . . . . . . . . 1164.3.2. Funkcije praga za klike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117


4/133

SADR µZAJ iii

5. Osnove metode linearne algebre* 1195.1. Prostori vektora incidencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.1.1. Fisherova nejednakost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.2. Prostori polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

5.2.1. Skupovi toµcaka s dvije razliµcite me†usobne udaljenosti . . . . 121


5/133

Uvod

Kombinatorika je grana matematike koja se općenito bavi prouµcavanjem konaµcnih iliprebrojivo beskonaµcnih diskretnih struktura. Ovisno o aspektu prouµcavanja postojebrojne podgrane kombinatorike:

-enumerativna kombinatorika je najklasiµcnija grana kombinatorike koja sebavi prebrojavanjem odnosno nalaµzenjem kardinalnog broja konaµcnih skupova;

-teorija grafova prouµcava grafove, jedne od osnovnih objekata u kombinatorici;-algebarska kombinatorika koristi metode apstraktne algebre (teoriju grupa

i teoriju reprezentacija) u kombinatorici, ali i obratno, primjenjuje kombinatornetehnike za algebarske probleme;

-kombinatorika na rijeµcima bavi se formalnim jezicima;-teorija dizajna se bavi konstrukcijom i analizom tzv. blok dizajna koji su

familije podskupova µciji presjeci zadovoljavaju odre†ena svojstva; vaµzna podgranateorije dizajna je teorija kodova;

-analitiµcka kombinatorika se bavi prebrojavanjem kombinatornih struktura,

ali korištenjem alata kompleksne analize i teorije vjerojatnosti;-geometrijska kombinatorika prouµcava konveksnu i diskretnu geometiju, naroµcito

poliedarsku geometiju;

-teorija matroida se bavi konstrukcijom i analizom skupova vektora u vek-torskim prostorima s apstraktnim svojstvima linearne zavisnosti;

-vjerojatnosna kombinatorika se bavi vjerojatnoš́cu sluµcajnih diskretnih objekata, primjerice sluµcajnih grafova;

-topološka kombinatorika kombinatornim analogonima topoloških metodaprouµcava neke probleme u kombinatorici (bojanje grafova, particije, parcijalno ure-†ene skupove, binarna stabla, diskretnu Morseovu teoriju i dr.);

-aritmetiµcka kombinatorika povezuje kombinatoriku s teorijom brojeva, er-godskom teorijom i harmonijskom analizom;

-teorija ure†aja prouµcava konaµcne i beskonaµcne parcijalno ure†ene skupove;-teorija particija prouµcava razliµcite probleme prebrojavanja i asimptotike cjelo-

brojnih particija;

-kombinatorna optimizacija se bavi pronalaµzenjem optimalnog broja kon-aµcnog skupa objekata s danim svojstvom;

-ekstremalna kombinatorika se bavi pronalaµzenjem ekstremalnog (najvécegili najmanjeg) broja konaµcnog skupa objekata s danim svojstvom;

-kombinatorna teorija skupova se bavi poopćavanjem pojmova kombina-torike na beskonaµcne skupove i dio je teorije skupova (podruµcja matematiµcke logike)koji koristi alate i ideje ne samo teorije skupova već i ekstremalne kombinatorike.

iv


6/133

UVOD v

Ekstremalna kombinatorika kao grana kombinatorike u posljednjih nekoliko de-setljéca doµzivljava vrlo intezivan razvoj, moµzda upravo zbog primjena u teorijskomraµcunarstvu, u analizi sloµzenosti algoritama. Naziv "ekstremalna" govori o prirodiproblema kojim se bavi: koliko velika ili koliko mala konaµcna skupina objekata moµze

biti ako mora ispunjavati neka svojstva, odnosno restrikcije. Ti objekti primjericemogu biti brojevi, skupovi, grafovi, vektori i sl.

Ovdje navodimo nekoliko klasiµcnih takvih problema: problemi 1 i 2 i 3 su izekstremalne teorije grafova , problemi 4 i 5 iz ekstremalne teorije skupova , problemi6, 7 i 8 su primjena vjerojatnosne metode , metode linearne algebre i Dirichletovog na µ cela u teoriji brojeva, problem 9 iz teorije sloµ zenosti .

Problem 1. Koliko ljudi moµzemo pozvati na zabavu ako µzelimo da me†u bilokoje troje od njih postoje dvoje koji se poznaju i dvoje koji se ne poznaju?

Odgovor: Argumentom Ramseyevog tipa lako se pokaµze da najviše 5 ljudi moµzebiti na ovakvoj zabavi. Odnosno, me†u 6 ljudi uvijek postoji troje koji se svi me†u-sobno poznaju ili se me†usobno ne poznaju.

Problem 2. Koliko najviše moµze biti poznanstava u gradu s n stanovnka, akoznamo da me†u svakih k stanovnika su barem dva koji se ne poznaju.

Odgovor: Za k = 3 odgovor je "najviše n2=4 poznanika" i dokazao ga je Man-tel 1907. godine. Primjetimo da je taj broj blizu pola ukupnog broja poznanikan (n 1) =2. Za proizvoljan k odgovor je dao Turán 1941. godine i taj rezultat jebio zaµcetak ekstremalne teorije grafova .

Problem 3. Koliko stanovnika mora imati grad da bi bili sigurni da u njemuuvijek postoji k stanovnika koji se svi me†usobno poznaju ili svi me†usobno nepoznaju?

Odgovor: Ramseyev teorem tvrdi da u gradu s 4k stanovnika uvijek postoji kstanovnika koji se svi me†usobno poznaju ili svi me†usobno ne poznaju. S drugestrane, koristéci vjerojatnosnu metodu ma†arski matemati µ car Paul Erd ½ os je dokazaoda u gradu s najviše 2k=2 stanovnika postoji raspored me†usobnih poznanstava takavda nemamo k stanovnika koji se svi me†usobno poznaju ili svi me†usobno ne poz-naju. Koristéci metodu linearne algebre, Frankl i Wilson su konstruirali ovakavraspored za grad s najviše k log k stanovnika.

Problem 4. U gradu s n stanovnika imamo izvjesan broj klubova. Svakistanovnik moµze biti µclan nekoliko klubova ili nijednog od njih. Ako nijedan klubne sadrµzi sve µclanove nekog drugog kluba, koji je maksimalan broj klubova u tomgradu?

Odgovor: Odgovor na ovo pitanje daje Spernerov teorem, u gradu s n stanovnikanajviše moµze biti

nbn=2c

klubova takvih da nijedan klub ne sadrµzi sve µclanove nekog

drugog kluba.

Problem 5. Familiju klubova zovemo suncokret ako je svaki stanovnik (koji jeu barem jednom klubu) ili µclan svih klubova ili samo jednog kluba. Ako svaki klubima s µclanova, koliko klubova moramo imati da bi nekih k klubova tvorili suncokret?

Odgovor: Erd ½ os-Radova suncokretova lema tvrdi ako imamo barem s! (k

1)s

klubova, nekih k klubova će tvoriti suncokret.


7/133

UVOD vi

Problem 6. Koliko µclanova moµze imati podskup unaprijed zadanog skupa cijelihbrojeva razliµcitih od nule, uz uvjet da suma bilo koja dva elementa iz tog podskupanije u tom podskupu (engl. sum-free subset)?

Odgovor: Ispostavlja se da neovisno o poµcetnom skupu, uvijek moµzemo pronáci

ovakav podskup s barem trécinom elemenata poµcetnog skupa! Ovaj rezultat dokazao je Erd ½ os 1965. godine koristéci vjerojatnosnu metodu .

Problem 7. Za zadani k 2 N, koliko dug mora biti niz a1; a2; : : : ; an da bi bilisigurni da sadrµzi podniz µcija je suma djeljiva s k?

Odgovor: Uzmemo li niz od k 1 uzastopnih nula i k 1 uzastopnih jedinica0 0 | {z } k1

1 1 | {z } k1

kao kontraprimjer, jasno je da takav niz mora imati barem 2n 1

elemenata. Da zaista svaki niz s 2n 1 elemenata ima podniz µcija je suma djeljiva sk; koristéci metodu linearne algebre dokazali su Erd ½ os, Ginzburg i Ziv 1961. godine.

Problem 8. Koliko dug mora biti niz realnih brojeva da bi bili sigurni da sadrµzi

rastući podniz duljine s + 1 ili padajúci podniz duljine r + 1?Odgovor: Svaki niz realnih brojeva s barem sr + 1 µclanova ima ovo svojstvo.

To su prvi dokazali Erd ½ os i Szekeres 1935. godine koristéci Dirichletovo na µ celo.

Problem 9. Zadan je skup od m binarnih vektora. Za koliko njihovih koordinata(bitova) moramo znati vrijednosti da bi mogli ih mogli sve me†usobno razlikovati?

Odgovor: U prosjeku je dovoljno znati vrijednosti p

m koordinata i postojeskupovi za koje se ova granica ne moµze poboljšati.

Sljedéci niz primjera lijepo ilustrira kako se s malim varijacijama od vrlo jednos-

tavnih problema dolazi do vrlo teških:Primjer A. Neka je X = f1; 2; : : : ; ng. Koliko najviše µclanova moµze imati

familija F podskupova za koju vrijedi da bilo koja dva podskupa iz te familijeimaju neprazni presjek? (Ovakva familija se zove presijecaju ́ ca familija .)

Odgovor: Najvéci mogúci broj µclanova presjecajúce familije je 2n1. Moµzemo je dobiti uzimanjem svih podskupova od X koji sadrµze element 1. Više od 2n1 ihne moµzemo náci jer za bilo koji podskup i njegovog komplement vrijedi da ne moguoba istovremeno biti u presjecajućoj familiji.

Primjer B. Koliko najviše µclanova moµze imati familija podskupova F za kojuvrijedi da za bilo koja dva podskupa iz te familije njihova unija nije jednaka X =f1; 2; : : : ; ng?

Odgovor: Najvéci mogúci broj µclanova ovakve familije F je opet 2n1. Moµzemo je dobiti uzimanjem svih komplemenata podskupova od X iz prethodnog primjera(koji sadrµze element 1), dakle podskupova koji ne sadrµze element 1.

Primjer C. Koliko najviše µclanova moµze imati familija F podskupova za kojuvrijedi da bilo koja dva podskupa iz te familije imaju neprazni presjek i uniju razliµcituod X ?

Odgovor: Jedan primjer familije koja zadovoljava navedeni uvjet je familija svihpodskupova koji sadrµze element 1 i ne sadrµze element 2. Ona ima 2n2 elemenata(podskupova). Me†utim dokaz da je ovo zaista i maksimalna familija s traµzenimsvojstvom je daleko teµzi nego u prethodna dva primjera. Nakon što je Paul Erd½os


8/133

UVOD vii

postavio ovaj problem prošlo je nekoliko godina dok Kleitman nije dokazao da nepostoji familija s ovim svojstvom, a s vécim brojem elemenata od 2n2.

Primjer D. (Erd½os-Sos hipoteza) Neka je F familija grafova sa skupom

vrhova V = f1; 2; : : : ; ng za koju vrijedi da bilo koja dva grafa iz familije imajuzajedniµcki trokut (ciklus duljine 3). Koliko najviše elemenata (grafova) ova familijamoµze imati?

Odgovor: Ukupan broj grafova s n vrhova je 2(n2). Jednostavan primjer familije

s traµzenim svojstvom µcine svi grafovi koji sadrµze primjerice trokut s vrhovima 1, 2,

3, tj. bridove f1; 2g, f2; 3g, f1; 3g. Ova familija ima toµcno 2(n2)3 elementa, odnosno1=8 svih grafova. No, postoji li véca familija s ovim svojstvom? Paul Erd½os i VeraSos su postavili hipotezu: ne postoji veća familija s ovim svojstvom. Ova hipoteza

je i danas otvorena.

I za kraj, jedan problem ekstremalne prirode, postavljen 1974. godine kada jeErn½o Rubik izumio Rubikovu 3 3 3 kocku , a riješen tek nedavno:

Problem 10. U koliko najviše poteza se moµze riješiti bilo koja od (8! 12! 38 212) :12 4:3 1019 kombinacija Rubikove kocke?

Odgovor: Svaka kombinacija Rubikove kocke rješiva je u najviše 20 poteza!Ovaj problem su u srpnju 2010. godine riješili kalifornijski programer Tomas Rokicki,njemaµcki matematiµcar Herbert Kociemba, ameriµcki matematiµcar Morley Davidsoni Googleov inµzenjer John Dethridge (više na http://www.cube20.org/).


9/133

Osnovni pojmovi

Za prácenje ovog predmeta pretpostavlja se znanje samo osnovnih, ovdje navedenih,pojmova iz 2. ciklusa (Uvod u diskretnu matematiku) i 3. ciklusa (Uvod u teorijugrafova) predmeta MAT3R, kao i predmeta VJEROJATNOST I STATISTIKA. Nekidrugi pojmovi ili rezultati iz MAT3R i VIS biti će naknadno izloµzeni u gradivu ovogpredmeta.

Ukratko, osnovni kombinatoriµcki pojmovi (s njihovim tipom i brojem) nave-deni su u sljedécoj tablici:

PERMUTACIJE n razliµcitih objekata n!

(poredak bitan) ai objekata tipa i, n =Pk

i=1 ai

na1;a2;:::;ak

VARIJACIJE n razliµcitih objekata, duljine k , bez ponavljanja nk

(poredak bitan) n razliµcitih objekata, duljine k , s ponavljanjem nk

KOMBINACIJE k-podskupovi n-µclanog skupa, bez ponavljanja

nk

(poredak nije bitan) k-podskupovi n-µclanog skupa, s ponavljanjem

n+k1

k

gdje je

nk = n (n 1) (n 2) (n k + 1) ;

nk = nkk! ;

n

a1; a2; : : : ; ak

=

n!

a1!a2! ak! :

Osnovni pojmovi teorije grafova:

Graf (jednostavni graf) sastoji se od nepraznog konaµcnog skupa V (G), µcije ele-mente zovemo vrhovi, i skupa E (G) razliµcitih dvoµclanih podskupova skupa vrhovakoje zovemo bridovi. Za brid e =

fu; v

g kaµzemo da spaja vrhove u i v, odnosno

da su vrhovi u i v susjedni, a vrh v (ili u) incidentan s bridom e. Stupanj vrhav je broj bridova koji su incidentni s vrhom v , oznaµcavamo ga s d (v).

viii


10/133

OSNOVNI POJMOVI ix

Šetnja u grafu G je konaµcan slijed bridova u kojem svaka dva uzastopna bridaimaju zajedniµcki vrh ili su jednaki.

Staza u grafu G je šetnja u kojoj su svi bridovi razliµciti.

Put u grafu je šetnja u kojoj su svi vrhovi (pa onda i bridovi) razliµciti.Ciklus je zatvoreni put (poµcetni i krajni vrh su jednaki) koji sadrµzi barem jedanbrid. Ciklus koji se sastoji od samo jednog brida zovemo petlja, od dva je dvostrukibrid izme†u dva vrha, no ni jedni i ni drugi nisu mogući kod jednostavnih grafova.

Komponenta povezanosti grafa je skup njegovih vrhova sa svojstvom da pos-toji put izme†u bilo koja dva vrha iz tog skupa. Graf je povezan ukoliko se sastojiod samo jedne komponenete povezanosti.

Šuma je graf bez ciklusa. Stablo je povezani graf bez ciklusa. Komponentepovezanosti šume su stabla.


11/133

Poglavlje 1.

Klasiµcna kombinatorika,ekstremalni problemi

1.1. Prebrojavanje

Prebrojavanje je najstariji alat u kombinatorici. Binomni, multinomni teorem i nekidrugi identiteti vezani za binomne koe…cijente, ovdje néce biti dokazani matem-atiµckom indukcijom ili algebarski, véc mnogo ljepše (iako ne uvijek i jednostavnije):kombinatorno. U kombinatornim dokazima "dvostrukim prebrojavanjem" pokazu-

jemo da se obje strane jednakosti mogu dobiti prebrojavanjem iste vrste objekata,ali na dva razliµcita naµcina.

1.1.1. Binomni teorem, dvostruko prebrojavanjeBroj k-µclanih podskupova n-µclanog skupa oznaµcavamo s

nk

i nazivamo binomni

koe…cijent. Sljedéci teorem dokazao je Sir Isac Newton oko 1666. godine:

Teorem 1.1. (Binomni teorem) Za sve n 2 N [ f0g vrijedi

(x + y)n =nX

k=0

n

k

xkynk:

Dokaz. Mnoµzéci izraz (x + y) (x + y)

(x + y) µclan xkynk moµzemo dobiti na

jednako naµcina na koliko moµzemo odabrati toµcno k od n zagrada iz kojih ćemo"uzeti" x-eve, a iz preostalih "uzimamo" y-e. Dakle na

nk

naµcina.

De…nicija 1.1. Za k 2 N, k-ta padaju ́ ca potencija od n de…nira se s nk := n (n 1) (n 2) (n k + 1) :

Ovaj broj jednak je broju varijacija bez ponavljanja skupa od n elemenata k-tog razreda, odnosno broju poredanih k-teraca (x1; x2; : : : ; xk) gdje su x1; x2; : : : ; xk ra-zli µ citi elementi nekog n-µ clanog skupa.

Sli µ cno, k-ta rastu ́ ca potencija od n de…nira se s nk := n (n + 1) (n + 2) (n + k 1) :

1


12/133

1. Klasi µcna kombinatorika, ekstremalni problemi 2

Negdje u literaturi se za padajuće potencije umjesto oznake nk koristi oznaka(n)k i naziv "k-ti faktorjel od n".

Propozicija 1.1. Vrijedi n

k

=

nk

k! =

n (n 1) (n 2) (n k + 1)k!

: (1.1)

Dokaz. Kako je nk jednak je broju poredanih k-teraca (x1; x2; : : : ; xk) gdje sux1; x2; : : : ; xk razliµciti elementi nekog n-µclanog skupa, a njih moµzemo dobiti i takoda izaberemo k-µclani podskup fx1; x2; : : : ; xkg iz n-µclanog skupa, a zatim te elementeporedamo/permutiramo na sve moguće naµcine. Ovo posljednje moµze se napravitina

nk

k! naµcina, pa slijedi nk = nk

k!.

Svojstvo simetrije binomnih koe…cijenata jednostavnije i ljepše se dokazuje

kombinatorno nego algebarski: svaki podskup jedinstveno je odre†en svojim kom-plementom i stoga odmah slijedi

n

k

=

n

n k

:

Sliµcno, svojstvo Pasclovog trokutan

k

=

n 1k 1

+

n 1

k

dobijemo ako prebrojimo k-µclane podskupove n-µclanog skupa na naµcin da prvo pre-

brojimo sve podskupove koji sadrµze neki …ksni element (primjerice n, ako imamoskup f1; 2; : : : ; ng), a zatim i one koji ga ne sadrµze. Podskupova koji ga sadrµze iman1k1

, a onih koji ga ne sadrµze iman1k

.

Evo prvih osam redova Pascalovog trokuta (od nultog do sedmog reda):

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

Teorem 1.2. Za n 2 N vrijedi n

Xk=0

nk = 2n;tj. zbroj µ clanova n-tog retka Pascalovog trokuta jednak je 2n.


13/133


Dokaz. Na lijevoj strani jednakosti prebrojavamo posebno sve 0-µclane, jednoµclane,dvoµclane,..., n-µclane podskupove n-µclanog skupa, dok je na desnoj strani ukupanbroj svih podskupova n-µclanog skupa (skup svih binarnih nizova duljine n i skupsvih podskupova n-µclanog skupa bijektivno korespondiraju).

Na drugi naµcin, jednakost moµzemo dobiti iz binomnog teorema ako uvrstimox = 1 i y = 1.

Teorem 1.3. Za n 2 N vrijedi nX

k=0

(1)k

n

k

= 0;

tj. alterniraju ́ ca suma svih binomnih koe…cijenata

nk

s …ksnim n 2 N je jednaka

nuli.

Dokaz. Primijenimo binomni teorem za x = 1 i y = 1.

Sljedéci teorem govori o još jednom zanimljivom svojstvu Pascalovog trokuta, ozbroju nekoliko uzastopnih "dijagonalnih" elemenata poµcevši od prvog (ili posljed-njeg) elementa u k-tom retku.

Teorem 1.4. Za n; k 2 N vrijedi

k

k + k + 1

k + k + 2

k + + n

k = n + 1

k + 1:Dokaz. Na desnoj strani jednakosti oµcito imamo broj (k + 1)-µclanih podskupova(n + 1)-µclanog skupa. Lijeva strana jednakosti prebrojava isto, ali u odnosu nanajvéci element u podskupu. Preciznije, (k + 1)-µclanih podskupova s najvécim ele-mentom k + 1 imamo toµcno

kk

, (k + 1)-µclanih podskupova s najvécim elementom

k + 2 imamo toµcnok+1k

, . . . ,(k + 1)-µclanih podskupova s najvécim elementom n + 1

imamo toµcnonk

.

Iskljuµcivo zbog ljepote kombinatornih dokaza navodimo i sljedéca dva teorema osvojstvima binomnih koe…cijenata.

Teorem 1.5. Za n 2 N vrijedi nX

k=0

k

n

k

= n2n1:

Dokaz. Obje strane jednakosti jednake su broju naµcina da izme†u n ljudi izaberemodelegaciju, a zatim iz delegacije izaberemo predsjednika. Na lijevoj strani posebnoprebrojavamo sve delegacije s toµcno k µclanova, ima ih

nk

, a zatim u svakoj još

moµzemo izabrati i predsjednika na k naµcina. Na desnoj strani, predsjednika moµzemo

izabrati na n naµcina, a zatim i ostatak delegacije na 2n1

naµcina, jer za svakog odpreostalih n 1 ljudi postoje dvije mogućnosti: ili je ili nije u delegaciji. Rijeµcnikom


14/133


skupova, kombinatorni dokaz smo dobili prebrojavanjem svih parova (x; M ) gdje jeM f1; 2; 3; : : : ; ng i x 2 M .

Drugi (alebarski) dokaz ovog teorema dobijemo primjenom binomnog teoremaza y = 1:

(x + 1)n =nX

k=0

nk

xk

zatim deriviranjem obje strane jednakosti po x

n (x + 1)n1 =nX

k=0

k

n

k

xk1

i konaµcno uvrštavanjem x = 1.

Teorem 1.6. (Vandermondova konvolucija) Za n; m; k 2 N vrijedi n + m

k

=

kXi=0

n

i

m

k i

:

Dokaz. Na lijevoj strani jednakosti je broj k-µclanih podskupova (n + m)-µclanogskupa f1; 2; 3; : : : ; n + mg. Na desnoj prebrojavamo to isto, ali u odnosu na to koliko

je elemenata iz skupa f1; 2; 3; : : : ; ng, a koliko iz ostatka fn + 1; n + 2; : : : ; n + mg.Broj elemenata iz f1; 2; 3; : : : ; ng oznaµcen je s i i varira od 0 do k.

Sljedéci teorem govori o svojstvu unimodalnosti niza binomnih koe…cijenatank

, k = 0; : : : ; n, koje se lako "vidi" iz n-tog retka Pascalovog trokuta. Za konaµcan

niz kaµzemo da je unimodalan ako je do nekog µclana rasúci, a nakon tog µclanapadajući.

Teorem 1.7. Za n 2 N i k 2 N [ f0g takav da je k 12 (n 1) vrijedi

n

k

n

k + 1

:

Jednakost vrijedi jedino ako je n = 2k + 1.

Dokaz. Teorem dokazujemo algebarski. Ova nejednakost se svodi na

n!

k! (n k)! n!

(k + 1)! (n k 1)! ;

pa dijeléci je s n! i mnoµzéci s k! (n k 1)! dobijemo1

n k 1

k + 1

što je ekvivalentno s 2k + 1 n, odnosno k 1

2 (n 1) i teorem je dokazan.


15/133


Korolar 1.1. Za n 2 N i k 2 N [ f0g takav da je k 12 (n 1) vrijedi

n

k

n

k + 1

:

Jednakost vrijedi jedino ako je n = 2k + 1.

Dokaz. Dokaz slijedi iz tvrdnje prethodnog teorema i svojstva simetrije binomnihkoe…cijenata.

Primjedba 1.1. * Kombinatorni dokaz unimodalnosti niza binomnih koe…cijenata:Neka je k < n=2 i pogledajmo sve diskretne šetnje po cjelobrojnoj koordinatnoj

mre µ zi iz toµ cke (0; 0) u toµ cku (k; n k) takve da je dozvoljeno samo pomicanje za jedan u desno ili gore. Takvih šetnji ima

nk

, koliko i na µ cina da od ukupno n pomicanja izaberemo njih k za pomicanje u desno, jer ostalih n

k pomicanja prema gore su

s time tako†er odre†ena. Konstruirajmo injekciju sa skupa svih šetnji iz O = (0; 0)do A = (k; n k) u skup šetnji iz O = (0; 0) do B = (k + 1; n k 1) na sljede ́ ci na µ cin (vidi sliku 1.1): ozna µ cimo sa L toµ cku presjeka šetnje iz O do A sa simetralom du µ zine AB. Ako takvih presjeka ima više, sa L ozna µ cimo presjek najbli µ zi toµ cki A.Kako je k < n=2, presjek sigurno postoji. Simetri µ cno preslikajmo p dio šetnje od Ldo A s obzirom na simetralu du µ zine AB. Dobijemo šetnju p0 od L do B koja zajednosa t starim dijelom šetnje od O do L daje novu šetnju t [ p0 od O do B. Ovakvopreslikavanje f (t [ p) = t [ p0 je oµ cito injekcija, pa kako šetnji iz O do A ima n

k

,

a šetnji iz O do B ima

nk+1

dokazali smo da je

nk

nk+1

.

Nadalje, zbog simetrije binomnih koe…cijenata direktno slijedi nk nk+1 za k > n=2.

Slika 1..1: Konstrukcija injekcije f

Zadatak 1.1. Algebarski ili kombinatorno doka µ zite da za n 2 N vrijedi nX

k=0

n

k

2k = 3n:


16/133


Ideja: algebarski dokaz iz binomnog teorema za x = 2, y = 1. Za kombinatorni dokaz promatrajte sve ternarne nizove (od 0; 1; 2) duljine n.

Zadatak 1.2. Doka µ zite da za n 2 N vrijedi nX

k=0

k (k 1)

n

k

= n (n 1) 2n2

a) algebarski,

b) kombinatorno.

Koriste ́ ci ovaj rezultat pokušajte izra µ cunati µ cemu je jednakon

Xk=mkm

n

k:

Rješenje: Pn

k=m kmnk

= 2nmnm. Algebarski dokaz dobijemo iz binomnog teo-

rema za y = 1, deriviraju ́ ci m puta po varijabli x. Kombinatorni dokaz dobijemokada poka µ zemo da su lijeva i desna strana jednakosti jednake broju na µ cina da izme†u n ljudi izaberemo delegaciju, a zatim iz delegacije izaberemo m µ clanova delegacije od kojih svaki ima svoju istaknutu funkciju. Primjerice, u slu µ caju m = 2 na poµ cetku zadata, izme†u n ljudi izaberemo delegaciju, a zatim iz delegacije predsjednika i pod-presjednika.

Zadatak 1.3. Kombinatorno doka µ zite identitet

nk = nkn 1k 1:Ideja: prebrojite parove (x; M ) gdje je jM j = k, M f1; 2; 3; : : : ; ng i x 2 M .Zadatak 1.4. Doka µ zite kombinatorno nejednakost

2n

n


17/133


Zadatak 1.6. Neka su n; k;l 2 N takvi da je n k l. Doka µ zite kombinatornoidentitet

n

k

k

l

=

n

l

n lk

l

:

Ideja: prebrojite na dva na µ cina sve parove (L; K ) podskupova od f1; 2; 3; : : : ; ng,takve da vrijedi L K , jLj = l, jK j = k.Zadatak 1.7. Neka su k;m; n 2 N takvi da je k + m n. Doka µ zite kombinatornoidentitet

n

m

n m

k

=

n

k

n k

m

:

Ideja: prebrojite na dva na µ cina sve parove (M; K ) podskupova od f1; 2; 3; : : : ; ng,takve da vrijedi M \ K = ;, M [ K f1; 2; 3; : : : ; ng, jM j = m, jK j = k.

Zadatak 1.8. Poka µ zite da je nX

k=0

n

k

2=

2n

n

a) koriste ́ ci binomni teorem za (1 + x)2n,

b) kombinatorno.

Ideja: a) usporedite koe…cijente uz xn u binomnom razvoju od (1 + x)2n i (1 + x)n (1 + x)n,b) kod n-µ clanih podskupova skupa f1; 2; 3; : : : ; 2ng prebrojite koliko je elemenata

manjih ili jednakih od n, a koliko ve ́ cih od n.

Zadatak 1.9. Kombinatorno doka µ zite identitet n

2

=

k

2

+ k (n k) +

n k

2

:

Ideja:

n2

je broj bridova u potpunom grafu s n vrhova. Razdvojite skup vrhova na

dva podskupa od k i n k vrhova.Zadatak 1.10. Doka µ zite analogon binomnog teorema za padaju ́ ce potencije

(x + y)n =n

Xk=0 n

kxkynk

Rješenje: Matemati µ ckom indukcijom po n. Baza: za n = 1 imamo x + y = x + y.Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n 2 N i provjerimo korak indukcije:

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

k=0

n

k

xkynk ((x k) + (y (n k)))

=nX

k=0

n

k

xk+1ynk +

nXk=0

n

k

xkynk+1 =

n+1Xk=1

n

k 1

xkynk+1 +nX

k=0

n

k

xkynk+1

= xn+1 +n

Xk=1

nk 1 + n

kxkynk+1 + yn+1 =

n+1

Xk=0

n + 1k xkyn+1k:


18/133


Binomni koe…cijenti za "velike" n i k*

Za "velike" n i k binomne koe…cijente

nk

je teško raµcunati. Umjesto toµcnevrijednosti u primjenama je dovoljno znati njihovu brzinu rasta. Takve procjenemogu se dobiti pomócu Taylorovog razvoja eksponencijalne funkcije

et = 1 + t + t2

2! +

t3

3! +

t4

4! +

Zato vrijedi nejednakost, koju ćemo µcesto koristiti:

1 + t < et za sve t 2 R n f0g .Propozicija 1.2. Neka su n, k 2 N [ f0g takavi da je k < n. Tada vrijedi ocjena

n

kk

n

k en

k k

:

Dokaz. Za donju ogradu imamo:nk

k=

n

k n

k n

k n

k n

k n 1

k 1 n 2k 2

n k + 11

=

n

k

:

Za gornju ogradu je:

(en)t > (1 + t)n =nXi=0

n

i

ti >

n

k

tk:

Supstitucijom t = k=n dobivamo

ek >

n

k

k

n

k:

Preciznija asimptotska ocjena moµze se dobiti Stirlingovom formulom:

n! =n

e

n p 2nen;

gdje je1

12n + 1 < n <

1

12n

Iz ove ocjene se dobiva i asimptotska ocjena za k-ti faktorjel od n

nk = nkek2

2n k3

6n2 +o(1) za k = o

n

3

4

;

odnosno za binomne koe…cijenten

k

=

nkek2

2n k3

6n2

k! (1 + o (1)) :

Prisjetimo se, za dvije realne funkcije f i g oznaka f = o (g) znaµci da vrijedi

limt!1

f (t)

g (t) = 0:


19/133


Binomni koe…cijenti za realni n

U sljedécoj de…niciji je poopćenje binomnog koe…cijenta za realni n.

De…nicija 1.2. Neka je x 2 R i k 2 N [ f0g. Tada de…niramo x0

= 1 i

x

k

=

xk

k! =

x (x 1) (x 2) (x k + 1)k!

za k > 0.

n-ta derivacija funkcije f (x) = (1 + x)m je f (n) (x) = mn (1 + x)mn, pa koristéciTaylorov razvoj funkcije f (x) oko x = 0 dobijemo sljedéci teorem.

Teorem 1.8. Neka je m 2 R, tada vrijedi

(1 + x)m

= Xn0

mnxngdje se sumira po svim n 2 N [ f0g.

Primijetimo da je suma iz prethodnog teorema konaµcna jedino ako je m 2 N[f0g, jer je u tom sluµcaju

mn

= 0 za m < n.

Primjer 1.1. Razvijte u red funkciju p

1 4x.Rješenje

p 1 4x = (1 4x)

1=2

= Xn01=2

n (4x)n :Nadalje je

1=2

n

=

12 1

2

32

2n32

n!

= (1)n1 (2n 3)!!2n n!

i stoga p

1 4x = Xn0

2n (2n 3)!!n!

xn:

U zapisu su korištene dvostruke faktorjele

n!! =

bn12 cY

i=0

(n 2i) :

Mnoµ ze ́ ci brojnik i nazivnik s (n 1)!, nije teško vidjeti da vrijedi 2n (2n 3)!!

n! = 2

(2n 2)!n! (n 1)! ;

pa imamo

p 1 4x = 2Xn0

2n2n1 n xn:


20/133


Zadatak 1.11. Doka µ zite da je

1p 1 4x = Xn0

2n

n

xn:

Zadatak 1.12. Razvijte u red funkciju f (x) =q

1+x1x .

Ideja:q

1+x1x =

1+xp 14(x2=4) i koristite rezultat prethodnog zadatka.

Primjedba 1.2. Zadatak 1.10. moµ ze se jednostavnije riješititi dijeljenjem obje strane jednakosti s n! i zatim svo†enjem na Vandermondovu konvoluciju za "realne" binomne koe…cijente na sljede ́ ci na µ cin

(x + y)n =

nXk=0

nkxkynk , (x + y)n

n! =

nXk=0

xk

k!yn

k

(n k)!

,

x + y

n

=

nXk=0

x

k

y

n k

:

1.1.2. Multinomni teorem

Slijedi poopćenje pojma binomnog koe…cijenta.

De…nicija 1.3. Neka je n = Pki=1 ai, gdje su n, a1, . . . ,ak nenegativni cijeli brojevi.De…niramo

n

a1; a2; : : : ; ak

=

n!

a1!a2! ak! :

Broj

na1;a2;:::;ak

se zove multinomni koe…cijent .

Primjetimo, u sluµcaju k = 2 multinomni koe…cijent se svodi na binomni koe…cijent.

Teorem 1.9. (Multinomni teorem) Za sve n 2 N [ f0g vrijedi (x1 + x2 + + xk)n =

Xa1;a2;:::;ak

n

a1; a2; : : : ; ak

xa11 x

a22 xakk

pri µ cemu se sumira po svim k-tercima nenegativnih cijelih brojeva a1; a2; : : : ; ak za koje je n =

Pki=1 ai.

Dokaz. Mnoµzéci (x1 + x2 + + xk) (x1 + x2 + + xk), t.j. uzimajúci po jedan xi iz svake zagrade, µclan x

a11 x

a22 xakk moµzemo dobiti na toliko naµcina koliko

ima permutacija s ponavljanjem skupa s a1 elemenata x1, a2 elemenata x2, . . . ,ak

elemenata xk. Taj broj je upravo na1;a2;:::;ak.Sljedéci teorem opisuje vezu multinomnih i binomnih koe…cijenata.


21/133


Teorem 1.10. Za sve nenegativne cijele brojeve n, a1, . . . ,ak takve da je n =Pk

i=1 ai,vrijedi .

na1; a2; : : : ; ak = n

a1n a1

a2 n a1 ai

ai+1 n a1 ak1

ak :Dokaz. Svaku permutaciju s ponavljanjem skupa s a1 elemenata x1, a2 elemenatax2, . . . ,ak elemenata xk moµzemo dobiti tako da od n mjesta izaberemo a1 mjesta nakojima će biti x1, zatim od preostalih n a1 mjesta izaberemo a2 mjesta na kojimaće biti x2, itd.

Zadatak 1.13. Doka µ zite da je

a)

Xa1+a2+a3=n

na1; a2; a3 = 3n;b) X

a1+a2+a3=n

n

a1; a2; a3

(1)a2 = 1;

c) Xa1+a2+a3=n

n

a1; a2; a3

2a1 (1)a2+a3 = 0:

Rješenje: multinomni teorem a) x1 = x2 = x3 = 1, b) x1 = x3 = 1, x2 = 1,c) x1 = 2, x2 = x3 = 1.

1.1.3. Rasporedi identiµckih objekata u kutije koje razlikujemo

U ovom i sljedéca tri podpoglavlja razmatrati ćemo problem prebrojavanja svihrasporeda n objekata , primjerice istih ili razliµcitih lopti, u k kutija koje tako†ermoµzemo razlikovati ili ne.

U ovom podpoglavlju razmatramo prvi sluµcaj: 1. "Objekte ne razlikujemo,kutije razlikujemo".

Pretpostavimo da 20 lopti, iste boje i veliµcine, moramo podijeliti na µcetvero djece:Ani, Borni, Cviti i Duji. Kako su lopte iste, bitno je jedino koliko će lopti svakodijete dobiti. Problem se svodi na rastavljanje broja 20 u sumu µcetiri nenegativnacijela broja. Svakako, ovdje je poredak pribrojnika bitan, jer djecu razlikujemo.Raspored 0 + 7 + 8 + 5 nije isti kao i 7 + 0 + 5 + 8.

De…nicija 1.4. Rastavi broja n u zbroj nenegativnih cijelih brojeva, gdje je poredak pribrojnika bitan nazivaju se slabi rasporedi (engl. "weak composition of n").

Rastavi broja n u zbroj prirodnih brojeva, gdje je poredak pribrojnika bitan nazivaju se rasporedi (engl. "composition of n").


22/133


Napomenimo da je pojam particija broja n rezerviran za rastav u zbroj prirod-nih brojeva, gdje poredak pribrojnika nije bitan, što ćemo uskoro vidjeti.

Teorem 1.11. Neka su n, k 2 N. Broj svih nizova (a1; : : : ; ak) takvih da je ai

0

za svaki i 2 f1; : : : ; kg i n = Pki=1 ai jednak je n + k 1

k 1

=

n + k 1

n

:

Dokaz. Ovaj je broj oµcito jednak broju naµcina da n identiµckih lopti rasporedimo uk razliµcitih kutija. A ovaj je nadalje jednak broju razliµcitih nizova (permutacija) odkoji se svaki sastoji od n istih lopti i k 1 pregrada. Svaki takav niz jednoznaµcnoodre†uje broj lopti po kutijama (u prvu kutiju idu lopte do prve pregrade, u drugukutiju lopte izme†u prve i druge pregrade, itd.). Dakle, taj broj je jednak

(n + k 1)!n! (k 1)! :

Primjedba 1.3. Ako zamijenimo n i k u posljednjem teoremu dobijemo broj kom-binacija s ponavljanjem n-tog razreda s k-elemenata ( ai ovdje bilje µ zi koliko se puta u kombinaciji pojavljuje i-ti element k-µ clanog skupa).

U našem primjeru s 20 lopti i µcetvero djece ovaj broj je jednak 20+41

20 = 233 =1771. Što ako dodamo uvjet da svako dijete mora dobiti najmanje jednu loptu?Takvih rasporeda će oµcito biti manje. Pribrojnici u sumi sada moraju biti pozitivni

cijeli brojevi. Ovakvi rastavi broja n na pozitivne cijele pribrojnike gdje je poredakbitan nazivaju se rasporedi (engl. "composition of n"). Problem se lako riješiako najprije svakom djetetu podijelimo po jednu loptu, a zatim preostalih 16 loptipodijelimo kao u prethodno teoremu na

16+41

16

=193

= 969 naµcina.

Korolar 1.2. Neka su n, k 2 N. Broj svih nizova (a1; : : : ; ak) takvih da je ai > 0za svaki i 2 f1; : : : ; kg i n = Pki=1 ai jednak je n1k1.Dokaz. Korištenjem rezultata prethodnog teorema ovaj broj je jednak (nk)+k1k1 =n1k1

. Na drugi naµcin, poredajmo lopte u niz, i izme†u njih stavimo najviše jednupregradu. Raspored ovih pregrada jednoznaµcno odre†uje raspored po kutijama i totako da ne bude praznih kutija. Dakle, imamo n 1 mjesto izme†u lopti, a od njihbiramo k 1 gdje ćemo staviti pregrade. Tvrdnja slijedi.

Korolar 1.3. Za sve n 2 N broj svih rastava broja n u obliku n = Pki=1 ai, gdje su ai 2 N i gdje je poredak bitan, jednak je 2n1.

Dokaz. Prvi naµcin: kako k moµze biti najmanje 1, a najviše n, imamo

nXk=1

n 1k 1

= 2n1:


23/133


Drugi naµcin: matematiµckom indukcijom po n. Za n = 1 tvrdnja je oµcito istinita,postoji samo jedan ovakav rastav. Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za n, tj.imamo 2n1 ovakvih rastava. Ako u svakom takvom rastavu prvom elementu a1dodamo jedinicu, dobijemo rastav broja n + 1 koji za prvi pribrojnik ima najmanje

2. Ako nadalje svakom takvom rastavu dopišemo ispred jedinicu kao prvi pribrojnik,dobijemo rastav broja n +1 koji za prvi pribrojnik ima 1. Svaki rastav od n +1 moµzebiti dobiven na samo jedan od ova dva naµcina, što znaµci da ih ima toµcno 2 2n1 = 2nšto je i trebalo pokazati.

Dakle, dokazali smo sljedéce:-ako su prazne kutije dozvoljene n identiµcnih objekata moµzemo razmjestiti u k

razliµcitih kutija nan+k1k1

naµcina,

-ako prazne kutije nisu dozvoljene n identiµcnih objekata moµzemo razmjestiti u krazliµcitih kutija na

n1k1 naµcina,-ako prazne kutije nisu dozvoljene n identiµcnih objekata u razliµcite kutije moµzemorazmjestiti na 2n1 naµcina.

1.1.4. Particije skupa, Stirlingovi brojevi druge vrste

U drugom sluµcaju imamo obratnu situaciju: 2. "Objekte razlikujemo, kutijene razlikujemo".

Stoga moµzemo zamisliti da su lopte oznaµcene brojevima 1; 2; 3; : : : ; n. Problemse svodi na podjelu (particiju) skupa f1; : : : ; ng na k nepraznih, disjunktnih pod-skupova.

De…nicija 1.5. Rastav skupa f1; : : : ; ng na k nepraznih disjunktnih podskupova zovemoparticija skupa . Broj particija skupa f1; : : : ; ng na k dijelova ozna µ cava se sa S (n; k) i zove Stirlingov broj druge vrste. Dijelove (podskupove) partcije zovemoblokovima.

Iz de…nicije slijedi S (n; k) = 0 za n < k. Dogovorno je S (0; 0) = 1.

Primjer 1.2. Za n 1 je S (n; 1) = S (n; n) = 1. Tako†er, za n 2 je S (n; n 1) =

n2

jer od n 1 blokova svi su jednoµ clani, osim jednog dvoµ clanog.

Primjer 1.3. Vrijedi S (4; 2) = 7 jer imamo 7 particija skupa f1; 2; 3; 4g: f1; 2; 3g f4g;f1; 2; 4g f3g; f1; 3; 4g f2g; f2; 3; 4g f1g; f1; 2g f3; 4g; f1; 3g f2; 4g; f1; 4g f2; 3g.

Zadatak 1.14. Doka µ zite da za n 2 vrijedi S (n; 2) = 2n1 1.Rješenje: svaki podskup A od f1; : : : ; ng osim praznog skupa i cijelog f1; : : : ; ng

odre†uje jednu particiju tog skupa u dva bloka A i A. Takvih podskupova A ima 2n2. Ali kako A i A na ovaj na µ cin odre†uju istu particiju 2n2 treba još podijeliti s 2.

Ne postoji zatvorena formula za S (n; k), ali postoji otvorena formula koja sadrµzi

oznaku za sumu i izvesti ćemo ju u Poglavlju 1.2.3. koristéci formulu ukljuµcivanja-iskljuµcivanja. U sljedécem teormu dokazati ćemo rekurzivnu relaciju za S (n; k).


24/133


Teorem 1.12. Za sve n; k 2 N takve da je n k vrijedi

S (n; k) = S (n 1; k 1) + k S (n 1; k) :

Dokaz. Rekurziju dokazujemo kombinatorno. Pogledajmo maksimalni element n.Ako on µcini jednoµclani blok, onda preostalih n 1 elemenata na S (n 1; k 1)naµcina moµze dovršiti particiju. Ako n nije u jednoµclanom bloku, preostalih n 1elemenata moµzemo rasporediti u k blokova na S (n 1; k) naµcina, a zatim n moµzemosmjestiti u bilo koji od ovih k blokova i time smo dovršili particiju.

De…nicija 1.6. Broj svih particija skupa f1; : : : ; ng na neprazne blokove ozna µ cava se s B (n) i zove Bellov broj .

Dogovorno pretpostavljamo da je B (0) = 1. Oµcito vrijedi B (n) = Pni=0 S (n; i).Bellovi brojevi zadovoljavaju lijepu rekurzivnu relaciju.Teorem 1.13. Za sve n 2 N [ f0g vrijedi

B (n + 1) =nXi=0

n

i

B (i) :

Dokaz. Dokazati ćemo da i desna strana jednakosti prebrojava sve particije skupaf1; : : : ; n + 1g. Pretpostavimo da je element n + 1 u bloku veliµcine n i + 1, i =0; 1; : : : ; n. Preostale elemente iz tog bloka moµzemo odabrati na nni = ni naµcina,i nakon toga preostalih i elemenata razmjestiti u blokove na B (i) naµcina.Zadatak 1.15. Matemati µ ckom indukcijom po n doka µ zite da za n 3 vrijedi nejed-nakost

B (n) < n!

Rješenje: Baza: za n = 3 imamo B (3) = 5 < 6. Pretpostavimo neka tvrdnja vrijedi za sve brojeve n. Korak:

B (n + 1) =

n

Xi=0

niB (i) <n

Xi=0

nii! =n

Xi=0 n

i


25/133


1.1.5. Surjekcije

Sada je lako riješiti problem razmještaja n lopti u k kutija u trécem sluµcaju:3. "I objekte i kutije razlikujemo".

Brojevima oznaµcene lopte najprije razdijelimo u k blokova na S (n; k) razliµcitihnaµcina, a zatim blokove moµzemo razmjestiti u k razliµcitih kutija n k! naµcina. Dakle,n razliµcitih lopti u razliµcitih k kutija moµzemo razmjestiti na k ! S (n; k) naµcina.

Korolar 1.4. Broj svih surjekcija f iz n-µ clanog skupa u k-µ clani skup jednak je

k! S (n; k) :Dokaz. Surjekcije prirodno de…niraju particiju domene. Blokove µcine praslike el-emenata iz kodomene. Razliµcitih particija domene ima S (n; k), a na k! razliµcitihnaµcina ih još moµzemo preslikati u kodomenu.

Zanimljiva posljedica ovog rezultata je sljedéci korolar o prikazu obiµcnih potencijaxn pomoću padajúcih xn. Veza (koe…cijenti prelaza iz baze xn u xn) su upravoStirlingovi brojevi druge vrste!

Korolar 1.5. Za sve x 2 R i n 2 N vrijedi

xn =nX

k=0

S (n; k) xk: (1.2)

Dokaz. S obje strane jedakosti je polinom n-tog stupnja u x, pa je dovoljno pokazati

da se ovi polinomi podudaraju u barem n + 1 vrijednosti za x. Dokazati ćemo bitno jaµcu tvrdnju, tj. da se podudaraju za sve x 2 N.

Neka je x 2 N. Na lijevoj strani jednakosti je broj svih funkcija iz n-µclanogu x-µclani skup. I na desnoj strani je taj isti broj samo u odnosu na kardinalnibroj slike k, koji moµze biti najmanje 1, najviše n. Ako slika funkcije ima toµcno kelemenata, postoji

xk

naµcina za izbor te slike, a nadalje prema prethodnom korolaru

i k! S (n; k) naµcina za odabir same funkcije. Kako je xkk! S (n; k) = xk S (n; k)tvrdnja je dokazana.

Dakle, dokazali smo:-ako prazne kutije nisu dozvoljene n razliµcitih objekata u k razliµcitih kutija

moµzemo razmjestiti na S (n; k) k! naµcina.Zbog toga ako prazne kutije nisu dozvoljene n razliµcitih objetata moµzemo razm-

jestiti u razliµcite kutije naPn

i=1 S (n; i) i! naµcina.U sluµcaju kada su prazne kutije dozvoljene, umjesto surjekcija imamo funkcije (u

slici ne moraju biti svi elementi iz kodomene), pa n razliµcitih objekata u k razliµcitihkutija moµzemo razmjestiti na kn naµcina.

Zadatak 1.16. Doka µ zite da vrijedi S (n; 3) = 12 (3n1 + 1) 2n1, za n 3.

Ideja: 3! S (n; 3) je broj surjekcija iz n-µ clanog u 3-µ clani skup. Svih funkcija iz n-µ clanog u 3-µ clani skup ima 3n, od toga ih 3 imaju jednoµ clanu sliku, a dvoµ clanu

sliku ih ima 3 (2n 2). Slijedi da je 3! S (n; 3) = 3n 3 (2n 2) 3, odnosnoS (n; 3) = 1

2 (3n1 + 1) 2n1.


26/133


1.1.6. Particije broja

Preostaje µcetvrti sluµcaj: 4. "I objekte i kutije ne razlikujemo".

Dakle, ovdje je bitan samo broj lopti po kutijama, jer lopte ne razlikujemo. A

kako ni kutije ne razlikujemo 1 + 1 + 3 ili 1 + 3 + 1 ili 3 + 1 + 1 će predstavljati istiraspored, poredak ovih pribrojnika nije bitan.

De…nicija 1.7. Neka je a1 a2 ak 1 tako da vrijedi a1+a2+ +ak = n.Niz (a1; : : : ; ak) zovemo particija broja n. Broj svih particija ozna µ cavamo s p (n),dok broj particija s toµ cno k pribrojnika ozna µ cavamo s pk (n).

Pojam particija broja znaµci rastav broja n 2 N u zbroj prirodnih brojeva gdjeporedak pribrojnika nije bitan i ne smije se brkati s pojmom particija skupa. Oµcitovrijedi sljedéca jednakost

p (n) =nX

k=1

pk (n) :

Primjer 1.4. Vrijedi P (1) = 1; P (2) = 2; P (3) = 3; P (4) = 5; P (5) = 7; P (6) =11 itd. Poka µ zimo p (5) = 7, tj. da broj n = 5 ima 7 paticija. To su

(5) ; (4; 1) ; (3; 2) ; (3; 1; 1) ; (2; 2; 1) ; (2; 1; 1; 1) ; (1; 1; 1; 1; 1) :

Tako†er je p1 (5) = 1, p2 (5) = 2, p3 (5) = 2, p4 (5) = 1, p5 (5) = 1.

Teorem 1.14. Za broj particija s toµ cno k pribrojnika vrijedi rekurzivna relacija

pk (n) = pk1 (n 1) + pk (n k) :

Dokaz. Pogledajmo sve (a1; : : : ; ak) particije broja n. Onih u kojima je ak = 1 ima pk1 (n 1). Ako je ak > 1 uzmimo neka je bi = ai 1, i = 1; : : : ; k. Tada vrijedib1 b2 bk 1 i b1 + b2 + + bk = n k. Dakle (b1; : : : ; bk) je particijabroja n k, pa (a1; : : : ; ak) particija broja n u kojima je ak > 1 ima pk (n k).

Korolar 1.6. Vrijedi

pk (n) =

kXi=1

pi (n k) :

Dokaz. Koristimo uzastopce rekurziju iz prethodnog teorema za k, k1, k2, . . . ,2.Zbrajajúci sve ove jednakosti, zbog p1 (n k + 1) = 1 = p1 (n k) tvrdnja slijedi.

Nije teško vidjeti da vrijedi p1 (n) = pn (n) = 1, p2 (n) =n2

. Tako†er vrijedi

(što nécemo dokazivati) da je p3 (n) =jn2+412

k. Općenito, pribliµzne vrijednosti za

pk (n) i p (n) za velike n, dane su asimptotskim formulama

pk (n) nk1

k! (k 1)! ; p (n) 1

4p

3e

p

2n3

;


27/133


odakle se vidi da p (n) raste brµze od bilo kojeg polinoma, ali sporije od bilo kojeeksponencijalne funkcije f (n) = cn, za c > 1.

Problem pronalaµzenja egzaktne formule za p (n) još je teµzi nego za Stirlingovebrojeve druge vrste S (n; k). µCak ako i znamo sve p (i) za sve i < n, još uvijekne moµzemo jednostavno direktno izraµcunati p (n). Postoji MacMahonova rekurzijakoja ukljuµcuje tzv. pentagonalne brojeve, tj. brojeve oblika k (3k 1) =2. Ovdje jenavodimo bez dokaza:

p (n) = p (n 1) + p (n 2) p (n 5) p (n 7) + + (1)k p

n k (3k 1)

2

+ (1)k p

n k (3k + 1)

2

+

Istaknimo i posljednju mogućnost:-ako prazne kutije nisu dozvoljene n identiµcnih objekata moµzemo razmjestiti u k

identiµcnih kutija na pk (n) naµcina,-ako prazne kutije nisu dozvoljene n identiµcnih objekata moµzemo razmjestiti u

identiµcne kutije na p (n) naµcina.Stoga je oµcito da ako su prazne kutije dozvoljene n identiµcnih objekata u k

identiµcnih kutija moµzemo razmjestiti naPk

i=1 pi (n) naµcina.

Slijedi nekoliko korisnih rezultata o particijama broja p (n) pomoću funkcijaizvodnica.

De…nicija 1.8. Neka je ff ngn0 niz realnih brojeva. Tada red F (x) =P

n0 f nxn

zovemo funkcija izvodnica niza f

f ngn0.

Propozicija 1.3. Neka je pk (n) broj particija broja n s pribrojnicima k, p (n)broj particija broja n. Tada vrijedi

Xn0

pk (n) xn =kY

i=1

1

1 xi ;Xn0

p (n) xn =1Yi=1

1

1 xi :

Dokaz. Odredimo koe…cijent uz xn na desnoj strani jednakosti:

1 + x + x2 + x3 +

1 + x2 + x4 + x6 +

1 + xk + x2k + x3k +

Pogledajmo doprinose iz zagrada. Ako iz i–te zagrade odaberemo x jii, ji 0, ondavrijedi1 ji + 2 j2 + 3 j3 + + kjk = n;

a to je upravo particija broja n s pribrojnicima koji nisu véci od k. Time je prva jednakost dokazana. Kako je pn (n) = p (n), na sliµcan naµcin dokazuje se i druga jednakost.

Na†imo vezu izme†u particija broja n i particija skupa f1; : : : ; ng. Primjericeza n = 10 particija skupa f1; 5; 6g ; f2; 7g ; f3; 9g ; f4; 8g ; f10g je tipa (3; 2; 2; 2; 1).Općenito, pretpostavimo da je = (1; 2; : : : ; k) particija skupa f1; : : : ; ng gdjei oznaµcavaju blokove od . Poredajmo niz brojeva

j1

j;

j2

j; : : : ;

jn

j od najvéceg

do najmanjeg da bi dobili niz a1 a2 ak koji je oµcito particija broja n. Zaniz (a1; : : : ; ak) kaµzemo da je tip particije .


28/133


29/133


Zadatak 1.17. Na koliko na µ cina moµ zemo 7 raznobojnih lopti

a) podijeliti izme†u troje djece, ako svako dijete mora dobiti bar jednu loptu,b) razmjestiti u 3 kutije koje ne razlikujemo, ako ni jedna kutija ne smije ostati prazna.

Rješenje: a) S (7; 3) 3! = 301 6 = 1806, b) S (7; 3) = 301 (korišten zad.1.16).

Zadatak 1.18. Na koliko na µ cina moµ zemo 7 raznobojnih lopti a) podijeliti izme†u troje djece, (ako svako dijete ne mora dobiti loptu)b) razmjestiti u 3 kutije koje ne razlikujemo (prazne kutije su dozvoljene).

Rješenje: a) 37 = 2187,b)

P3i=1 S (7; i) = 1 + 63 + 301 = 365 (korišteni zad.1.14 i zad.1.16).

Zadatak 1.19. Na koliko na µ cina moµ zemo 7 lopti koje ne razlikujemoa) podijeliti izme†u troje djece, ako svako dijete mora dobiti bar jednu loptu,b) razmjestiti u 3 kutije koje ne razlikujemo, ako ni jedna kutija ne smije ostati

prazna.

Rješenje: a)62

= 15, b) p3 (7) = 4, jer su sve particije broja 7 s tri pribrojnika

(5; 1; 1) ; (4; 2; 1) ; (3; 3; 1) ; (3; 2; 2).

Zadatak 1.20. Na koliko na µ cina moµ zemo 7 lopti koje ne razlikujemoa) podijeliti izme†u troje djece, (ako svako dijete ne mora dobiti loptu)b) razmjestiti u 3 kutije koje ne razlikujemo (prazne kutije su dozvoljene).

Rješenje: a)7+3131

=92

= 36, b)

P3i=1 pi (7) = 1 + 3 + 4 = 8.

Zadatak 1.21. Neka je k 2n. Na koliko na µ cina moµ zemo k bombona (koje ne raz-likujemo) podijeliti izme†u n djece, ako svako dijete mora dobiti barem dva bombona.

Rješenje: Najprije svakom djetetu podjelimo po dva bombona, a zatim preostalih k2n bombona podijelimo izme†u n djece bez ikakvih uvjeta na k2n+n1n1

=kn1n1

na µ cina.

Zadatak 1.22. Na koliko na µ cina moµ zemo izabrati podskup S f1; : : : ; ng tako da je jS j = k i niti jedan element iz S nije sljedbenik nekog drugog elementa iz S , tj.x 6= y + 1, za sve x; y 2 S .

Rješenje: Za takav podskup S = fa1; a2; : : : ; akg ako je a1 < a2 < < ak mora vrijediti i a1 < a2 1 < a3 2 < < ak (k 1). Stavimo li bi = ai i + 1, broj na µ cina da odaberemo ovakav podskup S jednak broju na µ cina da odaberemo podskupfb1; b2; : : : ; bkg f1; : : : ; n k + 1g, a taj je

nk+1

k

.


30/133


Zadatak 1.23. (Quine 1988.) Poznati Veliki Fermatov teorem (engl. Fermat’s Last Theorem) tvrdi da za n > 2, jednad µ zba xn + yn = zn nema rješenja u skupu prirodnih brojeva. Ova tvrdnja se moµ ze reformulirati u terminima kombinatorike,preciznije prebrojavanjem rasporeda objekata koje razlikujemo u kutije koje su obo-

jane u crvenu ili bijelu boju ili nisu obojane. Pri tome i sve kutije me†usobno razlikujemo. Veliki Fermatov teorem tada glasi: broj rasporeda kada su crvene kutije prazne i broj rasporeda kada su bijele kutije prazne zajedno ne moµ ze biti jednak broju svih rasporeda u crvene, bijele i neobojane kutije ako je broj objekata ve ́ ci od 2. Poka µ zi da su ove dvije tvrdnje ekvivalentne.

Ideja: neka je n broj objekata, z broj svih kutija, x broj kutija koje nisu crvene,y broj kutija koje nisu bijele.

1.1.7. Ciklusi u permutacijama, Stirlingovi brojevi prve vrsteSvaku permutaciju p = p1 p2 pn skupa f1; : : : ; ng moµzemo poistovjetiti s bijekcijom p : f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng za koju je p (i) = pi.

Primjer 1.5. Permutaciju 321564 je ujedno i bijekcija g : f1; : : : ; 6g ! f1; : : : ; 6gza koju vrijedi g (1) = 3, g (2) = 2, g (3) = 1, g (4) = 5, g (5) = 6, g (6) = 4. Broj 2 zovemo …ksna toµcka permutacije. Nadalje vrijedi g2 (1) = g (g (1)) = g (3) = 1 i g2 (3) = g (g (3)) = g (1) = 3 pa su 1 i 3 …ksne toµ cke za g2. Sli µ cno se provjeri da su 4, 5 i 6 …ksne toµ cke za g3. Govorimo da toµ cke 1 i 3 µ cine 2-ciklus, a toµ cke 4, 5 i 6µ cine 3-ciklus permutacije g. Kako je g bijekcija, moµ zemo odrediti g1 i to je 321645.

Lema 1.1. Neka je p : f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng permutacija i x 2 f1; : : : ; ng. Tada postoji i 2 f1; : : : ; ng takav da je pi (x) = x.

Dokaz. Pogledajmo konaµcan niz p (x), p2 (x), p3 (x), . . . , pn (x) elemenata iz f1; : : : ; ng.Ako su neka dva od njih jednaka, tj. p j (x) = pk (x) i j < k, onda primjenjujućiinverznu permutaciju p1 na obje strane jednakosti j puta dobijemo x = pk j (x).Dakle i = k j. Ukoliko nema jednakih, onda je f p (x) ; p2 (x) ; p3 (x) ; : : : ; pn (x)g =f1; : : : ; ng i tvrdnja slijedi.

De…nicija 1.9. Neka je p : f1; : : : ; ng ! f1; : : : ; ng permutacija, x 2 f1; : : : ; ng te i namanji prirodan broj za kojeg vrijedi pi (x) = x. Tada i zovemo red elementa x, a (x; p (x) ; p2 (x) ; p3 (x) ; : : : ; pi1 (x)) zovemo i-ciklus permutacije p.

Korolar 1.7. Svaka permutacija se moµ ze prikazati kao disjunktna unija svojih cik-lusa.

Dokaz. Prema prethodnoj lemi svaki element iz f1; : : : ; ng je µclan nekog ciklusa.Prema de…niciji ciklusa i prema dokazu prethodne leme svi µclanovi ciklusa su ra-zliµciti, pa tvrdnja slijedi.

Permutacija iz prethodnog primjera 321564 ima cikliµcki zapis (2) (13) (564). Iako je rastav permutacije na cikluse jedinstven, ovaj zapis to nije. Istu permutaciju smo


31/133


mogli napisati na naµcin (31) (456) (2) ili (645) (2) (13). Zato dogovorno permutacijezapisujemo u kanonskoj cikli µ ckoj formi koja podrazumjeva da ciklus zapoµcinje snajvécim elementom, a cikluse zapisujemo prema rastućem poretku njihovih prvihelemenata. U primjeru permutacije 321564 kanonski cikliµcki zapis je (2) (31) (645),

za njenu inverznu permutaciju 321645 je (2) (31) (654), a za permutaciju 24513 je(412) (53) (vidi sliku 1.2). Kanonski cikliµcki zapis je jedinstven.

Slika 1..2: Permutacija 24513=(412)(53)

Permutacije na skupu f1; : : : ; ng kráce ćemo zvati n-permutacije. Skup svihn-permutacija oznaµcavamo sa S n i zovemo simetri µ cna grupa (ovaj naziv potiµce izteorije grupa).

Teorem 1.16. Neka su a1; a

2; : : : ; a

n 2 N

[ f0g

takvi da vrijedi Pni=1 i ai = n.Tada je broj n-permutacija s ai ciklusa duljine i, za i 2 f1; : : : ; ng jednak n!

a1!a2! an! 1a12a2 nan:Dokaz. Naniµzimo elemente skupa f1; : : : ; ng u nekom poretku, zatim s lijeva nadesno napišimo zagrade tako da dobijemo redom a1 1-ciklusa, a2 2-ciklusa, itd.Postoji n! naµcina da se ovo napravi, me†utim neki razliµciti zapisi će predstavljati istepermutacije ovog tipa. Zato je potrebno prebrojiti koliko razliµcitih zapisa odre†ujeistu permutaciju i s tim brojevima podijeliti n!. Elementi unutar ciklusa duljine ise mogu napisati na i razliµcitih naµcina, ovisno o prvom elementu, a da svi naµciniodre†uju isti ciklus. Kako imamo ai i-ciklusa za i 2 f1; : : : ; ng dijeliti trebamo sanQi=1

iai. Osim toga ako u zapisu zamjenimo redosljed dviju ili više ciklusa iste duljine

zapis će i dalje odre†ivati istu permutaciju. A ai i-ciklusa moµzemo ispermutirati na

ai! naµcina. Kako je i 2 f1; : : : ; ng dijeliti moramo i sanQi=1

ai!.

Ako n-permutacija ima ai ciklusa duljine i, za i 2 f1; : : : ; ng onda kaµzemo da jetipa (a1; a2; : : : ; an). Prethodni teorem daje dakle ukupan broj permutacija zadanogtipa.

Primjer 1.6. Broj razli µ citih n-permutacija sa samo jednim ciklusom, odnosno tipa (0; 0; : : : ; 0; 1) jednak je prema prethodnom teoremu (n 1)!. Kombinatorna in-terpretacija ovog rezultata je sljede ́ ca: broj razli µ citih rasporeda n ljudi za okruglim


32/133


stolom je (n 1)!. Kombinatorna interpretacija prethodnog teorema bi bio broj ras-poreda n ljudi za okruglim stolovima od kojih je ai stolova s i mjesta.

Primjer 1.7. Uz pretpostavku da su sve n-permutacije jednako vjerojatne, kolika

je vjerojatnost da je ciklus koji sadr µ zi 1 duljine k? Elemente ovog ciklusa moµ zemoizabrati na

n1k1

na µ cina, zatim ih na (k 1)! na µ cina poredati u ciklus, a preostalih n k elemenata moµ zemo ispermutirati na (n k)! na µ cina. Zbog toga ciklusa duljine k koji sadr µ ze 1 ima

n1k1

(k 1)!(n k)! = (n 1)!, pa je tra µ zena vjerojatnost (n 1)!=n! = 1=n. Interesantno je da ova vjerojatnost ne ovisi o duljini ciklusa k.

Slijedi de…nicija Stirlingovih brojeva prve vrste.

De…nicija 1.10. Ozna µ cimo s c (n; k) broj n-permutacija s k ciklusa. Broj s (n; k) =(

1)nk c (n; k) zovemo Stirlingov broj prve vrste.

Kao i kod Stirlingovih brojeva druge vrste dogovorno uzimamo da je c (0; 0) = 1i c (n; k) = 0 za n < k. Tako†er je oµcito c (n; 0) = 0 za n > 0, jer n-permutacijemoraju imati cikluse. Za brojeve c (n; k) postoji rekurzija sliµcna rekurziji za Stirlin-gove brojeve druge vrste:

Teorem 1.17. Za sve n; k 2 N takve da je n k vrijedi c (n; k) = c (n 1; k 1) + (n 1) c (n 1; k) :

Dokaz. Dokazati ćemo da i desna strana jednakosti prebrojava sve n-permutacijes k ciklusa. Pogledajmo gdje se nalazi n u cikliµckom zapisu tih permutacija. Dvijesu mogúcnosti:

(i) Broj n µcini zaseban 1-ciklus, pa preostalih n 1 brojeva moraju formiratipreostalih k 1 ciklusa, a to je moguće na c (n 1; k 1) naµcina.

(ii) Broj n ne µcini zaseban 1-ciklus, véc je umetnut negdje me†u preostalih n 1brojeva u k ciklusa. n 1 brojeva moµze formirati k ciklusa na c (n 1; k) naµcina, apotom se broj n moµze umetnuti iza bilo kojeg od njih, dakle na n 1 naµcina.

Tvrdnja teorema slijedi.

Konaµcno ćemo i opravdati naziv Stirlingovih brojeva, odnosno opisati vezu izme†uStirlingovih brojeva prve i druge vrste.

Lema 1.2. Za sve x 2 R i n 2 N vrijedi

xn =nX

k=0

c (n; k) xk: (1.3)

Dokaz. Dokazati ćemo da je koe…cijent uz xk s lijeve strane jednakosti tako†er jednak c (n; k) broju n-permutacija s k ciklusa. Uzmimo neka je

Gn (x) = xn = x (x + 1) (x + 2) (x + n 1) =

nXk=0

an;kxk:


33/133


Tada vrijedi

Gn (x) = (x + n 1) Gn1 (x) = (x + n 1)n1

Xk=0an1;kxk

=nX

k=1

an1;k1xk + (n 1)n1Xk=0

an1;kxk:

Dakle, dokazali smo jednakost dvaju polinoma

nXk=0

an;kxk =

nXk=1

an1;k1xk + (n 1)n1Xk=0

an1;kxk

odakle slijedi jednakost odgovarajúcih koe…cijenata za n; k 2 N takve da je n k

an;k = an1;k1 + (n 1) an1;k:

Kako brojevi an;k i c (n; k) zadovoljavaju istu rekurzivnu relaciju, a i poµcetni uvjetiim se podudaraju tj. c (0; 0) = a0;0 = 1, c (n; 0) = an;0 = 0 za n > 0, slijedi damoraju biti jednaki an;k = c (n; k).

Kako je (x)n (1)n = xn, ako zamijenimo u (1.3) x s x i pomnoµzimo objestrane jednakosti s (1)n dobijemo

xn =n

Xk=0 s (n; k) xk:

Uspore†ujući ovu jednakost s (1.2) koja glasi

xn =nX

k=0

S (n; k) xk

vidimo da Stirlingovi brojevi prve vrste imaju "inverzan efekt" od Stirlingovih brojeva druge vrste.

Primjedba 1.4. * Preciznije, jezikom linearne algebre, to zna µ ci da u vektorskom

prostoru polinoma stupnja n, s realnim koe…cijentima i kanonskom bazom B =f1; x ; x2; x3; : : : ; xng i bazom padaju ́ cih potencija B 0 = f1; x ; x2; x3; : : : ; xng, matrica prijelaza S iz B0 u B ima na mjestu (i; j) Stirlingov broj druge vrste S (i; j), dok matrica prijelaza s iz B u B0 ima na mjestu (i; j) Stirlingov broj prve vrste s (i; j).Ove dvije matrice su zato me†usobno inverzne matrice tj. vrijedi Ss = sS = I gdje

je I jedini µ cna matrica reda n + 1, odnosno vrijedi

nXk=m

S (n; k) s (k; m) = mn:


34/133


Zadatak 1.24. Red permutacije je najmanji prirodni broj k za kojeg vrijedi pk = p p p

| {z } k puta

= id, gdje je id identiteta. Doka µ zite da je red permutacije jednak naj-

manjem zajedni µ ckom višekratniku duljina ciklusa iz cikli µ ckog zapisa te permutacije.

Ideja: red svakog elementa x jednak je duljini ciklusa u kojem se nalazi.

Zadatak 1.25. Doka µ zite jednakost c (n; n 1) = S (n; n 1).

Rješenje: Kako smo pokazali S (n; n 1) = n2

trebamo pokazati c (n; n 1) =

n2

. n-permutacije s n1 ciklusa mogu biti jedino tipa (n 2; 1; 0; 0; : : : ; 0), pa kada

odaberemo dva elementa koji ́ ce µ ciniti 2-ciklus, permutacija je jednozna µ cno odre†ena.

Zadatak 1.26. Doka µ zite da vrijedi

c (n; n 2) = 18

n (n 1) (n 2) (n 3) + 13

n (n 1) (n 2) :

Rješenje: n-permutacije s n2 ciklusa mogu biti jedino tipa (n 3; 0; 1; 0; 0; : : : ; 0)ili tipa (n 4; 2; 0; 0; : : : ; 0). Permutacija tipa (n 3; 0; 1; 0; 0; : : : ; 0) je jednozna µ cnoodre†ena ako izaberemo tri elementa koji ´ ce µ ciniti 3-ciklus i zatim izaberemo jedan od dva mogu ́ ca ciklusa koja se mogu napraviti od ta tri elementa. Broj permutacija ovog tipa je jednak

n3 2. Permutacija tipa (n 4; 2; 0; 0; : : : ; 0) je jednozna µ cnoodre†ena ako izaberemo µ cetri elementa koji ́ ce µ ciniti dva 2-ciklusa, a kako su ciklusi

ravnopravni rezultat dijelimo s 2. Broj permutacija ovog tipa je jednak

n2

n22

=2.

Zbrajaju ́ ci dobijemo rezultat za c (n; n 2).

Zadatak 1.27. Neka je r (n) broj n-permutacija µ ciji kvadrat je jednak identi µ cnoj permutaciji id. Doka µ zite da vrijedi rekurzivna relacija

r (n + 1) = r (n) + n r (n 1) za n 1, r (0) = 1.

Ideja: u takvim permutacijama svi ciklusi moraju biti duljine 1 ili 2.

Zadatak 1.28. Doka µ zite da su permutacije f i f 1 istog tipa.

Ideja: razmotrite f i f 1 u cikli µ ckom obliku.


35/133


1.1.8. Eulerov teorem, Turanov broj

Princip dvostrukog prebrojavanja govori o oµcitoj µcinjenici: ako elemente nekog skupaprebrojimo na dva razliµcita naµcina, rezultat će biti jednak. U sluµcaju matrice tipa

n m µciji elementi su nule ili jedinice, oznaµcimo s ri broj jedinica u i-tom retku, asa s j broj jedinica u j-tom stupcu. Tada jenXi=1

ri =mX

j=1

s j

i ovaj broj je jednak broju svih jedinica u matrici.

Sljedéca lema je klasiµcan primjer za dvostruko prebrojavanje.

Lema 1.3. (Lema o rukovanju)U društvu od kona µ cno mnogo ljudi, uz pretpostavku da se nitko ne rukuje s istom

osobom više od jednom i da se nitko ne rukuje sam sa sobom, broj ljudi koji se rukovao neparan broj puta je paran.

Dokaz. Oznaµcimo osobe s P 1, P 2, . . . , P n i prebrojimo ure†ene parove (P i; P j) osobakoje su se rukovale. Neka je xi broj rukovanja osobe P i, a y ukupan broj rukovanja uovome društvu. S jedne strane, broj parova (P i; P j) osoba koje su se rukovale jednak

je Pn

i=1 xi, jer za svaki P i imamo xi mogúcnosti za P j . S druge strane, "rukovatise" je simetriµcna relacija, tj. ako su se P i i P j rukovali imamo dva para (P i; P j) i(P j; P i), pa je ukupan broj parova 2y. Dakle,

Pni=1 xi = 2y i u parnoj sumi broj

neparnih pribrojnika ne moµze biti neparan.

Lema o rukovanju je direktna posljedica općenitijeg identiteta iz sljedéce propozi-cije, µciji specijalni sluµcaj za grafove je dokazao Euler 1736. godine.

De…nicija 1.11. Za element x iz skupa X , i F familiju poskupova od X , s d (x)ozna µ cavamo broj elemenata iz F koji sadr µ ze x i zovemo stupanj elementa x.

De…nicija 1.12. Matrica incidencije M = (mx;A) za F familiju podskupova od X , je matrica s jX j redaka ozna µ cenih po elementima x 2 X i jFj stupaca ozna µ cenih po skupovima A 2 F , takva da vrijedi

mx;A = 1; ako je x 2 A;0; ako je x =2 A:Propozicija 1.4. Neka je F familija podskupova od X , tada vrijedi X

x2X d (x) =

XA2F

jAj :

Dokaz. Primjetimo da je d (x) jednak broju jedinica u x-tom retku matrice inci-dencije M = (mx;A), a jAj jednak broju jedinica u A-tom stupcu, pa dokaz slijedi.

Kako su grafovi familije dvoµclanih podskupova skupa vrhova X µcije elementezovemo bridovima, a stupanj vrha d (x) je broj vrhova susjednih s vrhom x, direktnaposljedica prethodne propozicije je sljedéci:


36/133


37/133


Zadatak 1.29. Neka je F familija k-µ clanih podskupova n-µ clanog skupa X sa svojstvom da je svaki l-µ clani podskup od X sadr µ zan u barem jednom elementu iz F .Doka µ zite da vrijedi

jF j nlkl :

Ideja: dokaz propozicije 1.5.

Zadatak 1.30. (Sperner 1928.) Neka je F familija k-µ clanih podskupova skupa f1; : : : ; ng. Familija S svih (k 1)-µ clanih podskupova koji su sadr µ zani u barem jed-nom elementu iz F zove se sjena familije F . Doka µ zite da vrijedi

jS j k jFjn k + 1 :

Rješenje: Neka je M = (mA;B) matrica sa stupcima ozna µ cenim po svim B 2 F i retcima ozna µ cenim po svim (k 1)-µ clanim skupovima A 2 S koji su sadr µ zani u

barem jednom elementu iz F i neka je

mA;B =

1; ako je A B;0; ako nije A B:

Ozna µ cimo s rA broj jedinica u retku ozna µ cenom s A i sB broj jedinica u stupcu ozna µ cenom s B. Za svaki B 2 F , sB je jednak broju (k 1)-µ clanih podskupova A 2 S koji su podskupovi od B, dakle sB = k za svaki B 2 S . S druge strane za svaki A 2 S vrijedi rA 1 i rA n (k 1) jer za k 1 danih elemenata skupa A, k-ti element koji je iz B

nA biramo izme†u preostalih n

(k

1) elemenata. Po

na µ celu dvostrukog prebrojavanja je

(n (k 1)) j S jXA2S

rA =XB2F

sB = k jFj :

Odavde slijedi tvrdnja:

jS j k jFjn k + 1 :

1.1.9. Naµcelo usrednjavanja

Pretpostavimo da imamo m objekata, pri µcemu je i-ti "veliµcine" li i µzelimo znatipostoji li barem jedan me†u ovih m objekata "veliµcine" véce od zadanog t. Usluµcaju t =

Pli

m imamo:

Naµcelo usrednjavanja: Svaki skup brojeva mora sadr µ zavati barem jedan broj koji nije manji od aritmeti µ cke sredine brojeva ovog skupa i barem jedan broj koji nije ve ́ ci od te aritmeti µ cke sredine .

Naµcelo usrednjavanja je praoblik vrlo korisne vjerojatnosne metode koja seµcesto koristi u ekstremalnoj kombinatorici, ali i u drugim podruµcjima diskretnematematike kao i u teorijskom raµcunarstvu. O vjerojatnosnoj metodi biti će ri-

jeµci u 4. poglavlju, a da bi pokazali kako se koristi naµcelo usrednjavanja, dokazatićemo dovoljan uvjet za nepovezanost grafa.


38/133


39/133


Propozicija 1.8. Neka su a1; : : : ; an nenegativni brojevi. Tada vrijedi

1

n

n

Xi=1 ai n

Yi=1ai!1=n

:

Dokaz. Uzmimo f (x) = 2x , 1 = 2 = = n = 1=n i xi = log2 ai, i = 1; : : : ; n.Kako je f (x) = 2x konveksna funkcija, primjenom Jensenove nejednakosti imamo

1

n

nXi=1

ai =nXi=1

if (xi) f

nXi=1

ixi

!= 2(

Pni=1 xi)=n =

nYi=1

ai

!1=n:

Pogledajmo nadalje binarna stabla s m listova i što moµzemo réci o njihovoj

prosjeµcnoj duljini puta od korijena do lista. Ovo se isto pitanje moµze prevesti uterminima "pre…x-free kodova" (teorija formalnih jezika).

Kod usmjerenog grafa (engl. directed graph, digraph) brid je ure†eni pare = (u; v) dvaju vrhova (oznaµcava se strelicom, vidi sliku 1.3). Prvi vrh nazivamo iroditelj, a drugi dijete.

Binarno stablo je usmjeren i povezan graf µciji svaki vrh ima najviše jednogroditelja i najviše dva djeteta. Vrh bez roditelja naziva se korijen (i takav je samo

jedan u binarnom stablu), a vrhovi bez djece zovu se listovi. Dubina vrha jeduljina puta od korijena do tog vrha. Tako na slici 1.3. vrh 50 je korijen, vrhovi 9,14, 19, 67 i 76 su listovi s dubinama redom 3, 3, 3, 3 i 2.

Slika 1..3: Binarno stablo

Neka je konaµcan skup µcije elemente zovema slova. zovemo alfabet. Rijeµcnad alfabetom je konaµcan niz slova iz .

Za primjer uzmimo binarni alfabet = f0; 1g, tada je primjerice 0101 rijeµcduljine 4 nad . Skup svih rijeµci nad oznaµcavamo sa

= f"; 0; 1; 00; 01; 10; 11; 000; 001; 010; 011; : : :g:

Ovdje je sa " oznaµcena prazna rijeµc (rijeµc duljine 0). Rijeµci …ksirane duljine (primjerice duljine k) mogu se zamišljati kao vrhovi hiperkocke (jediniµcne k-dimenzionalnekocke).


40/133


Na uvodimo binarnu operaciju konkatenacije (ulanµcavanja), primjerice zarijeµci a = 10 i b = 1100 konkatenacijom dobivamo rijeµc ab = 101100. Uz binarnuoperaciju konkatenacije je monoid (slobodan monoid generiran sa ).

Rijeµc a je pre…ks (ili lijevi faktor) rijeµci b ako je b = ac za neku rijeµc c. Pre…x-free kod ili kod bez pre…ksa je skup rijeµci C = fc1; : : : ; cmg gdje nijedna rijeµcnije pre…ks neke druge.

Svakom binarnom stablu, odnosno njegovim vrhovima moµzemo bijektivno pridruµzitiodre†eni skup rijeµci iz = f0; 1g na naµcin da svaki brid koji ide "u lijevo" oz-naµcimo sa 0, a svaki koji ide "u desno" sa 1. Za svaki vrh postoji jednoznaµcni putod korijena do danog vrha. Oznake bridova ovog puta zato jednoznaµcno odre†ujurijeµci iz f0; 1g. Tako primjerice vrhu 14 sa slike 1.3 odgovara rijeµc 001, vrhu 17 rijeµc(slovo) 0, vrhu 19 rijeµc 010, vrhu 76 rijeµc 11 itd.

Primijetimo da su na ovaj naµcin pre…x-free kodovi u bijektivnoj korespodenciji s

listovima binarnog stabla: za dano binarno stablo skup svih putova od korijena dolistova µcini pre…x-free kod, jer se ni jedan takav put ne moµze produµziti.

Iskaµzimo sada tvrdnju o prosjeµcnoj duljini puta od korijena do lista kod binarnogstabla.

Propozicija 1.9. Prosje µ cna duljina rije µ ci za C pre…x-free kod nije manja od log2 jC j.Odnosno, u terminima binarih stabala, prosje µ cna dubina lista binarnog stabla s mlistova nije manja od log2 m.

Dokaz. Neka je C =

fc1; : : : ; cm

g pre…x-free kod i neka je li duljina rijeµci ci.

Pogledajmo ukupnu duljinu l (C ) = l1 + l2 + + lm. Matematiµckom indukcijompo m ćemo dokazati da vrijedi l (C ) jC j log2 jC j. Sluµcajevi m = 1 i m = 2 sutrivijalni. Nadalje neka je C pre…ks-free kod s najmanje 3 rijeµci. Razdijelimo skupC na dva skupa u ovisnosti s kojim bitom zapoµcinje rijeµc: C 0 i C 1. Moµzemo b.s.o.pretpostaviti da su oba ova skupa neprazna, jer kad bi sve rijeµci iz C poµcimale istimslovom (ili slovima), to slovo (ili slova) bi mogli obrisati, preostali pre…x-free kodbi imao isti broj rijeµci, a duljina l (C ) bi se smanjila. Prvi bit (slovo) doprinosi sjC 0j + jC 1j = jC j u ukupnoj duljini l (C ), pa po pretpostavci indukcije imamo

l (C ) = (l (C 0) + jC 0j) + (l (C 1) + jC 1j)

jC 0j log2 jC 0j + jC 1j log2 jC 1j + jC j :Za x > 0 funkcija f (x) = x log2 x je konveksna, jer je f

00 (x) = (log2 e) =x > 0.Primjenjujući Jensenovu nejednakost na pretodnu procjenu uzimajući x1 = jC 0j,x2 = jC 1j i 1 = 1 = 1=2 dobijemo

l (C ) (jC 0j + jC 1j) log2jC 0j + jC 1j

2 + jC j

= jC j log2jC j

2 + jC j = jC j log2 jC j ;

što smo i htjeli dobiti.


41/133


Primjedba 1.5. Poznata Kraftova nejednakost iz teorije informacija glasi: ako je C = fc1; : : : ; cmg pre…x-free kod i li duljina rije µ ci ci, onda vrijedi

m

Xi=1 2li 1:Za binarni graf sa slike 1.3 je

Pmi=1 2

li = 22 + 4 23 = 3=4 1. Da bi dokazali ovu nejednakost uzmemo da je l = max li i Ai skup vrhova na hiperkocki f0; 1gl za koje je ci pre…ks. Ovi skupovi su disjunktni i svaki Ai je 2li-ti dio hiperkocke pa Kraftova nejednakost slijedi.

Prethodna propozicija se moµ ze jednostavno dokazati i na drugi na µ cin, koris-te ́ ci Kraftovu nejdnakost i Jensenovu nejednakost za f (x) = 2x i i = 1=m,i = 1; : : : ; m

2 1

m

Pmi=1 li 1

m

m

Xi=1 2li 1

m

i zato je 1

m

mXi=1

li log2 m.

1.1.11. Ocjene veliµcine presjeka*

Koliko ima r-µclanih podskupova n-µclanog skupa koji zadovoljavaju uvjet da svakadva u presjeku nemaju više od k elemenata. Intuitivno, što je k manji, manje će

biti ovakvih podskupova. Sljedéca lema daje precizan odgovor, a optimalnost ocjenedana je u primjedbi nakon leme.

Lema 1.4. (Corrádi 1969.) Neka su A1, A2, . . . ,AN r-µ clani podskupovi i X njihova unija. Ako je jAi \ A jj k za sve i 6= j onda vrijedi

jX j r2N

r + (N 1) k :

Dokaz. Korisréci jednakost (1.4), za svaki i = 1; : : : ; N je

Xx2Ai

d (x) =N

X j=1 j

Ai\

A jj

=jAi

j+ X

j6=i jAi

\A j

j r + (N

1) k:

Zbrajajúci po svim skupovima Ai i koristéci (1.5) i Cauchy-Schwarzovu nejednakost nXi=1

a2i

! nXi=1

b2i

!

nXi=1

aibi

!2dobijemo

N

Xi=1 Xx2Aid (x) =

Xx2X d (x)2 = jX j

Xx2X

d (x)2!

Xx2X 1

jX j2!

jX jP

x2X d (x)jX j

2=

(Pi jAij)2jX j =

(N r)2

jX j ;


42/133


pa koristéci prethodno dobivenu gornju ogradu zaP

x2Ai d (x) imamo

(Nr)2 N jX j (r + (N 1) k)i tvrdnja teorema je dokazana.

Slika 1..4: Projektivna ravnina reda 2

Primjedba 1.6. Nejednakost u tvrdnji prethodnog teorema je optimalna, tj. jed-nakost se posti µ ze za projektivnu ravninu reda

ekstremalna kombinatorika

Documents