4. Cijeli brojevi
Skup prirodnih brojeva = {1,2,3,K} .
Skup prirodnih brojeva i nule 0 = ∪ {0} = {0,1,2,3,K}.
Skup cijelih brojeva
4.1
= {K,−3,−2,−1,0,1,2,3,K} .
Djeljivost u skupu cijelih brojeva
Definicija Neka su a,b ∈
k∈
cijeli brojevi, a ≠ 0 . Kažemo da a dijeli b i pišemo a b ako postoji
, tako da je b = ak .
Svojstva:
1) Za a ∈
2) Za a, b ∈
3) Za a, b ∈
4) Za a ∈
5) Za a ∈
\ {0} je a a .
\ {0}, a b i b a daju a = ±b
\ {0}, c ∈
\ {0}, b, c ∈
\ {0}, b, c ∈
, a b i b c daju a c
, a b i a c daju a (b ± c )
, a b daje a (bc )
Teorem (o dijeljenju) Ako su zadani a ∈ i b ∈ , onda postoje jedinstveni q ∈
i r ∈ {0,1, Kb − 1} (ostatak) takvi da je a = bq + r .
(kvocijent)
Zadatak 1. Podsjetimo se: djeljivost je relacija parcijalnog uređaja na skupu prirodnih brojeva.
Zadatak 2. Dokažite da za svako n ∈ , broj 5 dijeli broj n 5 − n , tj. da 5 (n 5 − n ) .
Zadatak 3. Dokažite da je umnožak bilo koja tri uzastopna cijela broja djeljiv sa 6.
(
)
Zadatak 4. Dokažite da za svako n ∈ , 7 13 2 n + 6 .
(
)
Zadatak 5. Dokažite da za svako n ∈ , 11 6 2 n + 3 n + 2 + 3 n .
(
)
Zadatak 6. Dokažite da za svako n ∈ , 13 212 n + 3 − 3 6 n + 2 + 1 .
Zadatak 7. Dokažite da je za svako n ∈
i za svako k ∈
0
n
, k ≤ n , broj ∈ /.
k
55
Zadatak 8. Dokažite da je suma kubova tri uzastopna prirodna broja djeljiva s 9.
Zadatak 9. Dokažite da vrijedi: ∀a, b, c ∈
4.2
, 3 (a + b + c ) ⇒ 3 (a 3 + b 3 + c 3 ) .
Najveća zajednička mjera, najmanji zajednički višekratnik,
Euklidov algoritam
Zajednički djelitelj (zajednička mjera) cijelih brojeva a,b ∈
da d a i d b .
je svaki cijeli broj d ≠ 0 takav
Najveća zajednička mjera cijelih brojeva a,b ∈ \ {0}, u oznaci M (a, b ) , je najveći prirodni
broj koji dijeli a, b . Najmanji zajednički višekratnik cijelih brojeva a,b ∈ \ {0} , u oznaci
V (a, b ) , je najmanji prirodni broj kojeg dijele a, b .
M (a, b ) = M ( a , b ) ,
V (a, b ) = V ( a , b ) ,
M ( a , b ) ≤ min{a , b } ≤ max{a , b } ≤ V ( a , b ).
Slično se najveća zajednička mjera i najmanji zajednički višekratnik definiraju i za više cijelih
brojeva različitih od nule.
Za efektivno računanje najveće zajedničke mjere cijelih brojeva koristi se Euklidov algoritam.
Propozicija Neka su a, b, q, r ∈ takvi da vrijedi a = bq + r . Vrijede tvrdnje:
a) Svaki zajednički djelitelj od a, b ujedno je i zajednički djelitelj od b, r .
b) M (a, b ) = M (b, r ) .
Teorem (Euklidov algoritam za računanje M (a, b ) ). Neka su a ∈
slijedi:
i b ∈ . Dijelimo kako
a = bq1 + r1 , 0 < r1 < b ,
b = r1 q 2 + r2 , 0 < r2 < r1 ,
r1 = r2 q 3 + r3 , 0 < r3 < r2 ,
r2 = r3 q 4 + r4 , 0 < r4 < r3 ,
….
rn −2 = rn −1 q n + rn , 0 < rn < rn −1 ,
rn −1 = rn q n +1 , onda je M (a, b ) = rn (posljednji u nizu ostataka koji je različit od nule).
Primjer Odredite M (589,5111) , M (4276,3238) , M (12200,2450) .
56
Posljedica Iz Euklidovog algoritma vidi se da je M (a, b ) = sa + tb za neke s, t ∈
moglo bi se pokazati da je M (a, b ) = min{sa + tb > 0 : s, t ∈ } ). Uočite još da
d | b ) ⇔ d | M (a, b ) .
Kažemo da su cijeli brojevi a,b ∈
Propozicija Ako su a,b, c ∈
4.3
(štoviše,
(d | a i
\ {0} relativno prosti ako je M (a, b ) = 1 .
\ {0} takvi da su a, b relativno prosti i b (ac ) , onda b c .
Prosti brojevi, osnovni teorem aritmetike
Prirodni broj p > 1 je prost (prim) broj ako su mu jedini prirodni djelitelji 1 i p . Prirodan broj
koji nije prost je složen broj, a njegovi djelitelji nazivaju se faktori.
Eratostenovo sito je postupak za nalaženje prostih brojeva u skupu {1,2,K , n} . Prekrižimo 1,
zaokružimo 2, prekrižimo sve višekratnike od 2, zaokružimo najmanji preostali, prekrižimo sve
njegove višekratnike, zaokružimo najmanji preostali, itd. Zaokruženi brojevi su prosti.
Zgodno: http://hr.wikipedia.org/wiki/Eratostenovo_sito
Lema 1 Neka je a ∈ , a > 1 . Najmanji djelitelj od a koji je veći od 1 je prost broj.
Lema 2 Za svaki prost broj p i svaki prirodni broj a je M ( p, a ) = 1 ili p a .
57
Propozicija Ako je p prost broj i p (ab ) , onda p a ili p b .
Posljedica Ako je p prost broj i p (a1 a 2 K a n ) , onda postoji barem jedan ai takav da p ai .
Teorem (Rastav na proste djelitelje, osnovni teorem aritmetike) Za svaki prirodni broj a > 1
α
α
α
postoji jedinstven rastav na proste djelitelje a = p1 1 p 2 2 K p k k , gdje su p1 < p 2 < K < p k svi
različiti prosti brojevi koji dijele a , poredani po veličini, a α i ∈ , i = 1,2,K , k .
Napomena Brojevi α i ∈
nazivaju se kratnosti prostih brojeva pi u rastavu.
α
α
α
β
β
β
Posljedica Neka su a = p1 1 p 2 2 K p k k , b = p1 1 p 2 2 K p k k , tako da su p1 , p 2 ,K , p k svi prosti
faktori od a i b zajedno (neki alfe/bete mogu biti nula). Stavimo mi = min{α i , β i },
M i = max{α i , β i }. Tada je
ab
vrijedi V (a, b ) =
.
M (a, b )
M (a, b ) = p1 1 p 2 2 K p k
Posljedica Prirodnih djelitelja
(α 1 + 1)(α 2 + 1)K(α k + 1) .
m
prirodnog
m
mk
, V (a, b ) = p1
broja
α
M1
α
p2
M2
a = p1 1 p 2 2 K p k
K pk
αk
Mk
. Nadalje
ima
točno
Teorem (Euklid) Skup svih prostih brojeva je beskonačan.
(Posljedica je da je skup svih prostih brojeva prebrojivo beskonačan).
Napomena Ako n-ti po redu prosti broj označimo p n , može se pokazati da je p n ~ n ln n , tj.
p
lim n = 1 , te da je recipročna suma svih prostih brojeva beskonačna (Euler).
n → ∞ n ln n
Zadatak 1. Neka je p prost broj. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe x 2 + xy = p .
Zadatak 2. Odredite sve prirodne brojeve m takve da je broj (m − 1)(m − 5) potencija broja 2.
Zadatak 3. Dokažite da je log 2 iracionalan broj i detaljno obrazložite svaki korak.
Zadatak 4. Dokažite: ako je p prost broj, a brojevi a, b relativno prosti, tada vrijedi:
p | (ab ) ⇒ ( p | a ∨ p | b ) .
p
Zadatak 5. Dokažite: ako je p prost broj, onda p | , za sve k ∈ {1,2,K , p − 1}.
k
Zadatak 6. Postoji li prirodan broj m takav da njegova četvrta potencija pri dijeljenju sa 4 daje
kvocijent koji je prost broj i ostatak 1?
58
Zadatak 7. Dokažite: ako je p prost broj i p ≥ 5 , tada je p 2 − 1 djeljiv sa 12.
Zadatak 8. Odredite sve proste brojeve p takve da su p + 11 i p + 17 prosti brojevi.
Zadatak 9. Odredite sve a ∈
4.4
takve da 3 | a , 4 | a , i a u skupu
ima 14 djelitelja.
Kongruencije modulo n
Za cijele brojeve a,b ∈ kažemo da su kongruentni modulo n ∈ ako imaju isti ostatak pri
dijeljenju sa n . Ekvivalentno, oni su kongruentni modulo n ∈
ako n (a − b ) . Pišemo
a ≡ b(mod n ) .
Svojstva kongruencije (mod n ):
1) a ≡ a(mod n )
2) a ≡ b(mod n ) daje b ≡ a (mod n )
3) a ≡ b(mod n ) i b ≡ c(mod n ) povlači a ≡ c(mod n )
4) Ako su a1 ≡ b1 (mod n ) i a 2 ≡ b2 (mod n ) , onda je (a1 + a 2 ) ≡ (b1 + b2 )(mod n ) ,
(a1a 2 ) ≡ (b1b2 )(mod n )
5) Ako je a ≡ b(mod n ) , ako su k, l ∈ i m ∈ , te p( x ) polinom s cjelobrojnim koeficijentima,
onda je a + nk ≡ b + nl (mod n )
ak ≡ bk (mod n )
a m ≡ b m (mod n )
p(a ) ≡ p(b )(mod n )
Primjer Pokažite da 3 246 ≡ 9(mod 10) .
Primjer Pokažite da 9 (a n a n −1 K a 0 )10 ⇔ 9 (a n + a n −1 + K + a 0 ) .
Teorem (Mali Fermatov teorem) Ako je
a p ≡ a (mod p ) .
p prost broj, onda za svaki a ∈
vrijedi
Uputa Teorem dokažite matematičkom indukcijom, koristeći Zadatak 4.3.5.
Definirajmo sada funkciju ϕ : → 0 , tako da je svako n ∈ stavimo da je ϕ (n ) broj brojeva iz
skupa {1,2,K , n} koji su relativno prosti sa n . Funkcija ϕ naziva se Eulerova funkcija.
59
Teorem Za Eulerovu funkciju ϕ vrijedi:
1) ϕ (1) = 1 ,
2) Ako je n ∈ \ {1}, čiji je rastav na proste faktore
ϕ (n ) = n1 −
α
α
α
n = p1 1 p 2 2 K p k k , onda je
1
1
1
.
1 −
K1 −
p1
p2
p k
Teorem (Eulerov teorem) Ako je a, n ∈ , tako da je M (a, n ) = 1 , onda vrijedi a ϕ (n ) ≡ 1(mod n ) .
Zadatak 1. Odredite posljednju znamenku broja 3 400 .
Zadatak 2. Bez upotrebe kalkulatora odredite posljednje dvije znamenke broja 199199 .
Zadatak 3. Odredite posljednje tri znamenke broja 123321 .
Zadatak 4. Odredite šest posljednih znamenki broja 57 2004 .
Zadatak 5. a) Dokažite da je umnožak pet uzastopnih prirodnih brojeva djeljiv sa 120.
b) Koje sve ostatke daje umnožak pet uzastopnih prirodnih brojeva pri dijeljenju sa 7?
Zadatak 6. Dokažite da je broj 2222 5555 + 5555 2222 djeljiv sa 7.
7
Zadatak 7. Dokažite da broj 7 7 završava sa 43.
Zadatak 8. Ako je prirodni broj a relativno prost sa 13, pokažite da broj 13 dijeli broj a 120 − 1 .
Zadatak 9. Dokažite tvrdnju: ako je 2 p − 1 prost broj, onda je p prost broj. Vrijedi li obrat
tvrdnje?
Zadatak 10. Odredite ostatak pri dijeljenju broja 2 2538 + 1 sa 3.
Zadatak 11. Odredite ostatak pri dijeljenju broja 1613 − 3 25 ⋅ 15 51 sa 73.
Zadatak 12. Izračunajte x ako je 112003 ≡ x(mod 19) .
Zadatak 13. Izračunajte x ako je 7100 ≡ x(mod 29) .
Zadatak 14. Izračunajte x ako je 7 99 ≡ x(mod 15) .
Zadatak 15. Izračunajte x ako je 9101 ≡ x(mod 17 ) .
Zadatak 16. Dokažite da je broj 9 2004 − 7 2004 djeljiv sa 10.
60
tako da istovremeno vrijedi x ≡ 2(mod 11) i x ≡ 5(mod 17 ) .
Zadatak 17. Odredite najmanji x ∈
Zadatak 18. Odredite kriterij djeljivosti sa 3 u bazi 2.
4.5
Diofantske jednadžbe
Definicija Jednadžba kojoj tražimo cjelobrojna rješenja, naziva se diofantskom jednadžbom.
Povijesno, naziv se prvo koristio za polinomijalne jednadžbe čiji su koeficijenti cijeli brojevi, ali
danas je proširen. Razmotrit ćemo prvo rješavanje linearne diofantske jednadžbe s dvije varijable.
Teorem Neka su zadani a, b, c ∈
onda ako M (a, b ) | c .
. Diofantska jednadžba ax + by = c ima rješenje onda i samo
Zadatak 1. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 71x + 50 y = 1 . Ima li jednadžba prirodnih
rješenja?
Zadatak 2. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 15 x − 20 y = 30 . Ima li prirodnih rješenja?
Zadatak 3. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 333x + 707 y = 1 .
Zadatak 4. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe xy = 2 x + y + 1 .
Zadatak 5. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 7 x + 3 y = 11 .
Zadatak 6. Odredite sva prirodna rješenja jednadžbe xy = x + y 2 .
Zadatak 7. Odredite sva prirodna rješenja jednadžbe xy = 20 − 3 x + y .
Zadatak 8. Odredite sva prirodna i sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 3x + y 2 = 30 .
Zadatak 9. Odredite sva prirodna rješenja jednadžbe
1 1 1
+ + = 1.
x y z
Zadatak 10. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 3 x − 2 y = 5 .
Zadatak 11. Odredite sva prirodna rješenja jednadžbe x!+ y! = z! .
Zadatak 12. Odredite sva cjelobrojna rješenja jednadžbe 1 + 2 x + 2 2 x +1 = y 2 .
61
5. Uvod u kombinatoriku
Teorem (Osnovna pravila prebrojavanja)
1. Pravilo jednakosti (ili bijekcije) Neka su A i B konačni skupovi. Tada je A = B ako i
samo ako postoji bijekcija f : A → B .
2. Pravilo zbroja (ili sume) Neka su A1 , A2 ,K , An konačni i međusobno disjuktni skupovi.
Tada je njihova unija konačan skup i A1 ∪ A2 ∪ K ∪ An = A1 + A2 + K + An .
3. Pravilo umnoška (ili produkta, teorem o uzastopnom prebrojavanju)
Neka su
A1 , A2 ,K , An konačni skupovi. Tada je njihov Kartezijev produkt konačan skup i
A1 × A2 × K × An = A1 ⋅ A2 ⋅ K ⋅ An .
4. Dirichletov princip Ako n predmeta bilo kako rasporedimo u n − 1 kutija, onda će barem
jedna od njih sadržati barem 2 predmeta.
Poopćeni Dirichletov princip: Ako je m predmeta razmješteno u n kutija, onda bar jedna
m − 1
kutija sadrži bar
+ 1 predmeta.
n
Prisjetimo se: a) Broj svih podskupova n -članog skupa je 2 n .
b) Neka su A, B ≠ φ . Ako su ti skupovi konačni, skup B A = { f f : A → B} je
konačan i B A = B
A
.
Zadatak 1. Na koliko načina se između 6 muškaraca, 4 žene, 5 dječaka i 3 djevojčice može
izabrati:
a) jedna osoba
b) po jedan muškarac, jedna žena, jedan dječak i jedna djevojčica. (18,360)
Zadatak 2. Na štandu je izloženo 10 različitih vrsta razglednica. Turist želi poslati svakome od
svoja 4 prijatelja po jednu od njih. Na koliko načina je to moguće izvesti? (10000)
Zadatak 3. Registarska tablica vozila sastoji se od oznake mjesta, grba, 3 ili 4 brojke, te jednog
ili dva slova abecede (bez slova č, ć, dž, đ, lj, nj, š, ž). Koji je najveći broj automobila splitskih
registracija? (5566000)
Zadatak 4. Svaki od pet momaka bira po jednu od osam djevojaka za ples. Na koliko načina to
mogu napraviti? (6720)
62
Zadatak 5. Koliko ima prirodnih brojeva strogo manjih od milijardu ( 10 9 ) koji sadrže znamenku
2 u svom dekadskom zapisu? (612579511)
Zadatak 6. Koliko je neparnih brojeva između 1000 i 10000 od kojih svaki ima različite
znamenke? (2240)
Zadatak 7. Koliko će sumanada biti u izrazu ( x1 + 1)( x 2 + 1)K ( x n + 1) nakon raspisivanja? ( 2 n )
Zadatak 8. Listić sportske prognoze ima 12 redaka. U svaki redak treba upisati 0,1 ili 2. Na
koliko načina se može ispuniti listić? ( 312 )
Zadatak 9. Lokot na šifru ima 4 koluta sa po 10 brojki. Lokot otvara samo točno unesena šifra.
Koliko šifri možemo zadati? (10000)
Zadatak 10. Koliko ukupno ima različitih (suvislih i nesuvislih) riječi od 6 slova koje možemo
načiniti od 30 slova abecede? ( 30 6 )
Zadatak 11. Dokažite da u grupi od 13 ljudi postoji bar dvoje koji imaju isti astrološki znak.
Zadatak 12. Pet različitih pari rukavica nalazi se u ladici u mračnoj sobi. Izvlačimo nasumce po
jednu rukavicu i ne vraćamo ih u ladicu. Koliko je najmanje izvlačenja potrebno da bismo bili
sigurni da imamo kompletiran jedan par?
Zadatak 13. Dokažite: među 44 ljudi, bar je četvoro rođeno u istom mjesecu.
Zadatak 14. Dokažite: ako je u grupi vježbi PINM 35 ljudi, a na raspolaganju je 15 računala, bar
za jednim računalom će sjediti bar tri studenta.
Zadatak 15. Iz skupa {1,2,3, K,2n} odabran je podskup S od n + 1 elementa. Dokažite: tada
postoje x, y ∈ S , x ≠ y , tako da je x djeljiv sa y .
Zadatak 16. Dokažite da za svaki prirodni broj n postoji višekratnik od n dekadskog oblika
11111…1000…0.
Zadatak 17. Dokažite da postoji potencija broja 3 koja u dekadskom zapisu završava
znamenkama 0001.
Zadatak 18. Dokažite da je svaki racionalni broj
p
periodičan decimalni broj.
q
Zadatak 19. Na ispitu je bilo 5 zadataka, a položili su studenti koji su točno riješili barem 2
zadatka. Ispitu su pristupila 32 studenta, a položilo ih je 25%. Dokažite da među tih 5 zadataka
postoji barem jedan koji je točno riješilo najviše 12 studenata.
Zadatak 20. Dokažite da postoji potencija broja 2 koja u dekadskom zapisu počinje sa 99999.
63
5.2 Varijacije, permutacije i kombinacije bez ponavljanja
Varijacija bez ponavljanja reda 1 ≤ k ≤ n n -članog skupa je uređena k -torka različitih
elemenata tog skupa. Specijalno, varijacija bez ponavljanja reda n n -članog skupa naziva se
permutacija bez ponavljanja n -članog skupa.
U upotrebi je i pojam permutacije reda k bez ponavljanja.
Broj varijacija bez ponavljanja reda k n -članog skupa je n(n − 1)(n − 2)K (n − k + 1) =
n!
,a
(n − k )!
broj permutacija bez ponavljanja n -članog skupa je n! .
Neka su zadani konačni skupovi A = {a1 , a 2 ,K, a k }, B = {b1 , b2 ,K, bn }. Svaka varijacija bez
ponavljanja reda 1 ≤ k ≤ n skupa B odgovara jednoj injekciji f : A → B . Ako je k = n , svaka
permutacija odgovara jednoj bijekciji skupa f : A → B ili bijekciji skupa A u samog sebe.
Katkad se zato pojmom permutacija označava baš bijekcija nekog skupa A u samog sebe.
Primjer: a) Napišite sve varijacije bez ponavljanja reda 2 skupa {1,2,3,4,5}.
b) Napišite sve varijacije bez ponavljanja reda 3 skupa {1,2,3,4}.
c) Napišite sve permutacije bez ponavljanja skupa {1,2,3,4}.
d) Na koliko načina možemo presložiti slova riječi DISKRETNA?
e) Koliko ima riječi od tri (četiri, pet) različitih slova abecede?
Zadatak 1. Četrdeset ljudi treba prijeći granični prelaz, jedan po jedan. Na koliko je načina to
moguće napraviti:
a) ako je svejedno kojim će redoslijedom prelaziti granicu, ( 40! )
b) ako je u grupi desetero djece među kojima nema braće/sestara, a svako dijete mora biti uz
svoju majku (neposredno ispred ili neposredno iza), ( 30!⋅210 )
c) ako svako dijete mora biti iza svoje majke (ne nužno neposredno iza). ( 40! / 210 )
Primjer: Na koliko načina oko stola može sjesti n ljudi (dva rasporeda smatramo jednakima ako
ih možemo dobiti rotacijom jednog u drugi)? ( (n − 1)! )
Zadatak 2. Šest muškaraca i pet žena treba poredati u red na blagajni tako da naizmjenično stoje
muškarac – žena – muškarac – žena –... Na koliko načina je to moguće izvesti? (86400)
Kombinacija bez ponavljanja reda 1 ≤ k ≤ n n -članog skupa je k -člani podskup tog skupa.
n
Broj kombinacija bez ponavljanja reda 1 ≤ k ≤ n n -članog skupa je .
k
Napomena Odavde se može pokazati korištenjem binomnog teorema da partitivni skup n -članog
skupa ima 2 n elemenata.
64
Primjer: a) Napišite sve kombinacije bez ponavljanja reda 2 skupa {1,2,3,4,5}.
b) Napišite sve kombinacije bez ponavljanja reda 3 skupa {1,2,3,4}.
Zadatak 3. a) Od 12 košarkaša nekog tima, u igri je 5. Koliko takvih petorki ima ukupno? (792)
b) Izbornik nogometne reprezentacije mora od 22 nogometaša izabrati 11, ali za petoricu svojih
favorita već je odlučio da će igrati. Na koliko načina može složiti momčad? (12376)
Zadatak 4. Na šahovskom turniru svaki je igrač odigrao sa svakim od preostalih igrača jednu
partiju. Ukupno je odigrano 78 partija. Koliko je šahista sudjelovalo na turniru? (13)
Zadatak 5. Od 7 žena i 4 muškarca treba izabrati delegaciju, tako da se ona sastoji od:
a)
b)
c)
d)
e)
petero ljudi, i to 3 žene i 2 muškarca, (210)
bilo koliko ljudi, ali mora biti jednako žena i muškaraca, (329)
petero ljudi, od kojih su bar dvije žene, (455)
petero ljudi, s tim da jedan od njih bude već unaprijed određena žena, (210)
šestero ljudi, po troje oba spola, s tim da u delegaciju ne mogu ući zajedno po jedan
unaprijed određeni muškarac i žena. (95)
Zadatak 6. Na koliko načina možemo odabrati 5 od 52 igraće karte, ako među njima mora biti
barem jedan tref? (2023203)
Zadatak 7. U skupu od 50 proizvoda je 40 ispravnih i 10 neispravnih. Na koliko načina možemo
formirati uzorak od 5 proizvoda, ali tako da u njemu budu 3 ispravna i 2 neispravna proizvoda?
(444600)
Zadatak 8. Slučajni pokus ima dva elementarna ishoda, uspjeh i neuspjeh. Ponavljamo ga n ∈
puta. Na koliko se načina može u n pokusa realizirati 0 ≤ k ≤ n uspjeha? Sjeti se: PINM vjerojatnost - binomna razdioba.
Zadatak 9. U cjelobrojnoj koordinatnoj mreži, najkraćim putem od točke O(0,0 ) do točke
T ( p, q ) ( p, q ∈ ) nazivamo konačni niz bridova te mreže s početkom u ishodištu i krajem u
točki T , pri čemu su dozvoljeni samo pomaci tipa (1,0 ) i (0,1) (koraci udesno i prema gore).
Koliko ima takvih najkraćih puteva?
Zadatak 10. Koliko ima šestoslovnih (ne nužno suvislih) riječi od riječi A,B,C,D,E,F, tako da
slova A i F budu prije C i da su sva slova u riječi međusobno različita? (240)
Zadatak 11. Seljak kupi 3 krave, 2 svinje i 4 kokoši od čovjeka koji ima 6 krava, 5 svinja i 8
kokoši. Na koliko načina to može napraviti? (14000)
Zadatak 12. Na koliko načina možemo 30 studenata podijeliti na 4 skupine tako da u prve dvije
skupine imamo po 5 studenata, a u preostale dvije skupine po 10? Na koliko ako trojica unaprijed
izabranih studenata moraju biti u istoj skupini? (139885119141768, 301385880235440)
Zadatak 13. Osoba ima 11 prijatelja. Na koliko načina može pozvati petoro njih na večeru? Na
koliko, ukoliko je dvoje njenih prijatelja bračni par i neće ići jedno bez drugoga? Na koliko, ako
dvoje njenih prijatelja ne razgovaraju i neće doći skupa? (462, 210, 378)
65
5.3 Varijacije, permutacije i kombinacije s ponavljanjem
Varijacija s ponavljanjem reda k n -članog skupa je uređena k -torka elemenata tog skupa.
Varijacija s ponavljanjem reda k n -članog skupa ima n k . Uoči: k i n mogu biti bilo kakvi
prirodni brojevi.
Primjer Koliko se troslovnih (četveroslovnih, stoslovnih) riječi može načiniti od 30 slova
abecede? ( 30 3 , 30 4 , 30100 )
Primjer Broj elemenata partitivnog skupa – pomoću DA – NE izjašnjavanja među elementima.
Primjer Broj svih binarnih riječi duljine 32 bita (jednostruka preciznost).
Zadatak 1. Test na prijemnom ispitu ima 40 pitanja s ponuđenim odgovorima A), B), C), D), E).
Na koliko se različitih načina može riješiti taj test? ( 5 40 )
Promatrajmo ovakav problem: zadana je riječ duljine n sastavljena od k različitih slova
{a1 , a 2 ,K, a k } , u kojoj se slovo a1 pojavljuje n1 puta, slovo a2 pojavljuje n2 puta,..., slovo ak
pojavljuje nk puta. Zanima nas koliko ima anagrama (ne nužno suvislih riječi koje se mogu
dobiti premetanjem slova) te riječi. Ovi anagrami ponekad se nazivaju permutacijama s
ponavljanjem reda n .
n
n!
=
Permutacija s ponavljanjem reda n ima
. Ovaj broj naziva se
n1 , n 2 ,K, nk n1!n 2 !K, nk !
multinomni koeficijent.
Napomena
Slično
skupu,
možemo
definirati
tzv.
konačni
multiskup,
M = {a1 , a1 , K, a1 , a 2 , a 2 , K, a 2 , K, a k , a k ,K , a k } , gdje su n1 + n2 + K + nk = n , n1 , n2 , K, nk tzv.
kratnosti elemenata a1 , a 2 , K, a k . Permutacija s ponavljanjem reda n je zapravo obična
permutacija multiskupa M .
Primjer
a) Na koliko načina možemo presložiti slova riječi BAOBAB? (6!/2!/3!)
b) Na koliko načina možemo presložiti slova riječi MISSISSIPPI? (11!/4!/4!/2!)
c) U koliko permutacija slova riječi JUPITER samoglasnici dolaze abecednim redom? (7!/3!)
Zadatak 2. Koliko različitih riječi možemo napisati permutiranjem slova riječi MATEMATIKA?
Zadatak 3.
Koliko osmeroznamenkastih brojeva možemo napisati pomoću brojeva
1,1,1,3,3,3,3,7? (8!/3!/4!)
Zadatak 4. U knjižari se na istoj polici nalaze 3 ista rječnika engleskog, 2 identična rječnika
francuskog i 5 jednakih rječnika njemačkog jezika. Na koliko se načina mogu rasporediti? (2520)
66
Teorem (Multinomni teorem) Za sve x1 , x2 ,K, xk ∈
(x1 + x2 + K + xk )n
=
i za sve n ∈
vrijedi
n
n1 n2
x1 x 2 K x k nk .
n1 + n2 +K+ nk = n n1 , n 2 , K , n k
∑
n1 , n2 ,K, nk ≥ 0
Primjer Raspišite izraze za a) ( x1 + x 2 + K + x k ) ,
2
b) ( x1 + x 2 + x3 ) .
4
Primjer Koji je član uz a 12 b 9 c 11 u razvoju (a + b − c ) ?
32
Posljedica
n
= k n .
n
,
n
,
K
,
n
n1 + n2 +K+ nk = n 1
2
k
∑
n1 , n2 ,K, nk ≥ 0
Posljedica ("San brucoša") Ako je p prost broj, a x1 , x2 ,K, xk ∈
(x1 + x2 + K + xk )
p
vrijedi
≡ x1 + x 2 + K + x k (mod p ) .
p
p
p
Posljedica (Mali Fermatov teorem) Ako je p prost broj, a k ∈ , k p ≡ k (mod p ) .
(
Zadatak 5. U razvoju 1 + x 5 + x 7
)
n
, gdje je n ∈ , n ≥ 5 , odredite koeficijent uz x 17 .
Promatrajmo ovakav problem: zadan je skup A = {a1 , a 2 ,K, a n }. Odredimo broj „neuređenih k torki elemenata tog skupa“ ( k i n mogu biti bilo kakvi prirodni brojevi), tj. uređenih k -torki u
kojima se elementi mogu ponavljati, ali permutirane k -torke identificiramo. Ovakva k -torka
naziva se kombinacijom s ponavljanjem reda k n -članog skupa.
Primjer Ako je A = {a, b}, k = 4 , tražene kombinacije s ponavljanjem reda 4 su četvorke
(a, a, a, a ) , (a, a, a, b ) , (a, a, b, b ) , (a, b, b, b ) , (b, b, b, b ) .
Primjer Za A = {a, b, c}, k = 2 , tražene kombinacije s ponavljanjem reda 2 su parovi
(a, b ) , (a, c ) , (b, b ) , (b, c ) , (c, c ) .
(a, a ) ,
Napomena Kombinacija s ponavljanjem reda k n -članog skupa je zapravo podmultiskup
konačnog multiskupa M . Dozvoljene kratnosti njegovih elemenata su prirodni brojevi između 0
i k , čija je suma upravo k .
n + k − 1
.
Kombinacija s ponavljanjem reda k n -članog skupa ima
k
Svaka kombinacija s ponavljanjem reda k n -članog skupa odgovara jednom rješenju jednadžbe
x1 + x 2 + K + x n = k , gdje su x1 , x 2 ,K, x n ∈ 0 .
67
Primjer Na koliko načina možemo 10 jednakih bombona podijeliti na šestero djece? Na koliko
ako svako dijete mora dobiti barem jedan bombon? Na koliko, ako prvo i drugo dijete moraju
dobiti barem po dva bombona? (3003, 126, 462)
k + n − 1
.
Zadatak 6. Uočite: Članova je s desne strane u multinomnom teoremu upravo
n
Zadatak 7. Na koliko načina možemo 12 čokoladica podijeliti među petero djece
(pretpostavljamo da su čokoladice jednake)? Na koliko načina to možemo učiniti ako svako dijete
mora dobiti bar dvije čokoladice? (1820,15)
Zadatak 8. U autobusu se nalazi 10 ljudi. Autobus staje na 5 stanica, nakon čega se prazan vraća
u garažu. Na koliko načina ljudi mogu izaći na tim stanicama? (1001)
Zadatak 9. Koliko rješenja ( x, y, z ) ∈
( x, y , z ) ∈
3
ima jednadžba x + y + z = 6 ? Koliko ima rješenja
3
0
? Koliko ima rješenja koja zadovoljavaju uvjete x, y ≥ 2 ? (28,10,6)
Zadatak 10. Na koliko načina se može 20 jednakih kuglica rasporediti u 7 kutija, tako da barem
jedna kutija ostane prazna? (203098)
5.4 Formula uključivanja i isključivanja. Deranžmani
Ako su A1 i A2 konačni skupovi, očito vrijedi A1 ∪ A2 = A1 + A2 − A1 ∩ A2 .
Slično, za konačne skupove
A1 ,
i
A2
A3
vrijedi slijedeća analogna jednakost
A1 ∪ A2 ∪ A3 = A1 + A2 + A3 − A1 ∩ A2 − A1 ∩ A3 − A2 ∩ A3 + A1 ∩ A2 ∩ A3 .
Teorem (FUI, Sylvesterova formula) Ako su A1 , A2 ,K , An ⊆ U , a U je konačan skup, vrijede
jednakosti
n
A1 ∪ A2 ∪ K ∪ An = ∑ Ai −
i =1
∑ A ∩A
1≤ i < j ≤ n
n
i
A1 ∩ A2 ∩ K ∩ An = U − ∑ Ai +
c
c
c
i =1
j
+
1≤ i < j < k ≤ n
∑A
1≤ i < j ≤ n
∑A ∩A
i
∩ Aj −
i
j
∩ Ak − K + (− 1)
∑A
1≤i < j < k ≤ n
i
n −1
A1 ∩ A2 ∩ K ∩ An
∩ A j ∩ Ak + K + (− 1) A1 ∩ A2 ∩ K ∩ An
n
Zadatak 1. Dokažite FUI matematičkom indukcijom.
Primjer Koliko ima prirodnih brojeva od 1 do 1000 koji su djeljivi s 3, a nisu djeljivi ni sa 2, ni
sa 5, ni sa 7? (115)
68
Zadatak 2. U nekom razredu od 30 učenika, 10 ih voli matematiku, 14 fiziku, 13 kemiju, 5
učenika voli matematiku i fiziku, 7 fiziku i kemiju, 4 matematiku i kemiju, a 3 vole sva tri
predmeta. Koliko učenika ne voli ni jedan od ta tri predmeta? (6)
Zadatak 3. U nekom gradu na planeti XYZ živi 12000 stvorenja sa surlom, 15000 sa repom i
19000 bez ijedne dlake. Četiri tisuće njih sa surlom ima rep, 6000 s repom je dlakavo, 5000
dlakavih ima surlu, dok je njih 1000 i dlakavo i repato i surlasto. Ako znamo da 7000 stvorenja
nema repa ni surle, koliko stanovnika ima taj grad? (30000)
Permutaciju f (bez ponavljanja) n -članog skupa A za koju je f ( x ) ≠ x , za sve x ∈ A
nazivamo deranžmanom (totalnom zbrkom). Broj deranžmana označavamo sa Dn . Očito je
D1 = 0 , D2 = 1 , D3 = 2 , D4 = 9 , itd.
1 1 1
n 1
Tvrdnja Broj deranžmana n -članog skupa je općenito Dn = n!1 − + − + K + (− 1) .
n!
1! 2! 3!
(Upotrijebimo Sylvesterovu formulu sa Ai = {π : π (i ) = i}.)
n!
Posljedica Za velike n , Dn ≈ , pa je postotak deranžmana u broju svih permutacija otprilike
e
1
jednak ≈ 0.3678794K
e
Primjer Učenici jednog razreda trebaju sami pregledati svoje domaće zadaće iz matematike, i to
tako da od 30 učenika niti jedan ne dobije svoju zadaću na pregled. Na koliko načina je podjelu
zadaćnica moguće izvesti? (Odgovor: D30 .)
Zadatak 4. Neka su A i B konačni skupovi, tako da je A = m i B = n . Ako skup svih
surjekcija
sa
skupa A na
k n
m
Sur ( A, B ) = ∑ (− 1) (n − k ) .
k =0
k
skup
B
nazovemo
Sur ( A, B ) ,
dokažite
da
je
n
Zadatak 5. Pustinjom hoda karavan od devet deva. Nakon odmora u oazi, nastavljaju put, ali tako
da nijedna od deva ne hoda iza one deve iza koje je hodala prije oaze. Na koliko načina je to
moguće ostvariti? (148329)
Zadatak 6. U nekom društvu penzionera, primijetili su da nema člana koji ne bi bio ćelav ili ne bi
nosio naočale. U trenucima dokolice, ustanovili su da je 31 član ćelav, da ih 24 nosi naočale i da
ih 12 ima naočale i istovremeno su ćelavi. Koliko članova ima društvo penzionera? (43)
69
6. Rekurzivne relacije
U ovom dijelu bavit ćemo se nizovima realnih brojeva koji pokazuju stanovitu pravilnost – da se
članovi niza s većim indeksima mogu izračunati korištenjem određene formule od članova niza s
manjim indeksima – tj. postoji formula po kojoj se član sljedbenik može izračunati iz prethodnih
članova niza. Ovakva formula naziva se rekurzivna formula, rekurzivna relacija, ili jednostavno
rekurzija. Rekurzije se koriste u rješavanju nekih specifičnih problema, a česte su u
programiranju.
Primjer Aritmetički niz 3,9,15,21,27,33,39,45,... ovakav je niz: za zadani prvi član (3), svaki
idući član niza dobije se tako da prethodni član uvećamo za 5. Općenito, ako su zadani realni
brojevi a1 i d , za aritmetički niz vrijedi rekurzivna formula an = an −1 + d .
Primjer Slično, geometrijski niz dobijemo tako da za zadani prvi član, iduće članove niza
računamo množenjem prethodnih članova istim "kvocijentom" q . Dakle, za zadane realne
brojeve a1 i q , za aritmetički niz vrijedi rekurzija an = an −1q . Geometrijski niz je npr.
1,2,4,8,16,32,64,128,...
Mi ćemo se ograničiti na promatranje rekurzivnih relacija oblika an = F (an −1 , an − 2 ,..., an − k , n ) , gdje
je F neka konkretna funkcija k + 1 realnih varijabli, a n > k . Očito će za potpuno rekurzivno
zadavanje niza biti potrebno poznavati "početne uvjete", tj. prvih k brojeva (npr. a1 , a2 ,..., ak ,
a0 , a1 ,..., ak −1 ili sl.), pomoću kojih će se kasnije računati viši članovi niza.
Primjer Rekurzija za broj an permutacija n - članog skupa očito je an = nan −1 , a jasno je da je
a1 = 1 .
Napomena Valja reći da se rekurzije mogu definirati i za nizove drugih objekata, a ne samo
brojeva, npr. za nizove funkcija, matrica, sudova, itd.
Od interesa je naći formulu za opći član niza, tj. njegovu zatvorenu (nerekurzivnu) formu, ako je
to moguće. Otprije znamo da je za aritmetički niz to an = a1 + (n − 1)d , za geometrijski niz
an = a1q n −1 , a za niz permutacija an = n! .
Zadatak 1. Neka je an broj načina na koji se neka osoba može popeti stubištem od n stepenica
ako može zakoračiti po jednu ili dvije stepenice. Odredite rekurzivnu relaciju za an .
( an = an −1 + an − 2 , a1 = 1 , a2 = 2 )
Zadatak 2. Neka je an broj prirodnih n - znamenkastih brojeva, sastavljenih od znamenki
1,2,3,4, tako da 1 i 2 nisu susjedne znamenke (ni u kojem redoslijedu). Napišite rekurzivnu
relaciju za an . ( an = 3an −1 + 2an − 2 , a1 = 4 , a2 = 14 )
70
6.1 Linearne rekurzivne relacije s konstantnim koeficijentima
an = c1an −1 + c2 an − 2 + K + ck an − k + f (n ) ,
n>k,
c1 , c2 ,K, cn ∈ zadani brojevi, a f zadana funkcija, naziva se linearna rekurzivna relacija reda
k s konstantnim koeficijentima, i ona je homogena, ako je f ≡ 0 , a nehomogena, ako nije
f ≡ 0 . Cilj je da se odredi opće rješenje te rekurzije, i to u zatvorenom obliku, kao eksplicitna
funkcija od n .
Rekurzivna
relacija
oblika
gdje
je
Prvo ćemo razmotriti rješavanje homogenih linearnih rekurzivnih relacija reda k s konstantnim
koeficijentima, an = c1an −1 + c2 an − 2 + K + ck an − k .
Rješenja pretpostavljamo u obliku niza an = x n , gdje je x nepoznat broj – mi zapravo tražimo
sve vrijednosti x koje će dati rješenja dane rekurzije.
Uvrštavamo i dobivamo x n = c1 x n −1 + c2 x n − 2 + K + ck x n − k , iz čega sređivanjem odmah slijedi
x k − c1 x k −1 − c2 x k − 2 − K − ck = 0 . Ovo je karakteristična jednadžba naše homogene rekurzivne
relacije, koja, kako znamo po Osnovnom teoremu algebre iz Matematike, ima k općenito
kompleksnih rješenja x1 , x2 ,K, xk ∈ .
Teorem Opće rješenje homogene linearne rekurzivne relacije reda k s konstantnim
koeficijentima,
može
se
napisati
u
obliku
an = c1an −1 + c2 an − 2 + K + ck an − k
an = C1r1 (n ) + C2 r2 (n ) + K + Ck rk (n ) , gdje su C1 , C2 ,K, Ck ∈ , a r1 (n ), r2 (n ),..., rk (n ) nizovi koje
dobivamo pomoću rješenja pripadne karakteristične jednadžbe x k − c1 x k −1 − c2 x k − 2 − K − ck = 0 .
Svakom jednostrukom rješenju x j ∈
n
karakteristične jednadžbe odgovara niz x j , a svakom
višestrukom rješenju x j ∈ , kratnosti m ≥ 2 , nizovi x j , nx j ,..., n m −1 x j .
n
n
n
Napomena Uvrštavanjem k početnih uvjeta u opće rješenje rekurzije k – tog reda, dobije se
sustav linearnih jednadžbi iz kojeg određujemo konkretne vrijednosti konstanti problema
C1 , C2 ,K, Ck ∈ .
Zadatak 1. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije an = 2an −1 + 3an − 2 . Odredite rješenje za
početne uvjete a0 = 1 , a1 = 2 . ( an
n
(
− 1) + 3n +1
)
=
4
Zadatak 2. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije an = 6an −1 − 9an − 2 . Odredite rješenje za
početne uvjete a1 = 3 , a2 = 27 . ( an = 3n (2n − 1) )
71
Zadatak 3. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije an = an −1 − an − 2 . Odredite rješenje za
nπ
nπ
3 cos
+ 3 sin
3
3 )
početne uvjete a1 = −1 , a2 = 0 . ( an = −
3
Zadatak 4. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije 2an = an −1 + 2an − 2 − an − 3 . Odredite rješenje
15 ⋅ 2n + (− 2 ) − 16
)
3 ⋅ 2n +1
n
za početne uvjete a0 = 0 , a1 = 1 , a2 = 2 . ( an =
Problem rješavanja nehomogenih linearnih rekurzivnih relacija reda k s konstantnim
koeficijentima, an = c1an −1 + c2 an − 2 + K + ck an − k + f (n ) nešto je teži. Generalno, ukoliko znamo
jedno njeno (partikularno) rješenje r (n ) , te opće rješenje C1r1 (n ) + C2 r2 (n ) + K + Ck rk (n ) pripadne
homogene linearne rekurzivne relacije reda
s konstantnim koeficijentima,
k
an = c1an −1 + c2 an − 2 + K + ck an − k , onda je opće rješenje te nehomogene rekurzije
an = r (n ) + C1r1 (n ) + C2 r2 (n ) + K + Ck rk (n ) , C1 , C2 ,K, Ck ∈ .
Ostaje nam konstruirati partikularno rješenje r (n ) za poznatu funkciju f (n ) . U tu svrhu, poslužit
ćemo se tablicom:
f (n )
r (n )
Cb n
C je konstanta
Ps (n )
Ab n , ako x = b nije rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r.
An mb n , ako je x = b rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r. kratnosti m
Qs (n ) , ako x = 1 nije rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r.
polinom stupnja s
s
Cn b
n mQs (n ) , ako je x = 1 rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r. kratnosti m
Qs (n ) je polinom stupnja s
Qs (n )b , ako x = b nije rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r.
n
n
C je konstanta
n mQs (n )b n , ako je x = b rješenje karakt. jedn. prip. hom. r.r. kratnosti m
Qs (n ) je polinom stupnja s
Ukoliko je funkcija f (n ) zbroj izraza različitih oblika, partikularno rješenje tražimo kao zbroj
pojedinih partikularnih rješenja nehomogenih jednadžbi.
Napomena Klasifikacija, terminologija i postupak rješavanja linearnih rekurzivnih relacija reda
k s konstantnim koeficijentima podsjećaju na one linearnih diferencijalnih jednadžbi reda k s
konstantnim koeficijentima i to nije slučajno.
Zadatak 5. Odredite opći član niza (an , n ∈
) , zadanog rekurzivnom relacijom
an = 2an −1 + 1 uz
početni uvjet a1 = 1 . ( an = 2 − 1 )
n
72
Zadatak
6.
Odredite
član
opći
niza
(an , n ∈ 0 ) ,
zadanog
an = 4an −1 − 4an − 2 + 2 uz početne uvjete a0 = 1 , a1 = 1 . ( an = 2
n
Odredite opće
15
( an = C ⋅ 5n − n 2 − 3n − )
4
Zadatak
7.
rješenje
rekurzivne
n
a1 = −2 . ( an = 2
rekurzivnom
− 2n + 2 ) )
relacijom
an = 5an −1 + 4n 2 + 2n + 5 .
3an + 2an −1 − an − 2 = 32 ⋅ 3n +
1
.
3n
n
)
4 ⋅ 3n +1
Zadatak 9. Riješite rekurzivnu relaciju
4 −n
(n
2
relacije
Zadatak 8. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije
( an = C1 ⋅ 3− n + C2 (− 1) + 3n + 2 +
n −1
2an − 5an −1 + 2an − 2 = 10 uz početne uvjete a0 = 6 ,
− 10 )
a n = 4 a n −1 − 4 a n − 2 − 2 n + 5 ⋅ 3 n .
Zadatak 10. Odredite opće rješenje rekurzivne relacije
( an = C1 ⋅ 2 n + C2 ⋅ n ⋅ 2n + 5 ⋅ 3n + 2 − 2n − 8 )
Zadatak 11. Odredite opći član niza
(an , n ∈ 0 ) zadanog rekurzivnom relacijom
an − 2an −1 − 11an − 2 + 12an − 3 = 2 ,
uz
početne
uvjete
a0 = 0 ,
a1 = 0 ,
a2 = 1 .
5 n (− 3) n 7
⋅4 +
− − )
63
56
6 72
n
( an =
Zadatak 12. Riješite rekurzivnu relaciju
( an = (− 1) ⋅ (n + 2) )
an + an −1 = (− 1) , uz početni uvjet a0 = 2 .
n
n
Zadatak 13. Riješite rekurzivnu relaciju
an = 11an −1 − 39an − 2 + 45an − 3 + 5 , uz početne uvjete
7
11
81
5
a0 = 10 , a1 = 16 , a2 = 25 . ( an = ⋅ 3n +1 − n ⋅ 3n +1 + ⋅ 5n − )
4
4
16
16
Zadatak 14. Neka je niz (an , n ∈
)
zadan formulom an = 2 ⋅ 3n − 4 . Odredite jednu linearnu
rekurziju koju zadovoljava taj niz. (Npr. an = 3an −1 + 8 , ili an = 4an −1 − 3an − 2 )
zadan formulom an = 3(n + 1) + (− 1) . Odredite jednu
linearnu rekurziju koju zadovoljava taj niz. (Npr. an = an − 2 + 12n )
Zadatak 15. Neka je niz
(an , n ∈ )
2
n
Zadatak 16. Za niz 1,4,9,16,25,36,... odredite homogenu linearnu rekurzivnu relaciju. Odredite
opći član tog niza. ( an = 3an −1 − 3an − 2 + an − 3 , an = n 2 )
73
6.2 Rekurzivno rješavanje problema
Zadatak 1. (Fibonaccijevi brojevi) Zečevi se razmnožavaju tako da svaki par zečeva svaka dva
mjeseca dobije par mladih – zeca i zečicu. Mladi zečevi se po navršenju dva mjeseca života
počinju razmnožavati istim tempom. Pod pretpostavkom da smo na početku imali jedan par
zečeva i da su zečevi besmrtni, odredite rekurziju i zatvorenu formulu za broj Fn parova zečeva
nakon
n
mjeseci.
( Fn = Fn −1 + Fn − 2 ,
uz
početne
uvjete
F1 = 1 ,
F2 = 1 ,
n
n
1 1 + 5 1 − 5
−
)
Fn =
5 2 2
Zadatak 2. (Hanojski tornjevi) Francuski je matematičar Lucas 1883. zabilježio ili izmislio ovu
legendu: u drevnom vijetnamskom hramu ima jedna velika soba, u sredini koje su tri nosača, i na
njima 64 zlatna koluta. Oko nosača se kreću šutljivi svećenici Brahme – slijedeći staro
proročanstvo, njihov je posao da premjeste sve
kolutove s prvog nosača na treći, ali tako da u
svakom potezu smiju pomaknuti samo jedan
kolut, i da veći kolut nikada ne može doći na
manji kolut. Na dan kad ispune zadatak, kaže
proročanstvo, bit će kraj svijeta. Odredite
rekurzivnu relaciju za broj poteza pri
premještanju n diskova s prvog na treći nosač i
riješite je. ( an = 2an −1 + 1 , a1 = 1 , an = 2 n − 1 )
Zadatak 3. Odlučili ste se baviti kozarstvom na pustom jadranskom otoku i u tu svrhu početkom
prve godine nabavili jarca i kozu. Ako pretpostavimo da se prirodnim prirastom populacija
koza/jaraca na otoku svake godine udvostručava i da n – te godine prodate n − 1 jarića, odredite
rekurzivnu relaciju za broj koza/jaraca u n – toj godini i riješite je. Riješite isti problem za slučaj
da n – te godine prodate n − 2 jarića. (U prvom slučaju, an = 2an −1 − n + 1 , a1 = 2 , an = n + 1 )
Zadatak 4. Označimo sa An kvadratnu matricu n – tog reda, oblika
2 1 0 K 0 0
1 2 1 K 0 0
0 1 2 K 0 0
An =
,
K
K
K
K
K
K
0 0 0 K 2 1
0 0 0 K 1 2
a sa d n njenu determinantu. Postavite rekurziju za računanje d n i riješite je. ( d n = 2d n −1 − d n − 2 ,
d1 = 2 , d 2 = 3 , d n = n + 1 )
74
Zadatak 5. Koliko različitih poruka možemo poslati u n
mikrosekundi, ako se poruke sastoje od triju vrsta signala, pri
čemu za odašiljanje prve vrste treba jedna, a za odašiljanje druge
i treće vrste po dvije mikrosekunde, ako između signala u poruci
nema razmaka?
Postavite rekurziju
i riješite je.
n
(− 1) + 2n +1 )
( an = an −1 + 2an − 2 , a1 = 1 , a2 = 3 , an =
3
Zadatak 6. Rekurzijom riješite: na koliko se načina pravokutna površina dimenzija 2 × n može
popločati korištenjem pločica dimenzija 1× 2 (pločica se može okretati) i 2 × 2 ? (Identičan
rezultatu prethodnog zadatka.)
Riješimo sada rekurzije koje smo postavili u prethodnoj cjelini:
Zadatak 7. Neka je an broj načina na koji se neka osoba može popeti stubištem od n stepenica
ako može zakoračiti po jednu ili dvije stepenice. Postavite rekurzivnu relaciju za an , uz početne
uvjete
i
riješite
je.
( an = an −1 + an − 2 ,
a1 = 1 ,
a2 = 2
(
n
)
n
1− 5
1+ 5
+ 2 5
3 5 − 5
2
2
=F )
an =
n +1
5 5 −1
(
)
Zadatak 8. Neka je an broj prirodnih n - znamenkastih brojeva, sastavljenih od znamenki
1,2,3,4, tako da 1 i 2 nisu susjedne znamenke (ni u kojem redoslijedu). Postavite rekurzivnu
relaciju za an , uz početne uvjete i riješite je. ( an = 3an −1 + 2an − 2 , a1 = 4 , a2 = 14 , rješenje je
an
(17 +
=
)(
) (
n
)(
)
n
17 3 + 17 + 4 4 17 − 17 3 − 17
)
17 17 − 3 ⋅ 2n
(
)
Riješit ćemo još nekoliko zadataka svodeći nelinearne rekurzivne relacije na linearne.
Zadatak 9. Riješite rekurzivnu relaciju an2 − 2an2−1 = 1 uz početni uvjet a0 = 2 .
( an = 5 ⋅ 2 n − 1 )
Zadatak 10. Riješite rekurzivnu relaciju nan + (n − 1)an −1 = 2n −1 uz početni uvjet a1 = 2 .
( an =
4 ⋅ (− 1) − 2 n
)
3n
n +1
Zadatak 11. Za svaki član an niza (an , n ∈
) vrijedi
2an an −1 + an = 3an −1 .
3n
1
, odredite opći član niza (an , n ∈ ) . ( an =
)
4
3 + 3n
b) Za proizvoljni a0 = c ∈ \ {0}, odredite lim an .
a) Za a0 =
n→∞
75
7. Binarne algebarske operacije. Algebarske strukture
Definicija Neka je S neprazan skup. Binarna algebarska operacija ili samo binarna operacija
na skupu S je bilo kakva funkcija o : S × S → S . Kažemo da je skup S s obzirom na binarnu
operaciju o grupoid ili kraće: (S ,o ) je grupoid. Uobičajeno je djelovanje funkcije o na x, y ∈ S
umjesto o ( x, y ) zapisati praktičnije, kao x o y .
– Ako u grupoidu (S ,o ) za sve x, y, z ∈ S vrijedi da je ( x o y ) o z = x o ( y o z ) , kažemo da je
binarna operacija o asocijativna. Grupoid (S ,o ) čija je binarna operacija o asocijativna,
nazivamo polugrupom.
– Ako postoji e ∈ S , takav da je za sve x ∈ S , x o e = e o x = x , kažemo da je e neutralni
element za binarnu operaciju o na S . Polugrupu (S ,o ) u kojoj postoji neutralni element
nazivamo monoidom.
– Ako u monoidu (S ,o ) za svaki element x ∈ S postoji y ∈ S tako da je x o y = y o x = e ,
kažemo da je y inverzni element elementa x , a monoid (S ,o ) nazivamo grupom.
Inverzni element elementa x ∈ S često se označava s x −1 .
– Ako u grupoidu (S ,o ) za sve x, y ∈ S vrijedi da je x o y = y o x , kažemo da je binarna
operacija o komutativna, a za grupoid (S ,o) da je komutativan ili Abelov grupoid.
Slično, u slučaju da je (S ,o ) polugrupa (monoid, grupa), govorimo o komutativnoj ili
Abelovoj polugrupi (monoidu, grupi).
Grupoidi, monoidi, grupe neki su primjeri tzv. algebarskih struktura. Općenito, algebarska
struktura je skup "opremljen" jednom ili više algebarskih operacija, koje zadovoljavaju neka
svojstva. Još neke algebarske strukture koje ovom prilikom nećemo proučavati su prstenovi,
polja, algebre i vektorski prostori.
U nastavku ćemo se prisjetiti nekih od brojnih binarnih operacija koje smo u dosadašnjem
školovanju susreli.
Primjer Na skupovima brojeva , , , ,
definirali smo binarne operacije zbrajanja + i
, , , operaciju oduzimanja, a na skupovima \ {0}, \ {0}
množenja ⋅ , na skupovima
i \ {0} dijeljenja, : . Uočite da su npr. ( ,− ) , ( \ {0},:) grupoidi, ( ,+ ) Abelova polugrupa,
( 0 ,+ ) i ( ,⋅) Abelovi monoidi, a ( ,+ ) i ( \ {0},⋅) Abelove grupe.
Primjer Na skupu M m , n (
)
svih realnih matrica tipa (m, n ) , promatrajmo binarnu operaciju
zbrajanja matrica. Uvjerite se da je (M m , n ( ),+ ) Abelova grupa.
Primjer Na skupu M n ( ) svih realnih kvadratnih matrica reda n , promatrajmo binarnu
operaciju množenja matrica. Uvjerite se da je (M n ( ),⋅) monoid, ali nije Abelov (osim u
trivijalnom slučaju n = 1 ).
76
Primjer Označimo s GL(n, ) skup svih regularnih realnih kvadratnih matrica reda n , i na njemu
promotrimo binarnu operaciju množenja matrica. Uvjerite se da je (GL(n, ),⋅) grupa, ali nije
Abelova (osim u trivijalnom slučaju n = 1 ).
Primjer Neka je X neprazan skup. Uvjerite se da je ( X → X ,o ) , gdje o označava kompoziciju
funkcija, monoid. Je li Abelov monoid?
Primjer Neka je X neprazan skup i neka je G skup svih bijekcija skupa X na samog sebe. Ako
o označava kompoziciju funkcija, uvjerite se da je (G ,o ) grupa, koja nije Abelova čim je X ≥ 3 .
Primjer Neka je X neprazan skup, X ⊆ . U skup X → uvedimo algebarsku operaciju + ,
definirajući za sve f , g ∈ X → , novu funkciju f + g : X → , tako da je za sve x ∈ X ,
( f + g )(x ) = f (x ) + g (x ) . Uvjerite se da je ( X → ,+ ) Abelova grupa.
Primjer Neka je S proizvoljan skup, a P ( S ) njegov partitivni skup. Na skupu P ( S ) definiramo
binarnu operaciju presjek ∩ i binarnu operaciju unija ∪ . Uvjerite se da su ( P ( S ) , ∩ ) i
( P ( S ) , ∪ ) Abelovi monoidi.
Primjer Konačan neprazan skup A nazovimo alfabet, a njegove elemente simbolima. Riječ nad
alfabetom A je proizvoljan konačan niz simbola ("string") iz A , pri čemu dozvoljavamo i riječ
duljine 0 (praznu riječ). Ako sa A* označimo skup svih riječi nad alfabetom A , definirajmo
binarnu operaciju o konkatenacije ("lijepljenja stringova"), tako da ako su
a1 , a 2 , K, a n , b1 , b2 ,K , bm ∈ A , a1 a 2 K a n o b1b2 K bm = a1 a 2 K a n b1b2 K bm . Pokažite da je (A* ,o )
monoid. Je li Abelov?
Propozicija 1 a) Monoid (S ,o ) može sadržati samo jedan neutralni element.
b) U grupi (S ,o ) svaki element x ∈ S ima samo jedan neutralni element x −1 .
U slučaju da je skup na kome se zadaje binarna operacija konačan, djelovanje te operacije zgodno
je pregledno prikazati tablicom (tzv. Cayleyeva tablica).
Primjer Neka je S = {e, a, b, c} . Binarna operacija o na S zadana je tablicom:
o
e
a
b
c
e
e
a
b
c
a
a
e
c
b
b
b
c
e
a
c
c
b
a
e
Provjerite da je (S ,o ) Abelova grupa.
77
Primjer Neka je n ∈ . Promotrimo relaciju ekvivalencije ≡ (mod n) na skupu
i njen
kvocijentni skup / ≡ (mod n ) = {[0], [1],K, [n − 1]}. Na / ≡ (mod n ) definiramo binarnu operaciju + n ,
tako da je za sve
[x], [ y ]∈
/ ≡ (mod n ) ) , [x ] + n [ y ] = [x + y ]. Dokažite da je
(
/ ≡ (mod n ) ,+ n ) Abelova
grupa. Sastavite Cayleyevu tablicu binarne operacije +5 .
Primjer Neka je n ∈ . Na skupu
[x], [ y ]∈
/ ≡ (mod n ) ) ,
[x] ⋅n [ y ] = [x ⋅ y ] .
/ ≡ (mod n ) definiramo binarnu operaciju ⋅n , tako da je za sve
(
Dokažite da je
/ ≡ (mod n ) ,⋅n ) Abelov monoid. Je li i
Abelova grupa? Sastavite Cayleyevu tablicu binarne operacije ⋅5 .
Definicija Neka je (G,o ) grupa. Ako je H ⊆ G , ako da je (H ,o ) također grupa. Tada kažemo da
je (H ,o) podgrupa grupe (G,o ) . Ako je (H ,o) Abelova grupa, kažemo da je Abelova podgrupa
od (G,o ) .
Primjer Ako je (G,o ) grupa, čiji je neutralni element e , onda je
podgrupa. Jasno, (G ,o ) je također podgrupa od (G ,o ) .
Primjer Očito je ( ,+ ) Abelova podgrupa od
( ,+ ) je Abelova podgrupa od ( ,+ ) .
(
,+ ) ,
(
({e},o )
jedna njena Abelova
,+ ) je Abelova podgrupa od
(
,+ ) , a
Primjer Neka su a, b ∈ , a < b . Označimo sa C ( a, b
neprekidnih na skupu
( a, b
→ ,+ ) .
a, b . Pokažite da je
) skup svih funkcija f : a, b →
(C ( a,b ),+ ) Abelova podgrupa Abelove grupe
Propozicija 2 Neka je (G,o ) grupa i H ⊆ G . Vrijedi: (H ,o ) je podgrupa grupe (G,o ) ako i samo
ako vrijedi da je ∀x, y ∈ H , x o y −1 ∈ H .
Definicija Neka su (G,o ) i (H ,∗) grupe. Funkciju f : G → H , takvu da je za sve x, y ∈ G ,
f ( x o y ) = f ( x ) ∗ f ( y ) nazivamo homomorfizmom grupa (G,o ) i (H ,∗) , a za te grupe kažemo i
da su homomorfne. Ukoliko je homomorfizam f ujedno i bijekcija, kažemo da je izomorfizam
grupa (G,o ) i (H ,∗) – grupe (G,o ) i (H ,∗) tada nazivamo izomorfnima.
Propozicija 3 Zadane su grupe (G,o ) i (H ,∗) . Ako je poznato da je funkcija f : G → H
homomorfizam grupa, dokažite da vrijedi:
a) Ako je e1 ∈ G neutralni element grupe G , a e2 ∈ H neutralni element grupe H , onda je
f (e1 ) = e2 .
b) Za svaki x ∈ G je f (x −1 ) = [ f ( x )] .
−1
Zadatak 1 Dokažite Propozicije 1,2 i 3.
78
© Copyright 2024 Paperzz
