kombinatorika
Download
Skip this Video
Download Presentation
KOMBINATORIKA

Loading in 2 Seconds...

play fullscreen
1 / 21

KOMBINATORIKA - PowerPoint PPT Presentation


  • 174 Views
  • Uploaded on

KOMBINATORIKA. Autor: J efto Pajević. Uvod Pravila kombinovanja Premutacije bez ponavljanja sa ponavljanjaem primjeri Varijacije bez ponavljanja sa ponavljanjem primjeri Kombinacije bez ponavljanja sa ponavljanjem primjeri Algoritam.

loader
I am the owner, or an agent authorized to act on behalf of the owner, of the copyrighted work described.
capcha
Download Presentation

PowerPoint Slideshow about ' KOMBINATORIKA' - aretha


An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript
kombinatorika
KOMBINATORIKA

Autor: JeftoPajević

slide2

Uvod

  • Pravilakombinovanja
  • Premutacije
      • bezponavljanja
      • saponavljanjaem
      • primjeri
  • Varijacije
      • bezponavljanja
      • saponavljanjem
      • primjeri
  • Kombinacije
      • bezponavljanja
      • saponavljanjem
      • primjeri
  • Algoritam
slide3

UVODMatematička disciplina koja se bavi osobinama funkcija definisanih na konačnim (u smislu broja elemenata) skupovima, ili šire rečeno problemima vezanima za konačne skupove , naziva se kombinatorna matematika ili kombinatorika. Termin “kombinatorika” potiče od Lajbnica ( Dissertatio de Arte Combinatoria, 1666. god), mada su se kombinatorni problemi javili i ranije. Veliki broj problema, koje kombinatorika rješava, može se formulisati u obliku određivanja elemenata posmatranog konačnog skupa koji ispunjavaju neke zadate uslove, kao što su izdvajanje određenih podskupova datog skupa, određivanje rasporeda elemenata u tim skupovima kao i određivanje broja takvog izdvajanja , odnosno rasporeda. Formalno gledano, svaki takav zadatak se može riješiti direktnim pretraživanjem datog skupa, ali se to rijetko radi, jer su posmatrani skupovi najčešće jako brojni. Primjera radi, jedna obična kucana stranica teksta, u kome se koriste samo mala slova, može imati oko 302000≈103000različitih verzija , dok broj atoma u sada vidljivoj Vasioni nije veći od 1040. Zbog toga kombinatorika razvila posebne metode rješavanja zadataka.

pravila kombinovanja
PRAVILAKOMBINOVANJA

Dva su osnovna pravila kombinovanja: Pravilo proizvoda i pravilo zbira.

Pravilo proizvoda: Ako su S1,S2,…,Sn neprazni skupovi, onda je

IS1×S2×…×SnI=IS1I·IS2I·…·ISnI

Pravilo zbira: Ako je skup X unija disjunktnih skupova S1,S2,…,Sn , onda je

IXI=IS1I+IS2I+…+ISnI

slide5

PRAVILO PROIZVODA

Primjer: OdNovogSada do Beogradapostojedvijevrsteprevoza: autobus i voz; od Beograda do Podgorice postoje tri vrste prevoza : autobus , voz i avion. Na koliko se načina može putovatiod Novog Sada do Podgorice preko Beograda?

1

1

2

NS

BG

PG

2

3

Odgovor: Na svaki od dva načina potovanja od Novog Sada do Beograda može se nadovezati svaki od tri načina putovanja od Beograda do Podgorice, prema tome svi mogući načini putovanja su: (autobus, autobus)

(autobus, voz)

(autobus, avion)

(voz, autobus)

(voz, voz)

(voz, avion)

2·3=6

slide6

PRAVILOZBIRAPrimjer: Bacaju se istovremenodvijekocke, jednabijelaijednacrvena. Na koliko načina se može dobiti zbir djeljiv sa 5?

A={ ,,, }

A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)} Ovdje je zbirdobijenihbrojeva 5, k(A)=4

B={ ,, }

4+3=7

B={ (4,6),(5,5),(6,4)} Ovdje je zbirdobijenihbrojeva 10, k(B)=3

Rješenje: Zbir djeljiv sa 5 može biti samo jedan od brojeva 5 ili 10. Zbir 5 dobija se na jedan od sledećih načina : (1,4), (2,3),(3,2), (4,1), gdje prvi broj u zagradi označava broj dobijen na bijeloj kocki , a drugi-broj dobijen na crvenoj kocki. Dakle, postoje 4 načina da se dobije zbir 5. Slično, zbir 10 se dobija na jedan od sledeća 3 načina: (4,6),(5,5), 6,4). Kako su ova dva skupa uređenih parova disjunktni to je ukupan broj načina da se dobije zbir djeljiv sa 5 jednak 4+3=7.

slide7

PERMUTACIJEbezponavljanjaU skladu sa predhodnom definicijom permutovati neki skup znači urediti njegove elemente u nekom poretku.Permutaciju kao kombinatorni objekat možemo formirati prema pravilu množenja, odakle se lako određuje broj tih objekata.Primjer: Pet ljudi čeka u redu za karte. Na koliko načina oni mogu stati u red?Rješenje: Svaki njihov raspored predstavlja jednu permutaciju od 5 elemenata, što iznosi P=5!=120

Definicija: Permutacija (bez ponavljanja) od n elemenata skupa A je uređena

n-torka svih elemenata skupa A.

Broj permutacija bez ponavljanja, skupa od n elemenata je Pn=n!=n(n-1)(n-2)…2·1 , n≥1

slide8

PERMUTACIJE

saponavljanjem

Definicija:Permutacija (sa ponavljanjem) tipa k1, k2,…,kn formirana od elemenata skupa A={a1,a2, ... an} je svaka uređena m-torka , m=k1+k2+...+kn sastavljena od k1 elemenata a1, k2 elemenata a2, ... kn elemenata an.

Broj permutacija sa ponavljanjem tipak1, k2,…,kn je Pn (k1,k2,...,kn)=(k1+k2+...+kn)/k1!∙k2!∙...∙kn!

slide9

PRIMJERI PERMUTACIJA

Primjer 1. Kojim redom možete naslagati na kornet dvije kugle vanile i dvije kugle čokolade?

Rješenje: Kao što se vidi, postoji 6 mogućnosti, a radi se o permutacijama sa ponavljanjem tipa 2,2 pa je P(2,2)=(2+2)!/2!∙2!=24/4=6

slide10

Primjer 2. U porodici su dva dječaka (M) i tri djevojčice (Ž). Kojim redom mogu oprati ruke, vodeći računa samo o polu?

(MMŽŽŽ)

(MŽŽMŽ)

(MŽMŽŽ)

(ŽMMŽŽ)

(MŽŽŽM)

(ŽMŽMŽ)

slide11

(ŽMŽŽM)

(ŽŽMMŽ)

(ŽŽMŽM)

(ŽŽŽMM)

Rješenje: Radi se o permutacijama sa ponavljanjem tipa 2,3 a njihov broj je P(2,3)=(2+3)!/2!3!=120/12=10

slide12

Primjer 3. Na koliko načina se na 5 jarbola mogu rasporediti

3 jednake zastave

dvije bijele i jedna crvena, tako da na svakom jarbolu bude najviše po jedna ?

Rješenje: a) Svaki raspored čine 3 zastave i 2 prazna jarbola, tako da se rasporedi mogu

posmatrati kao permutacije (sa ponavljanjem) tipa 3 i 2 kojih ima P2(3,2)=5!/3!2!=10

Situacija razmotrena u primjeru 3 može se uopštiti na sledeći način:

Na n mjesta u nizu treba rasporediti m predmeta , ili u n kutija treba razmjestiti m

kuglica iste boje.

Bitno se razlikuju slučajevi u kojima

Na jedno mjesto može doći najviše jedan predmet

Na jedno mjesto može stati više predmeta

Slučaj (a) (nema ponavljanja): Broj mogućih rasporeda je:

P2(m,n-m)=

Slučaj (b) (ponavljanja su moguća): Broj mogućih rasporeda je:

P2(m,n-1)=

n!

m!(n-m)!

(m+n-1)!

m!(n-1)!

slide13

Primjer 4. Koristeći najkraći put kroz grad, na koliko načina možeš doći iz tačke A u

tačku B (Sve ulice se sjeku pod pravim uglom)

B

0

0

1

Rješenje:

Svaki put se može predstaviti kao niz odluka:

gore (1) i desno (0), u kome se 1 javlja n puta a 0 m puta, tj. ima

P2(n,m)= mogućnosti

1

0

1

0

0

n

1

0

1

(n+m)!

1

n!m!

A

m

slide14

VARIJACIJEbezponavljanja

Uređivanjem jednog dijela posmatranog skupa dolazi se do pojma varijacija

Definicija: Varijacija (bez ponavljanja) k-te klase od n elemenata skupa

A={a1, a2, a3,...,an} je svaka uređena k-torka sastavljena od različitih elemenata skupa A

Broj varijacija (bez ponavljanja) k-te klase od n elemenata jednak je

Vkn =n(n-1)(n-2)...(n-(k-1)) ili

Dokaz: Prvi elemenat u varijaciji može se formirati na n načina. Pošto nema ponavljanja drugi elemenat može se formirati na n-1 načina itd. k-ti elemenat se formira na n-(k-1) načina, tako da je po pravilu množenja Vkn =n(n-1)(n-2)...(n-(k-1)) , 1≤k≤n, V0n =1

slide15

VARIJACIJE

saponavljanjem

Definiciaja: Varijacija (sa ponavljanjem) k-te klase od n elemenata skupa

A={a1, a2, a3,...,an} je svaka uređena k-torka čiji su članovi elementi skua A, neobavezno različiti.

Broj varijacija (sa ponavljanjem) k-te klase od n elemenata jednak je

Dokaz: Svaki član varijacije može se formirati kao bilo koji od n elemenata posmatranog

skupa, nezavisno od toga kako su formirani ostali članovi, što po pravilu množenja

daje n·n∙n·...∙n =nk mogućnosti.

primjeri varijacija
Primjeri varijacija

Primjer 1. Na kolikonačina možemo k ljudi postaviti za okrugki sto sa n mjesta?

Rješenje: Nema početnog mjesta, bitan je samo redoslijed sjedenja

Primjer 2. Dokazati da u mjestu sa hiljadu stanovnika žive bar dvije osobe sa istim inicijalima

Dokaz: Različitih inicijla ima V302=30∙30=900, a kako stanovnika ima hiljadu, to neki od njih moraju imati iste inicijale.

Primjer 3. Poznato je da krokodil ima najviše 68 zuba. Dokazati da među 1617 krokodila ne moraju da postoje dva sa istim rasporedom zuba.

Dokaz: Označimo sa 1 postojanje a sa 0 nepostojanje zuba na određenom mjestu. Broj rasporeda zuba jednak je broju riječi dužine 68 nad azbukom {0,1}, tj.

V268=268 , Međutim 1617=(24)17 =268<268 +1

Primjer 4. Tri studentadijelesobu. Iniimaju4 šoljice, 5 tanjirića i 6 kašičica (sve različite).

Na koliko načina mogu da piju čaj, ako svaki treba da koristi jednu šolju, jedan tanjirić i jednu kašičicu?

Rješenje: Šoljice se mogu rasporediti na V43 =4∙3∙2, tanjirići na V53=5∙4∙3, a kašičice na V63=6∙5∙4. Po pravilu proizvoda traženi broj je V43 V53V63=4∙3∙2∙5∙4∙3∙6∙5∙4=172800

slide17

KOMBINACIJE

bezponavljanja

U problemima, koje smo do sada rješavali primjenom permutacija i varijacija, od značaja

je bio poredak po kome se ređaju posmatrani elementi. Razmotrićemo sada situaciju

Kad poredak elemenata nije od značaja već je bitno samo to koji elementi učestvuju.

Definicija: Kombinacija (bez ponavljanja) k-te klase skupa A od n elemenata je svaki podskup od k elemenata skupa A, 1≤k≤n.

Broj kombinacija (bez ponavljanja) k-te od n elemenata jednak je

Dokaz: Svaki podskup od k emenata skupa A možemo urediti na k! Načina, čime obijamo k!

Varijacija k-te klase od elemenata polaznog skupa.Međutim, svaka varijacija k-te klase može da

se dobije na taj način, i pri tome smo iz jedne kombinacije k-te klase , što znači da je

što daje traženu formulu

slide18

KOMBINACIJE

sa ponavljanjem

Definicija: Kombinacija (sa ponavljanjem) k-te klase skupa A od n elemenata je svaki podskup od k elemenata skupa A, kod koga se elementi mogu javljati više puta

Broj kombinacija (sa ponavljanjem) k-te klase od n elemenata jednak je

primjeri kombinacija
PRIMJERI KOMBINACIJA

Primjer 1. Na kružnici je dato n tačaka. Svaki par spojen je tetivom. Pri tome ne postoje tri tetive

koje prolaze kroz istu tačku.

Na koliko je oblasti razbijena unutrašnjost kružnice?

Koliko ima truglova čije stranice leže na tim tetivama a tjemena su im u tačkama presjeka

tetiva u unutrašnjosti kružnice?

Rješenje: a) Broj povučenih tetiva je a broj presječnih tačaka je . Povlačimo tetivu jednu po

jednu. Ako se pri crtanju k-te tetive dobija sk tačaka presjeka, broj oblasti se povećava za sk+1. kako

na početku imamo jednu oblast, poslije povlačenja svih tetiva broj oblasti biće za 1 veći od zbira broja

tetiva i broja tačaka presjeka, tj.

Svakih 6 tačaka na kružnici može se na tačno jedan način razbiti na parove tako da tri tetive

određene parovima tih tačaka svojim presjecima obrauju trougao u unutrašnjosti kružnice.

Prema tome, traženi broj trouglova je

Primjer 2. U grupi od 20 šahista je 5 velemajstora. Na koliko načina se mogu formirati dvije ekipe

Od po 10 šahista, tako da u jednoj budu 2 a u drugoj 3 velemajstora?

Rješenje:

slide20

Početak-

Razmatranje problema

Ulazni elementi

Ne

Elementi mogu da se ponavljaju

Da

Ne

Poredak je bitan

Da

Ne

Poredak je bitan

Da

Svi učestvuju

Da

Broj ponavljanja sa ograničenjem

Da

Ne

Ne

Kombinacije BP

Varijacije BP

Permutacije BP

Kombinacije SP

Varijavije SP

Permutacije SP

KRAJ

literatura
Literatura:
  • Tošić R., Kombinatorika, Prirodno-matematički fakultet, Novi Sad 1999.
  • Tošić R., Mala kombinatorika, Prosvetni pregled, Beograd 1996.
  • Miličić P. , Banjević D., Aranđelović D., Ivković Z., Matematika za 4 razred srednje škole, Naučna knjiga, Beograd 1991.
  • Obradović M., Georgijević D., Matematika za 4 razred srednje škole, Zavod za udzbenike i nastavna sredstva, Beograd 1990.
ad