KOMBINATORIKA

1. KOMBINATORIKA Autor: JeftoPajević

2. Uvod • Pravilakombinovanja • Premutacije • bezponavljanja • saponavljanjaem • primjeri • Varijacije • bezponavljanja • saponavljanjem • primjeri • Kombinacije • bezponavljanja • saponavljanjem • primjeri • Algoritam

3. 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.

4. 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

5. 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

6. 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.

7. 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

8. 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!

9. 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

10. 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)

11. (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

12. 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)!

13. 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

14. 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

15. 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.

16. 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

17. 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

18. 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

19. 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:

20. 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

21. 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.