null

KOMBINATORIKA I GRAFOVI
(predavanja i vježbe)
Prof. Božidar Tepeš
1
Kombinatorika i grafovi 1. predavanje
Multiskup i operacije s multiskupovima
Iz Matematike treba ponoviti:
a) skup i operacije sa skupovima
b) relacija, ekvivalencija i parcijalni uređaj
c) funkcija, kompozicija i inverzna funkcija
Sadržaji se mogu ponoviti iz M1 i M2, Vježbe iz Matematike.
Multiskup je skup S s funkcijom f : S  N gdje je N  1,2,3,... skup prirodnih brojeva ili
S, f  .
Primjeri multiskupova:
M 1  2  a, 3  b  a, a, b, b, bili M 1 S1 , f1 ; S1  a, bi f1 a   2, f1 b   3
M 2  2  a,1  b, 4  c  a, a, b, c, c, c, c
M 3  1  a, 3  b,2  c  a, b, b, b, c, c, c
Operacije s multiskupovima:
Unija multiskupova M 1  S1 , f1  i M 2  S 2 , f 2  je M 1  M 2  S1  S 2 , max f1 , f 2  .
U našem primjeru M 1  M 2  2  a, 3  b, 4  c.
Presjek multiskupova M 1  S1 , f1  i M 2  S 2 , f 2  je M 1  M 2  S1  S 2 , min f1 , f 2  .
U našem primjeru M 1  M 2  2  a,1  b.
Zbroj multiskupova M 1  S1 , f1  i M 2  S 2 , f 2  je M 1  M 2  S1  S 2 , f 1 f 2  .
U našem primjeru M 1  M 2  4  a, 4  b, 4  c .
Produkt multiskupova M 1  S1 , f1  i M 2  S 2 , f 2  je M 1  M 2  S1  S 2 , f 1 f 2  .
U našem primjeru M 1  M 2  4  a, 3  b .
Cartezijev produkt multiskupova M 1  S1 , f1  i M 2  S 2 , f 2  je
M 1  M 2  S1  S 2 , f x, y   f 1 x   f 2  y  .
U našem primjeru M 1  M 2  4  a, a , 2  a, b, 8  a, c , 6  b, a , 3  b, b,12  b, c , .
2
KiG 1.
Zadani su multiskupovi:
M 1  2  a, 3  b  a, a, b, b, bili M 1 S1 , f1 ; S1  a, bi f1 a   2, f1 b   3
M 2  2  a,1  b, 4  c  a, a, b, c, c, c, c
M 3  1  a, 3  b,2  c  a, b, b, b, c, c, c
1. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) M 1  M 3 b) M 2  M 3 c) M 3  M 1
2. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) M 1  M 3 b) M 2  M 3 c) M 3  M 1
3. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) M 1  M 3 b) M 2  M 3
c) M 3  M 1
4. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) M 2  M 3 b) M 2  M 3
c) M 3  M 1
5. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) M 1  M 3 b) M 2  M 3
c) M 3  M 1
5. Vrijede li za opisane operacije zakon komutacije i asocijacije?
6. Za prije opisane multiskupove izračunajte:
a) M 1  M 1 b) M 2  M 2 c) M 3  M 3 d) M 1  M 1
e) M 2  M 2
Prirodni broj n može se napisati kao produkta prostih brojeva i napisati kao multiskup s
elementima prostim brojevima s funkcijom koja pokazuje multiplicitet. Naprimjer n  18
može se napisati kao produkt 18  2  3  3 ili multiskup MP18  1  2, 2  3 .
7. Izračunajte multiskupove prikazom broja kao produkta prostih brojeva:
a) MP24
b) MP36
c) MP378 d) MP693
8. Na temelju rezultata iz prethodnog zadatka izračunajte:
a) MP24  MP36 b) MP378  MP693 Pokušajte na temelju dobivenih rezultata
odrediti značenje M m  M n .
9. Na temelju rezultata iz prethodnog zadatka izračunajte:
a) MP24  MP36 b) MP378  MP693 Pokušajte na temelju dobivenih rezultata
odrediti značenje MPm  MPn .
10. Što znači MPn u značenju inverzne funkcije od MPn  ?
Operacije sa skupovima, funkcije i relacije ponovite iz zadataka iz Matematike M1 i M2.
1
3
Kombinatorika i grafovi 2. predavanje
Dirichletov princip i Ramseyeva teorija
Dirichletov princip (jedan od najjednostavnijih principa u kombinatorici):
Ako n  1 predmeta bilo kako rasporedimo u n kutija, onda bar jedna kutija sadrži bar dva
predmeta. (dokaz kontradikcijom: Pretpostavimo da je u svakoj kutiji najviše jedan predmet.
Tada je broj predmeta najviše n . To je u kontradikciji s pretpostavkom o raspodjeli n  1
predmeta.)
Dirichletov princip ne daje odgovor koja je to kutija s bar dva predmeta.
Primjer 11. (str. 32)
Dirichletov princip (jaka forma):
Ako m predmeta smještamo u n kutija, onda bar jedna kutija sadrži
mn1   1 predmeta.
Funkcija pod od realnog broja x  je najveći cijeli broj koji je manji ili jednak realnom broju
x .(dokaz kontradikcijom: n  mn1   m  1  m )
Primjer 12. (str. 32), Primjer 19. (str. 34) Primjeri iz statistike.
Ramseyeva teorija.
Problem 1. U znanstvenom skupu od 6 ljudi barem se tri međusobno poznaju ili tri koji se
međusobno ne poznaju.
Problem 2. U skupu od 10 ljudi se barem tri međusobno poznaju ili četiri međusobno ne
poznaju. Jeli 10 ljudi minimalan broj ljudi koji zadovoljavaju postavljeni uvjet? Da li 8 ljudi
zadovoljavaju zadani uvjet?
Nove oznake:
n  1,2,..., n
X k  Y | Y  X
i Y  k
nk  Y | Y  n  1,2,..., n i
Y  k
Definicija bojanja skupa S je funkcija  : S  r  gdje je r broj boja ili elementima skupova
pridružujemo redni broj boje. Podskup T  S je istobojan ako je na njemu funkcija bojanja
konstanta ili svi elementi skupa imaju istu boju.
4
Bojenja dvočlanih podskupova brojeva s dvije boje je  : n2  2
Definicija strelice:
Pišemo n  l  , ako je definiramo bojenje  : n2  2 tada postoji skup T  n i T  l
takav da je skup T 2 istobojan.
Problem 1. se može označiti 6  3 ili 6  3,3 ili 6  32 .
Pišemo n  l1 , l 2 ,..., l r  , ako je definirano bojenje  : n  r  postoji i , 1  i  r i skup
2
T  n i T  li takav da je T 2 obojen i -tom bojom. Ako je l1  l 2  ...  l r  l umjesto
n  l1 , l 2 ,..., l r  pišemo n  l r .
Definicija Ramseyeve funkcija Rl1 , l 2 ,..., l r  je minimalan broj n koji zadovoljava
n  l1 , l 2 ,..., l r  .
Ramseyev teorem: Ramseyeva funkcija je dobro definirana ili postoji minimalni broj n koji
zadovoljava n  l1 , l 2 ,..., l r  .
Dokaz Problema 1. ili 6  3,3 ili 6  3 Ako označimo u ravnini 6 točaka (šest osoba na
znanstvenom skupu) brojevima 1,2,3,4,5,6 , a svaka dva koji se poznaju spojimo punom
linijom i svaka dva koji se ne poznaju spojimo crtkanom linijom. Ako promatramo jednu
točku (bilo koju osobu) nju možemo spojiti ili ne spojiti s 5 točaka. Prema Dirichletovom
principu broj spajanja ili ne spajanja je barem 3. ako je to 3 spajanja tada ako još spojimo
međusobno dvije od tih tri točke s kojima je spojena prva točka to dobili smo tri točke ili tri se
osobe poznaju, ako ne spojimo te tri točke međusobno to su tri točke koje nisu spojene ili to
su tri osobe koje se ne poznaju. Na isti način zaključujemo ako jednu točku ne spojimo s tri
točke.
Označimo n  l1 , l 2 ,..., l r  , ako je definirano bojenje  : n  r  postoji i , 1  i  r i
k
k
skup T  n i T  li takav da je T k obojen i -tom bojom.
U slučaju bojenja s jednom bojom vrijedi
l
 r  1  l1 , l 2 ,..., l r  .
1
i
i
Dokaz je lako vidljiv jer vrijedi
l
i
i
 r  1  1   li  1 .
i
To se može izreći kao Opći Dirichletov princip: Neka su zadani prirodni brojevi l1 , l 2 ,..., l r .
Ako l1  l 2  ...  l r  r  1 predmet rasporedimo u kutije K1 , K 2 ,..., K r , onda bar jedna kutija
K i sadrži barem l r predmeta.
5
Dokaz kontradikcijom: Nema takve kutije ili
l1  1  l 2  1  ...  l r  1  l1  l 2  ...  l r  r  l1  l 2  ...  l r  r  1. To je ujedno i dokaz
l
 r  1  l1 , l 2 ,..., l r  .
1
i
i
Riješite Problem 2. (Problem se svodi na dokaz Ramseyeve funkcije R4,3  9 ).
6
KiG 2
1. Ispit iz Matematike položilo je 77 studenata. Procijenite broj studenata s istom
ocjenom.
2. Računalo je radilo 235 minuta u toku jednog dana (24 sata).Pokažite da je računalo u
toku jednog dana u tri uzastopna sata radilo barem pola sata.
3. U svakom skupu od 7 različitih prirodnih brojeva mora postojati barem jedan par
brojeva kojima je zbroj ili razlika višekratnik broja 10.
4. Pokažite da u skupu od n  1 različitih brojeva između 1 i 2n postoji barem jedan par
relativno prostih brojeva (relativno prosti brojevi nemaju zajedničku mjeru).
5. Na Odsjeku za informacijske znanosti ima 35 nastavnika iz polja informacijskih
znanosti. Polje informacijskih znanosti ima osam grana informacijskih znanosti.
Ocijenite broj nastavnika iz iste grane.
6. Dokažite da se na skupu od šest osoba ili tri poznaju ili tri ne poznaju.
7. Dokažite da se u skupu on n ili se sve osobe ne poznaju ili se dvije poznaju.
8. Dokažite da se na skupu od deset osoba ili četiri međusobno poznaju ili se tri ne
poznaju.
a) Vrijedi li to za skup od devet osoba?
b) Vrijedi li to za skup od osam osoba?
7
Kombinatorika i grafovi 3. predavanje
Prirodni brojevi, matematička indukcija i rekurzija
Skup prirodnih brojeva N  1,2,3,... ima dva važna svojstva:
a) 1  N
b) n  N  n  1  N
Princip matematičke indukcije.
Svaki podskup skupa realnih brojeva S  R koji ima svojstva:
a) 1  S
b) x  S  x  1  S
tada skup S sadrži skup prirodnih brojeva N ili N  S .
Primjena principa matematičke indukcije:
Neka je M podskup skupa prirodnih brojeva N ili M  N za koji vrijedi:
a) 1  M
b) x  M  x  1  M
tada principom matematičke indukcije vrijedi N  M što zajedno s pretpostavkom M  N
znači M  N .
Princip definicije indukcijom ili rekurzija.
Neka je zadan skup S . Ako je a  S i za svaki prirodni broj n  N postoji preslikavanje
f n1 : S n1  S tada postoji niz a n  s elementima iz skupa S , takav da je:
a1  a
a n  f n 1 a1 , a 2 ,..., a n 1 
Na taj je način zadan niz rekurzivnom formulom
an  f n1 a1 , a2 ,..., an1  iz početnog uvjeta
a1  a sa svim članovima iz skupa S .
Primjer 1. Kako glasi niz a n  zadan rekurzivnom formulom an  n  an1 uz uvjet a1  1 .
Primjer 2. Kako glasi niz a n  zadan rekurzivnom formulom an  xn  an1 uz uvjet a1  x1 .
8
Primjer 3. Fibonaccijev niz razmnožavanja zečeva. Sa Fn označimo broj parova zečeva (zec i
zečica) na početku n -tog mjeseca. Zečevi se razmnožavaju na slijedeći način. Svaki par
zečeva, starijih od dva mjeseca dobiju tokom slijedećeg mjeseca par mladih zečeva. Na
početku prvog mjeseca imamo jadan par mladih zečeva F1  1. Na početku drugog mjeseca
također imamo taj isti par F2  1 . Sada pogledajmo situaciju na početku n  2 mjeseca
imamo još uvijek Fn 1 parova iz početka n  1 mjeseca i Fn novorođenih jer su stariji od dva
mjeseca. Tako dolazimo do rekurzivne formule Fn 2  Fn1  Fn .
Linearna homogena rekurzija s konstantnim koeficijentima je:
an  c1an1  c2 a n1 ...  c2 anr za n  r .
Ta se rekurzija rješava pretpostavkom rješenja oblika a n  x n . Uz ovu pretpostavku dolazimo
do karakteristične jednadžbe:
x r  c1 x r 1  c2 x r 2  ...  cr  0
Ako su sva rješenja karakteristične jednadžbe x1  x2  ...  xr tada je rješenje te rekurzije
an  1 x1n  2 x2n  ...  r xrn .
Na primjer Fibonaccijev niz ima linearnu rekurziju:
Fn  Fn1  Fn2 uz početne uvjete F1  F2  1 .
Karakteristična je jednadžba x 2  x  1  0 . Rješenja karakteristične jednadžbe su x1  12 5 i
x2  12 5 . Rješenje rekurzije je Fn  1
 
1 5
2
n
 2
  . Iz početnih uvjeta dobivamo sustav
1 5
2
n
jednadžbi:
    
1      
1  1
1 5
2
1
1 5
2
2
1 5
2
2
2
1 5
2
2
Rješenje tog sustava jednadžbi je 1  
Rješenje naše rekurzije je Fn  
1
5
1
5
i 21 
 
1 5
2
n

1
5
1
5
.

1 5
2

n
.
Odatle slijedi da će na kraju godine ili na početku 13. mjeseca biti
F13  
 
1 1 5
2
5
13

 
1 1 5
2
5
13
=233.
Do rezultata možemo doći direktno rekurzijom:
F1  1, F2  1 , F3  F1  F2  1  1  2 , F4  F3  F2  1  2  3 , F5  F4  F3  3  2  5 ,
F6  F5  F4  5  3  8 , F7  F6  F5  8  5  13 , F8  F7  F6  13  8  21 ,
9
F9  F8  F7  21  13  34 , F10  F9  F8  34  211  55 , F11  F10  F9  55  34  89 ,
F12  F11  F10  89  55  144 , F13  F12  F10  144  89  233 .
Broj   12 5  1,61803... je omjer zlatnog reza. ili božanski omjer.
10
KiG 3.
1. Dokažite matematičkom indukcijom:
n
a)  i 2 
i 1
n
n  n 1 2 n 1
6
b)
i
3
i 1

n
n 2  n 12
4
c)

i 1
1
i i 1

n
n
n 1
d)

i 1
i
2i
 2  n2n1
2. Izračunajte sume i produkte:
 3  2 
a)
i
i 1
 k  3 
2
5
b)
k  2
k 2
c)  2
3
j 0
j
 1
2
d)
3
 i  j 
i 1 j 1
3. Za n  N 0  0,1,2,... označimo s d n  broj dijelova na koje dijeli pravac n različitih
4.
5.
6.
7.
8.
točaka na pravcu, a s pn  broj dijelova ravnine na koji dijeli n pravaca od kojih se
svaka dva sijeku samo u jednoj točki. Opišite d n  i pn  rekurzivnim formulama.
Igra „Tornjevi Hanoja“ je slijedeća: Na jednom od tri štapova nalazi se
n  N 0  0,1,2,... kolutova različitih veličina koji poredani odozgo prema dolje od
najmanjeg do najvećeg. Potrebno je koristeći druga dva štapa premještati kolutove
zadržavajući poredak po veličini s ciljem da se svi kolutovi premjeste na jedan drugi
štap. Opišite broj premještanja rekurzivnom formulom i na temelju nje ocijenite
potreban broj premještanja.
Na kliko se načina može čovjek popeti na n stuba ako može odjednom zakoračiti
jednu li dvije stube.
Riješite rekurziju an  4an1  an2  6an3 uz početne uvjete a0  1, a1  2, a2  4 .
Ako je zadana funkcija f : N  R i rekurzija an  f n  an1 . Pokažte da je rješenje
te rekurzije an  f 1 f 2... f na0 .
Korištenjem prethodnog rezultata riješite linearnu nehomogenu rekurziju
an  f nan1  g n .
9. Na temelju tog rješenja riješite rekurziju n  1an  n 2  nan1  n uz početni uvjet
a0  1 .
10. pokušajte riješiti nehomogenu linearnu rekurziju s konstantnim koeficijentima
an  4an1  4an2  2n  5  3n uz početne uvjete a0  0, a1  1 .
11
Kombinatorika i grafovi 4. predavanje
Pravila prebrojavanja
Temeljni problem u kombinatorici je problem određivanja broja elemenata skupa ili
prebrojavanja skupa. Ako skup označimo S tada se broj njegovih elemenata označava S .
Kod prebrojavanja elemenata konačnog skupa ili skupa s konačnim brojem elemenata koriste
se neka pravila. Temeljna pravila prebrojavanja su:
1.
2.
3.
4.
Pravilo jednakosti
Pravilo zbrajanja
Pravilo množenja
Pravilo uključivanja-isključivanja
Pravilo jednakosti glasi: Neka su S i T dva konačna skupa. (Skup je konačan ako ne postoji
bijekcija između skupa i njegovog pravog podskupa), tada vrijedi S  T ako i samo ako
postoji bijekcija među skupovima S i T .
To pravilo je i temelj prebrojavanja jer govori o "zlatnom pravilu" kada su dva broja
elemenata skupova jednaka.
Pravilo zbroja glasi: Ako je n  N , a S1 , S 2 , ..., S n konačni skupovi koji su međusobno
disjunktni (skupovi su disjunktni ako je njihov presjek prazan skup ili S i  S j   za i  j ) ,
n
tada njihova unija
 S i konačan skup i vrijedi
i 1
n
n
i 1
i 1
 Si   Si .
To pravilo je temelj mjerenju jer mjera unije disjunktnih skupova je jednaka zbroji mjera tih
skupova.
Pravilo množenja glasi: Ako je n  N , a S1 , S 2 , ..., S n konačni skupovi, tada je Kartezijev
n
n
produkt
S
i
konačan skup i vrijedi
S
n
  Si .
i
i 1
i 1
i 1
To pravilo je temelj prebrojavanja nizova ili n  torki elemenata skupova.
Pravilo uključivanja-isključivanja glasi: Ako je n  N , a S1 , S 2 , ..., S n  S konačni
n
skupovi koji su podskupovi iz skupa S , tada je njihova unija
S
 S konačan skup i
i
i 1
n
vrijedi
S
i 1
n
i
n
  Si   Si  S j 
i 1
i , j 1
i j
n
S
i , j , k 1
i j k
 S j  S k  ...   1
n 1
i
n
S
i
. Također pod
i 1
12
n
S
istim uvjetima presjek komplemenata
c
i
 S konačan je skup i vrijedi
i 1
n
n
n
i 1
i 1
i , j 1
i j
 S ic  S   S i   S i  S j 
n
 S i  S j  S k  ...   1
i , j , k 1
i j k
n
n
S
i
.
i 1
Primjer 1. U predavaonici je 12 studentica i 24 studenta. Na koliko se načina može izabrati:
a) jedna studentica ili student
b) jedan student i jedna studentica
Primjer 2. Koliko se može izdati registarskih tablica u gradu Zagrebu ako svaka tablica koristi
tri ili četiri brojke i jedno ili dva slova abecede?
Primjer 3. Koliko ima neparnih prirodnih brojeva 1000  n  9999 koji imaju sve različite
znamenke?
Primjer 4. U nekom razredu od 30 učenika, 10 voli matematiku, 14 fiziku, 13 kemiju, 5 vole
matematiku i fiziku, 7 voli fiziku i kemiju, 4 vole matematiku i kemiju, a 3 vole sva tri
predmeta. Koliko đaka ne voli ni jedan od ta tri predmeta?
Primjer 5. Koliko ima prirodnih brojeva do milijun koji nisu djeljivi ni s 2 ni s 3 ni s5?
13
KiG 4.
1. Svaki od 5 studenata izabere jednu od 8 studentica za ples. Na koliko se to načina
može izabrati?
2. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od milijun ili n  10 6 koji ne sadrže znamenku 2
u dekadskom zapisu?
3. Sportska prognoza ima 12 redaka.
a) Na koliko se načina može ispuniti sportska prognoza?
b) Na koliko se načina može ispuniti ako pretpostavimo dva fiksna rezultata?
c) Na koliko se načina može ispuniti ako pretpostavimo dva fiksna rezultata i tri?
rezultata s dva ishoda
4. Lokot ima šifru s četiri koluta. na svakom je kolutu brojka od 0 do 9. Lokot se otvara
samo na jedan niz brojeva ili šifru. Koliko mogućih šifri mogu imati lokoti?
5. Koliko ima mogućih riječi napravljenih od slova hrvatske abecede s najviše 5 slova
bez obzira na njihov smisao?
6. Na šahovskom turniru svaki je šahist odigrao s preostalim šahistima jednu partiju. Ako
je odigrano 78 partija.
a) Koliko je šahista sudjelovalo na turniru?
b) Koliko se kola igrao turnir?
7. Zadan je skup od pet vrhova v1 , v2 , v3 , v4 , v5 . Jednostavni graf se sastoji od vrhova i
bridova ili spojnica dva neka dva različita vrha. Koliko jednostavnih grafova možemo
napraviti od zadanih vrhova?
8. Imamo 20 šljiva i 10 oraha.
a) Na koliko načina može Ante izabrati šljivu ili orah?
b) Na koliko načina može Franjo izabrati šljivu i orah?
c) Na koliko načina mogu Ante i Franjo izabrati ako Ante najprije izabere šljivu
ili orah i poslije njega Franjo šljivu i orah.
9. Na koliko se načina mogu na šahovskoj ploči postaviti dvije figure ako ne napadaju
jedna drugu.
a) dvije kraljice
b) dvije kule
10. Koliko se različitih ogrlica može napraviti od 5 perli koje su različito obojene?
14
Kombinatorika i grafovi 5. predavanje
Prebrojavanje funkcija i injekcija
Prebrojavanje funkcija: Ako su S i T konačni skupovi tada skup svih funkcija f : S  T
označavamo T S . Ovu oznaku objašnjava broj svih funkcija T S  T
S
. Dokaz slijedi iz
pravila množenja.
Primjer 1. Binarni broj duljine n je n  torka brojeva sastavljena od znamenki 0 ili 1. Binarni
broj duljine n  8 zove se bajt. Koliko ima različitih:
a) binarnih brojeva duljine n
b) koliko ima bajta
Primjer 2. Koliko ima podskupova konačnog skupa S koji ima S elemenata?
Primjer 3. Koliko ima elemenata Kartezijev produkt S  S konačnog skupa S koji ima S
elemenata?
Primjer 4. Koliko ima binarnih relacija na konačnom skupu S koji ima S elemenata?
Prebrojavanje injekcija: Ako su S i T konačni skupovi tada skup svih injekcija f : S  T
označavamo T S . Ako vrijedi S  T tada postoje injekcije i njihov je broj:
T S  T  T  1  T  2  ...  T  S  1

S
Primjer 4. Koliko se riječi bez obzira na smisao može napravi od slova naše abecede:
a) riječi duljine četiri slova
b) riječi duljine četiri slova ako se slova ne ponavljaju
c) riječi duljine od najviše četiri slova ako se slova ne ponavljaju
15
KiG 5.
1. Na polici imamo 9 crvenih knjiga, 5 bijelih knjiga i 4 plave knjige.
a) Na koliko načina možemo odabrati crvenu ili bijelu ili plavu knjigu?
b) Na koliko načina možemo odabrati crvenu i bijelu i plavu knjigu?
2. Koliko se različitih nizova od tri člana može napraviti od crvenih, bijelih, plavih i žutih
kuglica?
a) Niz ima sve kuglice različitih boja.
b) Niz može imati kuglice istih boja.
3. Zadane su funkcije f : a, b, c, d   0,1,2,3,4,5,6,7,8,9. Koliko ima:
a) svih funkcija?
b) ima injekcija?
4. Koliko ima binarnih relacija na skupu X  0,1,2 ?
5. Zadani skupovi A  a, b, c, d  i B  0,1,2.
a) Koliko ima podskupova skupa A B ?
b) Koliko od tih podskupova predstavljaju graf funkcija g : A  B ?
c) Koliko od tih podskupova predstavljaju graf injekcija g : A  B ?
6. Koliko se brojeva od 4 znamenke može zapisati u heksadecimalnom sustavu znamenaka
H  0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, A, B, C, D, E, F :
a) ako sve znamenke različite
b) ako ima i jednakih znamenki
7. Koji je nužan uvjet za postojanje injekcije f : A  B , ako su A i B konačni skupovi?
16
Kombinatorika i grafovi 6. predavanje
Permutacije skupova i multiskupova
Ako je S  T tada T S  T ! i tako dolazimo do broja funkcija koje su injekcije i surjekcije
ili bijekcije.
Ako je skup T jednak skupu S dolazimo do bijekcija f : S  S . To su permutacije.
Permutacije su bijekcije f : S  S . Ako je S  n  1, 2, ..., n onda skup svih permutacija s
operacijom kompozicije ili množenja funkcija čini grupu S n  S ,, e . Broj permutacija ili
elemenata te grupe koja se zove i simetrična grupa je S n  n ! . Svaku permutaciju možemo
označavati:
 1
2
...
n 
1
2 ... n 
  i1 i2 ... in
  
  
  1  2 ...  n   i1 i2 ... in 
Jedinična permutacija je e  12 3... n Inverzna permutacija se označava  1 i vrijedi
 1       1  e .
Primjer 1. Neka je zadan skup permutacija na S  6  1,2,3,4,5,6 ili simetrična grupa S 6 .
U toj simetričnoj grupi zadane su dvije permutacije   243165 i q  351426 . Izračunajte:
a) kompozicije ili permutacije   q i q  
b) inverzne permutacije  1 i q 1 .
c) permutacije  2 ,  3 ,  4 , ... ,  n
d) koliko ima permutacija na S  6  1,2,3,4,5,6
Ako je permutacija bijekcija onda za svaki x  n postoji k  n za koji vrijedi  k x   x , a
niz x,  x ,  2 x , ...,  k 1 x  nazivamo ciklus duljine k od permutacije  . Na taj način
možemo permutaciju rastaviti na disjunktnu uniju ciklusa C1 , C2 , ..., Cr .


Standardni ciklički zapis se temelji na dva uvjeta:
a) svaki ciklus počinje s najvećim elementom
b) ciklički se zapisi popisuju po uzlaznom redu njihovih prvih elemenata.
Primjer 2. Na temelju podataka iz Primjera 5. odredite za permutacije  i q :
a) cikluse
b) standardni ciklički zapis
17
Ako umjesto skupa S promatramo multiskup M S , f  tada permutacija multiskupa je niz
svih elemenata multiskupa. Dvije permutacije multiskupa su jednake ako predstavljaju iste
nizove.
Na primjer ako je multiskup M  3  a, 2  b moguće permutacije tog multiskupa su nizovi:
a,a,a,b,b
a,a,b,a,b
a,a,b,b,a
a,b,a,a,b
b,a,a,a,b
b,a,a,b,a
b,a,b,a,a
b,b,a,a,a
a,b,a,b,a
a,b,b,a,a
Broj permutacija multiskupa M   f a1   a1 , ..., f ar   ar   m1  a1 , ..., mr  ar  na skupu
S  a1 , ..., ar  veličine m1  ...  mr  n je:
n!
m1 !...mr !
Primjer 3. Koliko se različitih riječi od pet slova bez obzira na smisao može napraviti od slova
riječi PAPAK i koje su to riječi.
Primjer 4. Koliko ima različitih binarnih duljine 8 (bayt) koji imaju:
a) tri nule i pet jedinica
b) više nula od jedinica
18
KiG 6.
1. Na skupu S  7 zadane su permutacije   5462137 i   1743256 . Izračunajte:
a)    i   
b)  1 i  1
c)  2 i  2   2
2.
a)
b)
c)
Za permutacije  i  iz 1. zadatka izračunajte:
za svaki x  S cikluse i njihovu duljinu
cikličke rastave
standardni ciklički rastav
3. Za permutacije  i  iz 1. zadatka odredite:
a) permutacije koje su ispred njih u leksikografskom poretku
b) tri permutacije koje su iza njih u leksikografskom poretku
4.
a)
b)
c)
Na koliko se načina može 6 nastavnika rasporediti po sobama:
ako svaki nastavnik dobiva svoju sobu
ako u tri sobe dolaze po dva nastavnika
ako u dvije sobe dolaze po dva nastavnika i u dvije sobe po jedan nastavnik
5.
a)
b)
c)
d)
Na koliko se načina može oko stola smjestiti 6 gostiju:
ako ne uvažavamo pomake u krug
ako uvažavamo pomake u krug
ako uvažavamo zrcaljenje
ako uvažavamo pomake u krug i zrcaljenje
6.
a)
b)
c)
d)
e)
Koliko ima brojeva od 6 znamenki:
ako su sve znamenke različite
ako se znamenke mogu ponavljati
ako broj ima jednu 1, dvije 2, tri 8 i četiri 9.
ako ima barem sedam 7
ako ima najviše šest 7
7. Na temelju slijedećih ocjena izračunajte 100!:
a)
n  n!  n21 
n
2
n
n! 2n  ne 
n
b) za velike n vrijedi Stirlingova ocjena
19
Kombinatorika i grafovi 7. predavanje
Kombinacije skupova i multiskupova
Neka je skup S konačan skup i S  n . Svaki podskup K skupa S s r  n elemenata je
r -kombinacija. skup svih r -kombinacija skupa S označava se:
K rn  K | K  S i K  r
Broj svih r -kombinacija konačnog skupa S sa S  n elemenata je:
n
K    
r
n
r
nr
r!

n n 1... n  r 1
12...r
n
Izrazi   zovu se binomni koeficijenti i za njih vrijede pravila:
r
 n  n
      1,
 0  n
 n   n   n   n  1  n  1  n 
   
,    
  
,   
r
n

r
r
r

1
r
  
   
 
 r
n!
r ! n  r !
Svaki prirodan broj možemo rastaviti na r sumanada na različite načine.
Tako je r -rastav broja n  N rješenje jednadžbe x1  x2  ...  xr  n koja su prirodni
 n  1
 . Dokaz: Treba staviti
brojevi ili x1 , x2 , ..., xr  N . Broj rastava je broj takvih rješenja 
r

1


r  1 pregradu na n  1 mjesto između jedinica koje predstavljaju broj n . Na primjer za
n  10 i r  4 jedan je rastav x1  3 , x2  2 , x3  1 , x4  4
111 | 11 | 1 | 1111
Slabi r -rastav broja n  N su rješenja jednadžbe x1  x2  ...  xr  n koja su nenegativni
 n  r  1
 . Dokaz: Ako
cijeli brojevi ili x1 , x2 , ..., xr  N 0  N  0 . Broj slabih rastava je 
 r 1 
pođemo od jednadžbe slabog rastava broja x1  x2  ...  xr  n i zamijenimo yi  xi  1
dolazimo do jednadžbe rastava y1  y 2  ...  y r  n  r i tako do rješenja broja slabih rastava
broja.
Primjer 1. Dijelimo 10 istih boca vina i 5 kutija cigareta iste vrste.
a) Na koliko se načina može podijeliti vino između 7 osoba?
b) Na koliko se načina može podijeliti cigarete između 7 osoba?
20
c) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 7 osoba?
d) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 7 osoba ako svaka osoba
mora dobiti barem jednu bocu vina?
Primjer 2. Dijelimo 5 različitih boca vina i 2 različitih kutija cigareta.
a)
b)
c)
d)
Na koliko se načina može podijeliti vino između 3 osoba?
Na koliko se načina može podijeliti cigarete između 3 osoba?
Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 3 osoba?
Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 3 osoba ako svaka osoba
mora dobiti barem jednu bocu vina?
Ako umjesto podskupova skupa S promatramo multiskupove M koji imaju M  r
elemenata dolazimo do r -kombinacija s ponavljanjem. Broj r -kombinacija s ponavljanjem
  n    n  r  1
 . Dokaz: Multiskup M koji ima M  r elemenata može se zapisati:
je      
 r   r 
M  S , f    f x1   x1 , ..., f xn   xn  za x1 ,..., xn  S i f x1   ...  f xn   r
koja zadovoljava jednadžbu slabog rastava f x1   ...  f xn   r , a broj tih rastava je
 n  r  1  n  r  1

  
 .
 n 1   r 
Primjer 3. U nekom restoranu imaju 2 vrste jela. U restoran ulazi pet osoba.
a) Na koliko načina pet osoba može naručiti jelo?
b) Na koliko se načina može naručiti pet jela?
21
Kombinatorika i grafovi 8. predavanje
Particija brojeva i skupova
Particija prirodnog broja n  N je prikaz broja kao zbroja prirodnih brojeva kod kojeg
poredak sumanada nije važan. Prije definiran rastav i sada definirana particija su sumandi čija
je zbroj prirodan broj n  N . Rastav je niz ili poredak sumanada je važan, a particija je
multiskup ili poredak sumanada nije važan.
Broj particija broja n  N na 1  k  n dijelova ili k - particija broja n gdje je k   f
označavamo p k n  , a ukupan broj particija označavamo
n
pn    p k n   p1 n   p 2 n   ...  p n n  .
k 1
Za broj k -particija vrijedi:
p n n   p n 1 n   p1 n   1
p 2 n   n2 
Također vrijedi rekurzija:
pk n  pk 1 n  1  pk n  k 
Dokaz: Ako particija ima 1 1 onda broj takvih particija je pk 1 n  1 , a ako particija nema
1 1 onda oduzimanjem jedinice svakom dijelu dobivamo nove particije čiji je broj pk n  k  .
Primjer 1. Odredite broj particija broja 6 i brojeve p1 6, p2 6, p3 6, p4 6, p5 6, p6 6 i
p6 .
Particije broja 6 su 1 6 , 1  5,1  1 , 1  4,1  2, 1  4, 2  1, 2  3, 1  3,1  2,1  1 , 1  3, 3  1 ,
3 2, 2  2, 2 1, 1  2, 4 1 i 6  1 .
Uobičajen način označavanja particija je:
1  6  6 , 1 5,11  5,1 , 1 4,1 2  4,2 , 1 4, 2 1  4,1,1 , 2  3  3,3 ,
1 3,1 2,11  3,2,1 , 1 3, 3 1  3,1,1,1 , 3  2  2,2,2 , 2  2, 2 1  2,2,1,1 ,
1 2, 4 1  2,1,1,1,1 i 6 1  1,1,1,1,1,1 . Iz ovog zapisa lakše se uvide dijelovi.
p1 6  1
ili particija 1 6
p2 6  62   3  3
ili particije 1  5,1  1 , 1  4,1  2, 2  3,
p3 6  p2 5  p3 3  52   1  2  1  3
ili particije 1  4, 2  1, 1  3,1  2,1  1 , 3 2
p4 6  p3 5  p4 2  p2 4  p3 2  42   2
p5 6  1
ili particija 1  2, 4  1
p6 6  1
ili particija 6  1
ili particije 1  3,1  2,1  1 , 2  2, 2  1
22
p6  p1 6  p2 6  p3 6  p4 6  p5 6  p6 6  1  3  3  2  1  1  11
Particija skupa S koji ima S  n elemenata je familija podskupova skupa S koji su
disjunktni i njihova unija je skup S . (Familija podskupova je skup čiji su elementi
podskupovi.) Particija koja ima k -podskupova zove se k -particija skupa. Broj k -particija
n 
skupa S  n označava se S n, k     i zove se Stirlingov particijski broj.
k 
Stirlingov particijski broj zadovoljava:
n  n 
     1
1   n 
n 
n 1
   2 1
2 
 n  n

   
n  1  2 
Za Stirlingov particijski broj vrijedi rekurzija:
n  n - 1 n - 1
 
  k

k  k - 1  k 
Dokaz: Ako promatramo jedan element a  S sve k -particija skupa možemo podijeliti na
particije u kojima je a  S podskup i particije u kojima je a  S dio jednog podskupa i nije
n  1
n  1
sam. Prvih particijua ima 
 , a drugih particija bez elemata a  S ima 
 i taj
k  1
 k 
element možemo dodati bilo kojem od k -particija skupa S bez elemanta a.
Sada možemo promatrati broj poopćeni funkcija f : S  T , ako su S  m i T  n konačni
skupovi ili multiskupovi od jednakih elemenata:
S
T
f
injekcije m  n
Skup
m
Skup
n
nm
nn  1n  2...n  m  1
Multisku
p
m  a
Skup
m
Skup
n
 n  m  1


 m 
 n  m  1


 m 
Multisku
p
n  a
Multisku
p
n  a
m m
m
      ...   
1  2
n
1
Multisku
p
m  a
p1 m  p2 m  ... pn m
1
surjekcije m  n
m 
n! 
n
 m  1


 n 1
m 
 
n
p n m
23
Primjer 2. Promatramo slijetanje tri ptice na dvije žice. Na koliko različitih načina može
sletjeti i sletjeti na obje žice:
a) ptice se razlikuju (vrabac, golub i lastavica) i žice se razlikuju (visokog napona i
telefonska)
b) ptice se ne razlikuju (tri vrapca) i žice se razlikuju (visokog napona i telefonska)
c) ptice se razlikuju (vrabac, golub i lastavica) i žice se ne razlikuju ( dvije telefonske)
d) ptice se ne razlikuju (tri vrapca) i žice se ne razlikuju ( dvije telefonske)
Odgovori:
a) f : V , G, L  N , T  i broj tih funkcija je 2 3  8 ili VGL na N, VGL na T, VG na N i L
na T, VG na T i L na N, VL na N i G na T, VL na T i G na N, GL na N i V na T, GL na T i V
na N .
3 
Drugi uvjet je surjekcija i njih ima 2!   6 ili VG na N i L na T, VG na T i L na N, VL na
2 
N i G na T, VL na T i G na N, GL na N i V na T, GL na T i V na N .
 2  3  1
  4 ili 3V na N, 3V na T, 2V na N i V
b) f : 3  V   N , T  i broj tih funkcija je 
 3 
na T, 2V na T i V na N.
 3  1
  2 ili 2V na N i V na T, 2V na T i V na N.
Drugi uvjet je surjekcija i njih ima 
 2  1
3 3
c) f : V , G, L  2  T  i broj je funkcija       1  2 31  1  4 ili VGL na T, VG na T i
1 2
L na T, VL na T i G na T, GLna T i V na T.
 3
Drugi uvjet je surjekcija i njih ima    3 ili VG na T i L na T, VL na T i G na T, GLna T i
 2
V na T.
d) f : 3  V   2  T  i broj p1 3  p2 3  1  1  2 ili 3V na T, 2V na T i V na T.
Drugi uvjet je injekcija i njih ima p2 3  1 ili 2V na T i V na T.
24
Kombinatorika i grafovi 9. predavanje
Graf (neusmjereni) i matrice grafa
Graf G  V ,E  je uređeni par skupa vrhova V  v1 , v2 , ..., vm  i skupa bridova
E  e1 , e2 , ...., en . Svaki brid e  E spaja dva vrha u, v  V . Za vrhove u, v  V su incidentni
s bridom e  E ili vrhovi u, v  V su susjedni. Incidentni povezuje vrh i brid, a susjedni
povezuje vrhove krajeve brida. Broj vrhova je red grafa vG   V , broj bridova je veličina
grafa eG   E . Graf je konačan ako su konačni skupovi vrhova i bridova. Brid je petlja ako
su susjedni vrhovi brida jednaki, a brid je pravi brid ako su susjedni vrhovi brida različiti.
Više bridova koji imaju iste susjedne vrhove zovemo višestruki bridovi. Mi ćemo se
uglavnom baviti grafovima bez višestrukih bridova ili jednostavnim grafovima..
Uz graf vežu se dvije matrice: matrica incidencije i matrica susjedstva. Matrica incidencije
M G  je tipa vG , eG  s elementima iz skupa 0,1, 2. Element matrice incidencije je
mij  2 ako je vrh v i incidentan s petljom e j , mij  1 ako je vrh v i incidentan s pravim
bridom e j i mij  0 ako vrh v i nije incidentan e j . Matrica susjedstva AG  je tipa
vG , vG  s elementima iz skupa 0,1, ako govorimo o grafu bez višestrukih bridova.
Element matrice susjedstva aij  1 ako su dva vrha ei i e j susjedna, ako nisu aij  0 . U
slučaju višestrukih bridova aij  k ako gdje je k broj bridova istih susjednih vrhova. Matrica
susjedstva je simetrična matrica.
Primjer 1. Promatrajmo G  V  v1 , v2 , v3 , v4 ,, E  e1 , e2 , e3 , e4 , e5 , e6 
v3
e4
v2
e5
v4
e2
e1
e6
e3
v1
Izračunajte: a) red grafa, b) veličinu grafa, c) matricu incidencije i d) matricu susjedstva.
Red gfafa je vG   V  4 . Veličina grafa je eG   E  6 .
25
1
1
Matrica incidencije je: M G   
0

0
0
1
Matrica susjedstva je: AG   
1

1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
.
1

2
1
0
1

1
Potpuni graf je jednostavni graf u kojem je svaki par vrhova spojen bridom. Jednostavni graf s
V  n označavamo K n . Bipartitni graf je graf u kojem se skup vrhova može podijeliti na dva
disjunktna podskupa V  X  Y i X Y  0 i tako da svaki brid ima jedan kraju X i drugi
u Y . Potpuni bipartitni garf je bipartitni graf u kojem su bridovima spojeni svi elementi prvog
i drugog skupa. Potpuni bipartitni garf s X  m i X  n označavamo K m,n .
Primjer 2. Nacrtajte potpuni graf K 6 i potpuni bipartitni graf K 2, 4 .
Potpuni graf K 6 je:
Potpuni bipartitni graf K 2, 4 je:
26
Podgraf grafa G  V ,E  je graf H  W ,F  ako vrijedi W  V i F  E . Ako podgraf
zadovoljava uvjet W  V onda se zove razapinjajući podgraf.
Ako je graf jednostavan možemo definirati stupanj vrha, minimalni i maksimalni stupanj
grafa. Stupanj vrha grafa d v  je broj bridova koji su incidentni s vrhom v . (svaka se petlja
računa kao dva brida). Minimalan stupanj grafa je   min d G v  , maksimalan stupanj grafa
v
  min d G v  .
v
Za stupanj vrha vrijedi
 d v   2  E .
v
Vrijedi i lema o rukovanju: U svakom grafu broj vrhova neparnog stupnja je paran. Dokaz
slijedi iz prethodne očite tvrdnje.
Primjer 3. Na temelju grafa iz 1. primjera oderite stupnjeve vrhove grafa, minimalan stupanj
grafa i maksimalan stupanj grafa.
d v1   3, d v2   2, d v3   3, d v4   4,   2,   4
27
Kombinatorika i grafovi 10. predavanje
Šetnja, staza, put, ciklus i stablo u grafu (neusmjerenom)
Šetnja u grafu GV , E  je niz W  w0 , f1 .w1 , f 2 .w2 ,..., f k .wk gdje je niz vrhova
w0 , w1 , w2 ,..., wk  V , a niz bridova f1 . f 2 ...., f k  E koji spajaju susjedne vrhove
f1  w0 , w1 , f 2  w1 , w2 ,...., f k  wk 1 , wk . Duljina šetnje je broj bridova u nizu ili
W  k . Ako su bridovi u šetnji različiti f i  f j i  j  tada se ta šetnja zove staza. Ako su u
vrhovi (osim možda prvog i zadnjeg) u stazi različiti onda se staza zove put. Put je šetnje u
kojoj se ne ponavljaju vrhovi i bridovi. Zatvoren put u kojem su prvi i zadnji vrh jednaki zove
se ciklus. Petlja je ciklus duljine jedan. Udaljenost dvaju vrhova d u, v  je duljina najkraćeg
puta između vrhova u, v  V . Dijametar grafa je maksimalna udaljenost njegovih vrhova.
Primjer 1. Zadan je graf:
v3
e6
e2
v5
v1
e5
e1
e7
v4
e9
e8
v6
e4
v2
e3
a) Opišite dvije šetnje, dvije staze i dva puta između vrhova v1 i v 6 .
b) Izračunajte udaljenost između vrhova v1 i v 6 i dijametar grafa.
c) Ciklus koji sadrži vrh v1 .
Odgovori:
a) jedna šetnja je v1 , e1 , v2 , e2 , v2 , e4 , v4 , e5 , v3 , e6 , v5 , e7 , v4 , e7 , v5 , e9 , v6 ,
jedna staza je v1 , e1 , v2 , e2 , v2 , e4 , v4 , e5 , v3 , e6 , v5 , e9 , v6 ,
jedna put je v1 , e1 , v2 , e4 , v4 , e5 , v3 , e6 , v5 , e9 , v6
b) udaljenost d v1 , v6   3 jer postoji najkraći put v1 , e2 , v3 , e6 , v5 e9 , v6 ,
dijametar je dijam G   3
c) jedan ciklus je v1 , e1 , v2 , e4 , v4 , e5 , v3 , e2 , v1
Na temelju matrice susjedstva može se izračunati broj šetnji i udaljenost između vrhova
jednostavnoga grafa.
28
Broj svih šetnji duljine k između vrhova i, j  V u grafu s matricom susjedstva je element
aijk  u i  retku i j  stupcu matrice A k  aijk  . (Dokaz indukcijom.)
Broj svih šetnji duljine k u grafu G je
 a  .
k
ij
i, j


Udaljenost između vrhova i, j  V u grafu s matricom susjedstva je d i, j   min aijk   0 .
k
Primjer 2. Odredite matricu susjedstva grafa iz 1. primjera i na temelju nje odredite:
a) broj šetnji duljine 4 između vrhova v1 i v 6
b) ukupan broj šetnji duljine 2
c) udaljenost između vrhova v1 i v 6 .
Odgovori slijede iz potencija matrice susjedstva:
A={{0,1,1,0,0,0},{1,1,0,1,0,0},{1,0,0,1,1,0},{0,1,1,0,1,1},
{0,0,1,1,0,1},{0,0,0,1,1,0}}
A2={{2,1,0,2,1,0},{1,3,2,1,1,1},{0,2,3,1,1,2},{2,1,1,4,2,1},{1,1,1,2,3,1},{0,1,2,1,1,2}}
A3={{1,5,5,2,2,3},{5,5,3,7,4,2},{5,3,2,8,6,2},{2,7,8,5,6,6},{2,4,6,6,4,5},{3,2,2,6,5,2}}
A4={{10,8,5,15,10,4},{8,17,16,14,12,11},{5,16,19,13,12,14},
{15,14,13,27,19,11},{10,12,12,19,17,10},{4,11,14,11,10,11}}
a) broj šetnji duljine 4 između vrhova v1 i v 6 je 4
b) ukupan broj šetnji duljine 2 je 6  9  9  11  9  7  51
c) udaljenost između vrhova v1 i v 6 je 3
Jednostavan graf bez petlji je povezan ako između svaka dva vrha u grafu postoji put. Graf
bez ciklusa zove se acilkički graf. Povezan i aciklički graf je stablo.
Stablo ima istaknute vrhove stupnja jedan koji se zovu listovi.
Stablo ima Eulerovu karakteristiku  G   V  E  1  2 .
Primjer 3. Nacrtajte dva stabla od šest vrhova:
Primjer 4. Koliko listova imaju stabla iz 3. primjera i provjerite Eulerovu karakteristiku.
29
Eulerova karakteristika povezanog planarnog grafa je  G   V  E  F  2 gdje je F
sukup strana planarnog grafa. Strane su zatvarači dijelova ravnine koji određeni kao
komplement grafa G c u ravnini R 2 u koju je graf smješten.
Eulerova karakteristike ravninskog grafa je  G   V  E  F  1  C . Gdje je C skup
povezanih komponenti grafa. Povezan graf ima samo jednu povezanu komponentu jer je
povezana komponenta maksimalan povezani podgraf ili podgraf koji se ne može proširiti po
povezanosti u grafu.
Grafovi pet pravilnih Platonovih tijela su tetraedar, kocka, oktaedar, ikozedar i dodekaedar.
Može se pokazati da se svaki jednostavan planaran graf može nacrtati u ravnini tako da su mu
svi bridovi dužine.
Primjer 5. Nacrtajte planarne grafove Platonovih tijela i proverite Eulerovu karakteristiku.
Ovdje treba istaknuti posebne vrste grafova:
Potpuni graf K n je graf od n vrhova koji su svi međusobno spojeni.
Potpuni bipartitni graf K m,n u kojem se nalaze dva skupa vrhova X  Y  V koji imaju
X  m i Y  n vrhova. Svaki vrh iz prvog skupa spojen je bridom s jadnim vrhom iz
drugog skupa.
Ciklus je graf C n od n vrhova koji čine ciklus ili za V  n bridovi su i, i  1 za
i  1,2,..., n  1 i brid n,1
Put je graf Pn od koji čine put ili za V  n bridovi su i, i  1 za i  1,2,..., n  1 .
Potpuno stablo Tm ,n je stablo u kojem korijen stabla ima stupanj m , listovi stupanj 1 (po
definiciji lista, a svi ostali vrhovi imaju stupanj m  1 . Udaljenost svih listova od korijena je
n  1 ili svaki minimalni put od korijena do lista ima oblik puta Pn .
Zvijezda graf S n je stablo Tn 1, 2 ili bipartitni graf K1,n 1
Primjer 6. Nacrtajte grafove K 5 , K 3,3 , C 5 , P3 , T3,3 , S 5 .
Odgovori su:
30
31
Kombinatorika i grafovi 11. predavanje
Digraf (usmjereni graf), Eulerovi i hamiltonovi obilasci
Digraf D  V ,R  je uređeni par skupa vrhova V  v1 , v2 , ..., vm  i skupa lukova
R  r1 , r2 , ...., rn . Svaki luk r  R spaja dva vrha i određena je smjerom r  u, v  od vrha
u  V do vrha Digraf je konačan ako su konačni skupovi vrhova i lukova. Luk je petlja ako je
oblika u, u  . Više lukova koji imaju iste susjedne vrhove zovemo višestruki lukovi. Mi ćemo
se uglavnom baviti grafovima bez višestrukih lukova ili striktnim digrafovima. U striktnom
digrafu skup lukova je relacija R  V 2 .
Primjer 1. Promatrajmo digraf
D  V  v1 , v2 , v3 , v4 ,, R  v1 , v2 , v1 , v3 , v1 , v4 , v2 , v3 , v3 , v4 , v4 , v4 
  
 
v3
v2 , v3
v2

v3 , v4
v1 , v3
v1 , v2
v4
v4 , v4
v1 , v4
v1
Digraf iz 1. primjera može se promatrati kao mogući digraf iz grafa
G  V  v1 , v2 , v3 , v4 ,, E  e1 , e2 , e3 , e4 , e5 , e6 
v3
e4
v2
e5
v4
e2
e1
e6
e3
v1
Pomoću tog grafa G koji je povezan možemo reći da je i digraf D povezan.
Promatrani digraf je jako povezan jer između svaka dva vrha u, v  V postoji usmjereni put
od u do v i od v do u . Ciklus u usmjerenom grafu ili diciklus je usmjereni put koji počinje i
završava u istom vrhu. Digraf je acikličan ako ne sadrži usmjereni ciklus. Stablo u
acikličkom grafu ili stabljika ili granaljka je digraf u kojem nema usmjerenih ciklusa, jedan
vrh ili korijen ima ulazni stupanj nula, a svi ostali vrhovi imaju ulazni stupanj jedan. Listovi
stabljike imaju izlazni stupanj nula, a svi ostali vrhovi uključujući korijen imaju izlazni
32
stupanj različiti od nula. Za definiciju stabljike važna je acikličnost jer graf koji ima jedan vrh
ulaznog stupanja nula i svi ostale vrhove ulaznog stupanja jedan nije stabljika:
3
2
1
Za vrhove u  V u digrafu možemo odrediti izlazni stupanj kao broj lukova koji izlaze iz vrha
d  u   ru ,v , a ulazni stupanj kao broj lukova koji ulaze u vrh d  u   rv ,u .
Za digraf D  V ,R  vrijedi
 d v   d v  R . Minimalan ulazni stupanj digrafa je

vR

vR
  min d v  , a minimalan izlazni stupanj grafa je    min d  v  .


v
v
Primjer 2. Na temelju digrafa iz 1. primjera oderite ulazne i izlazne stupnjeve vrhove digrafa,
minimalan ulazni stupanj digrafa i minimalan izlazni stupanj digrafa.
d  v1   0, d  v 2   1, d  v3   2, d  v 4   3,
d  v1   3, d  v 2   1, d  v3   1, d  v 4   1,
   0 ,   1
Važni su obilasci garafa i digrafa koje zovemo Eulerovim i Hamilatonovim obilascima.
Kod Eulerovog obilaska obilazimo sve bridove grafa. Eulerova staza na grafu G  V , E  je
staza (različiti bridovi) koja prolazi svim bridovima grafa i ne mara biti zatvorena. Povezan
greaf ima Eulerovu stazu ako i samo ako ima najviše dva vrha neparnog stupnja. Zatvorena
Eulerova staza zove se Eulerova tura. Povezani graf koji ima Eulerovu turu zove se Eulerov
graf.
Povezan graf je Eulerov graf ako i samo ako mu je svaki vrh parnog stupnja.
Primjer 3. Ispitajte koji od grafova ima Eulerovu stazu ,a koji je Eulerov ili ima Eulerovu turu,
a koji ima Eulerovu stazu?
33
Digraf ima usmjerenu turu ako i samo ako su ulazni i izlazni stupnjevi vrhova jednaki ili
d  v   d  v  za svaki vrh v  V digrafa D  V ,R  . Ako digraf ima usmjerenu turu ima
između svaka svoja vrha usmjereni put ili on je jako povezan.
Kod Hamiltonovog obilaska obilazimo sve vrhove grafa. Hamiltonov put na grafu
G  V , E  je put (različiti vrhovi) koji prolazi svim vrhovima grafa i ne mora biti zatvoren.
Zatvoren Hamiltonov put je Hamiltonov ciklus. Povezani graf koji ima Hamiltonov ciklus
zove se Hamiltonov garaf.
Ako je graf G  V , E  Hamiltonov graf, onda svaki pravi podskup S  V ima svojstvo da je


broj povezanih komponenti podgrafa H  S , E  S 2 nije veći od broja vrhova podgrafa S
ili cG  H   S . Iz toga slijedi obrat ako je S manji od cG  H  tada graf nije
Hamiltonov.
Primjer 4. Promatrajte grafove K 3 , K 4 , K1,3 , K 2, 4 :
dokažite koji su od njih Eulerova, akoji su Hamiltonovi grafovi.
Odgovor: K 3 je Eulerov i je Hamiltonov, K 4 nije Eulerov i je Hamiltonov, K 1,3 nije Eulerov
i nije Hamiltonov, K 1, 4 je Eulerov i nije Hamiltonov.
Ako je graf jednostavan s najmanje tri vrha i minimalnog stupnja većeg ili jednakog pola
broja vrhova ili ako je E  3 i  
V
2
onda je graf Hamiltonov. ( može i  
 )
V
2
Ako je graf jednostavan s E vrhova i ako je minimalnog stupnja većeg ili jednakog pola
broja vrhova umanjenog za jedan ili ako je  
 V 1
2
onda ima Hamiltonov put.
Na isti se način mogu definirati usmjereni Hamiltonov put i usmjereni Hamiltonov ciklus.
34
Kombinatorika i grafovi 12. predavanje
Mreža i optimizacije na mreži
Mreža M  GV , E , w je graf G  V , E  kojem je pridružena težinska funkcija
w : E  P koja bridovima pridružuje vrijednosti iz skupa P. Na isti način možemo definirati
mrežu M  DV , R , w ako umjesto grafa promatramo digraf D  V , R  kojem je pridružena
težinska funkcija w : R  P koja lukovima pridružuje vrijednosti iz skupa P.
Za mrežu M  GV , E , w u kojoj graf s vrhovima koji su raskrižja ulica u nekom dijelu
grada i bridovima su dijelovi ulica između raskrižja, a težinska funkcija pridružuje bridovima
duljine dijelova ulica w : E  R . Skup težina je skup nenegativnih realnih brojeva ili
R  0,  .
Jedan od problema na ovoj mreži je problem kineskog poštara koji se sastoji u traženju
zatvorene šetnje po grafu ili ulicama tako da ukupna duljina puta bude minimalna i poštar
prođe sve ulice ili svaku ulicu barem jednom.
Ako u prethodnoj mreži M  GV , E , w vrhovi predstavljaju pojedina naselja i bridovi
ceste između naselja, a težinska funkcija pridružuje bridovima udaljenosti cesta između
naselja w : E  R .
Jedan poznati problem na prije opisanoj mreži je problem trgovačkog putnika koji se sastoji
u traženju zatvorene šetnje po grafu koji obilazi sve vrhove grafa tako da trgovački putnik
koristi najkraću duljinu šetnje.
Problem kineskog poštara je sličan problemu traženja Eulerove ture jer ako je graf Eulerov
svaka Eulerova tura je najmanje duljine jer obilazi prolazi svakim bridom samo jedan puta.
(Algoritam traženja koji bira u svakom koraku rezni brid (brid koji dijeli komplement na
disjunktne povezane komponente) samo ako nema drugog brida). Problem trgovačkog putnika
je sličan problemu Hamiltonovog ciklusa jer potpuni graf K n s V  n ima
 n 1!
2
Hamiltonova
ciklusa i traženje onog najkraće duljine je naš problem. (Algoritam grananja i ograđivanja)
Optimizacija na mreži ima veliku primjenu na digrafu ili usmjerenom grafu. Elementi matrice
susjedstva jednostavnog digrafa biti elementi različitih algebri (skup s operacijama). Mi ćemo
promatrati poluprsten s jedinicom kao algebru PP  S , , , e , e .
Poluprsten s jedinicom PP  S , , , e , e  je skup S
S dvije operacije  i  i dva jedinična elementa e i e koji zadovoljavaju uvjet
komutativnosti x  y  y  x , svojstva jediničnog elementa x  e  e  x  x i
x  e  e  x  x , svojstva asocijacije x  y   z  x   y  z  i
x  y   z  x   y  z , svojstva distribucije x   y  z   x  y   x  z  i
x  y   z  x  z    y  z  i svojstvo apsorpcije x  e  e  x  e .
35




Primjer 1. Provjerite tri poluprstena PP1  2 S , , , 0, S , PP2  R , min, , , 0 i


PP3  R , max, min, 0,  i PP4  0,1, max, , 0,1 . Skup R je skup nenegativnih
realnih brojeva s oznakom  ili R  0,    , a 0,1 je interval realnih brojeva
0  x  1.
Poluprsten je i Booleova algebra s dva elementa B2  0,1, , , 0,1 .
Svakoj mreži na digrafu možemo pridružiti nekoliko matrica. Ako lukovima digrafa
pridružimo udaljenosti između vrhova (dužine ulica) dobivamo mrežu (ulica) s težinskom
funkcijom w : R R  :
v4
v3
4
2
v2
2
1
4
5
3
89
2
v6
9
v5
3
v1
Opisanoj mreži možemo pridružiti matricu susjedstva digrafa:
0
0

0
A
0
0

0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
1
1
0
1
A
1
0

0
i matricu mreže:




A 




5 4   3
 4    
2  2  2

   3 9
    

 1 8 9  
Ako se elementi matrice susjedstva aij  B2 elementi matrice potencije matrice aijk   A k ima
slijedeće značenje:
36
1 postoji šetnja od vi do v j duljine k 
aijk   

0 nepostoji šetnja od vi do v j duljine k 
Ako su elementi matrice susjedstva aij  R elementi matrice potencije matrice aijk   A k ima
slijedeće značenje:
m postoji m šetnji od vi do v j duljine k 
aijk   

 0 nepostoji šetnja od vi do v j duljine k 
Ako su elementi matrice mreže aij  PP2 elementi matrice potencije matrice aijk   M k ima
slijedeće značenje:
w
aijk   

je najkraća duljina šetnje od vi do v j od k lukova

nepostoji šetnja od vi do v j od k lukova

Primjer 1. Izračunajte na temelju prije izračunatih matrica susjedstva i matrice mreže
3
A3 , A 3 , A 3 i interpretirajte a14
, a143 , a143 . Rezultati:
0
0

0
A3  
0
0

0
1
0 2 2

0 0 2
1

0 2 1
1
3
, A  
1
0 1 0
0 0 0
0


1
0 0 3
3
a14  1 ili postoje šetnje od tri luka od v1 do
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
4
 5 4 6 9 6 

  7 14 9 15
1




3

7
12
5
12
5
3
, A  

2
 12  12 20 12
      
0



1
  7 11 6 12
v 4 , a143  3 ili postoje četiri šetnje od tri luka od
3
1
3
1
0
2
3
2
2
1
0
3
v1 do v 4 koje su v1 3v6 1v3 2v4 , v1 4v3 2v6 8v4 , v1 5v2 4v3 2v4 , a143  6 ili najkraća duljina puta je
min3  1  2, 4  2  8, 5  4  2  min6,14,11.
Primjer 2. Izračunajte algebarski zatvarač matrice susjedstva Aˆ  A  A2  ...  An ili
Aˆ  A  A 2  ...  A n i algebarski zatvarač mreže Mˆ  Mˆ  Mˆ 2  ...  Mˆ n i interpretirajte
rezultat u slučaju matrica tipa 4, 4 i n  4 za matrice:
0
0
A A 
0

1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
  0,4  0,2

   0,4  
0

, A


1
   0,8



0
0,3 0,1   
Optimalan put u mreži može se rješavati i Dikstrinim algoritmom. Prikažimo na primjeru
najkraćeg puta od v1 do v5 .
37
1. korak: Krenimo iz vrha v1 i pridružimo etiketu 0 i krenemo jednim lukom nađimo
najkraći luk tako dolazimo do vrha v 6 i pridružimo etiketu 3.
2. korak: krenemo iz vrhova v1 , v6  i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka pribrojimo
etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha v3 s etiketom
4.
3. korak: krenemo iz vrhova v1 , v6 , v3  i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka
pribrojimo etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha
v 2 s etiketom 5.
4. korak: krenemo iz vrhova v1 , v6 , v3 , v2  i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka
pribrojimo etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha
v 4 s etiketom 6
5. korak: krenemo iz vrhova v1 , v6 , v3 , v2 , v4  i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka
pribrojimo etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha
v5 s etiketom 9
Pregledom dobivamo najkraće putove ili optimalne putove najkraće udaljenosti v1 4v3 6v4 3v5 i
v1 3v6 1v3 2v4 3v5 . Najkraća udaljenost je 9.
38

Download Report