Transcript Kombinatorika

KOMBINATORIKA
Autor: Jefto Pajević
1
 Uvod
 Pravila kombinovanja
 Premutacije
 bez ponavljanja
 sa ponavljanjaem
 primjeri
 Varijacije
 bez ponavljanja
 sa ponavljanjem
 primjeri
 Kombinacije
 bez ponavljanja
 sa ponavljanjem
 primjeri
 Algoritam
2
UVOD
Matematička 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≈103000 različitih verzija , dok broj atoma u sada vidljivoj
Vasioni nije veći od 1040 . Zbog toga kombinatorika razvila posebne metode rješavanja
zadataka.
3
PRAVILA KOMBINOVANJA
Dva su osnovna pravila kombinovanja: Pravilo proizvoda i pravilo zbira.
Pravilo proizvoda: Ako su S1,S2,…,Sn neprazni skupovi, onda je
I S1×S2×…×Sn I=I S1 I·IS2I·…·ISnI
Pravilo zbira: Ako je skup X unija disjunktnih skupova S1,S2,…,Sn , onda je
I X I=I S1 I+IS2I+…+ISnI
4
PRAVILO PROIZVODA
Primjer: Od Novog Sada do Beograda postoje dvije vrste prevoza: autobus i voz; od Beograda do Podgorice postoje
tri vrste prevoza : autobus , voz i avion. Na koliko se načina može putovati od Novog Sada do Podgorice preko
Beograda?
1
1
2
NS
BG
PG
3
2
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
5
PRAVILO ZBIRA
Primjer: Bacaju se istovremeno dvije kocke, jedna bijela i jedna crvena. Na koliko načina se
može dobiti zbir djeljiv sa 5?
A={
,
,
A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}
B={
B={ (4,6),(5,5),(6,4)}
,
}
,
Ovdje je zbir dobijenih brojeva 5,
,
Ovdje je zbir dobijenih brojeva 10, k(B)=3
k(A)=4
}
4+3=7
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.
6
PERMUTACIJE
bez ponavljanja
Definicija: Permutacija (bez ponavljanja) od n elemenata skupa A je uređena
n-torka svih elemenata skupa A.
U 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.
Broj permutacija bez ponavljanja, skupa od n elemenata je
Pn=n!=n(n-1)(n-2)…2·1 , n≥1
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
7
PERMUTACIJE
sa ponavljanjem
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 tipa k1, k2,…,kn je
Pn (k1,k2,...,kn)=(k1+k2+...+kn)/k1!·k2!·...·kn!
8
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
9
Primjer 2. U porodici su dva dječaka (M) i tri djevojčice (Ž). Kojim redom mogu oprati
ruke, vodeći računa samo o polu?
(MMŽŽŽ)
(MŽMŽŽ)
(MŽŽMŽ)
(MŽŽŽM)
(ŽMMŽŽ)
(ŽMŽMŽ)
10
(ŽMŽŽM)
(ŽŽŽMM)
(ŽŽMMŽ)
(ŽŽMŽM)
Rješenje: Radi se o permutacijama sa ponavljanjem
tipa 2,3 a njihov broj je
P(2,3)=(2+3)!/2!3!=120/12=10
11
Primjer 3. Na koliko načina se na 5 jarbola mogu rasporediti
a) 3 jednake zastave
b) 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
(a) Na jedno mjesto može doći najviše jedan predmet
(b) Na jedno mjesto može stati više predmeta
Slučaj (a) (nema ponavljanja): Broj mogućih rasporeda je:
P2(m,n-m)=
n!
m!(n-m)!
Slučaj (b) (ponavljanja su moguća): Broj mogućih rasporeda je:
P2(m,n-1)=
(m+n-1)!
m!(n-1)!
12
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)
0
0
B
1
0
0
0
1
1
n
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
(n+m)!
P2(n,m)=
mogućnosti
n!m!
1
A
1
m
13
VARIJACIJE
bez ponavljanja
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 Vkn 
n!
n - k !
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
14
VARIJACIJE
sa ponavljanjem
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
Vkn  n k , k  1
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.
15
Primjeri varijacija
Primjer 1. Na koliko načina 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. V k
n
 n  2n  3...n  k  1
n
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 studenta dijele sobu. Ini imaju 4 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 V5 3=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
16
KOMBINACIJE
bez ponavljanja
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
n
n!
C nk    
 k  k! n  k !
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
C nk  k!  Vkn  nn  1n  2...n  k 1
što daje traženu formulu
17
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
n
 n  k  1

C k  
k 

18
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.
a) Na koliko je oblasti razbijena unutrašnjost kružnice?
b) Koliko ima truglova čije stranice leže na tim tetivama a tjemena su im u tačkama presjeka
tetiva u unutrašnjosti kružnice?
n
n
Rješenje: a) Broj povučenih tetiva je  2  a broj presječnih tačaka je  4  . 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. 1   n    n 
2 4
b) 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  n 
6 
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:  5   15
 2 8 
19
PočetakRazmatranje problema
Ulazni
elementi
Ne
Ne
Poredak je
bitan
Da
Elementi mogu
da se ponavljaju
Da
Ne
Poredak je
bitan
Da
Svi učestvuju
Da
Broj ponavljanja sa
ograničenjem
Ne
Kombinacije
BP
Varijacije
BP
Da
Ne
Permutacije
BP
Kombinacije
SP
Varijavije
SP
Permutacije
SP
KRAJ
20
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.
21