3. principi prebrojavanja, permutacije skupova.

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA
() 6. studenog 2011. 1 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
-vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa
S
() 6. studenog 2011. 2 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
-vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa
S
-pri tom znamo odrediti |S|, znamo dijelove od S ili znamo faktore od S
Za rješavanje takvih problema, koristimo tri osnovna principa prebrojavanja:
1.) PRINCIP JEDNAKOSTI: nije važno kako prebrojimo sve elemente
2.) PRINCIP SUME: cjelina je jednaka sumi dijelova
3.) PRINCIP PRODUKTA: veličina produkta jednaka je produktu faktora
() 6. studenog 2011. 2 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE
Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je |S| = |T |.
() 6. studenog 2011. 3 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE
Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je |S| = |T |.
PRINCIP SUME
Neka je n ∈ N, S 1, . . . , S n konačni skupovi takvi da S i ∩ S j = ∅, i ≠ j, i, j = 1, . . . , n.
Tada je i S 1 ∪ S 2 ∪ . . . ∪ S n konačan skup i vrijedi
|S 1 ∪ S 2 ∪ . . . ∪ S n| = |S 1| + |S 2| + . . . + |S n|.
() 6. studenog 2011. 3 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE
Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je |S| = |T |.
PRINCIP SUME
Neka je n ∈ N, S 1, . . . , S n konačni skupovi takvi da S i ∩ S j = ∅, i ≠ j, i, j = 1, . . . , n.
Tada je i S 1 ∪ S 2 ∪ . . . ∪ S n konačan skup i vrijedi
|S 1 ∪ S 2 ∪ . . . ∪ S n| = |S 1| + |S 2| + . . . + |S n|.
PRINCIP PRODUKTA
Neka je n ∈ N, S 1, . . . , S n konačni skupovi takvi da S i ∩ S j = ∅, i ≠ j, i, j = 1, . . . , n.
Tada je i njihov Kartezijev produkt S 1 × S 2 × . . . × S n konačan skup i vrijedi
|S 1 × S 2 × . . . × S n| = |S 1| · |S 2| · . . . · |S n|.
() 6. studenog 2011. 3 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Primjer 1
Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8
prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more?
() 6. studenog 2011. 4 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Primjer 1
Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8
prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more?
4 + 6 + 8 = 18
Primjer 2
Iz otoka A u otok B plove četiri trajekta, a iz otoka B u otok C 5 trajekata. Na koliko
načina možemo doći iz otoka A u otok C preko otoka B?
() 6. studenog 2011. 4 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Primjer 1
Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8
prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more?
4 + 6 + 8 = 18
Primjer 2
Iz otoka A u otok B plove četiri trajekta, a iz otoka B u otok C 5 trajekata. Na koliko
načina možemo doći iz otoka A u otok C preko otoka B?
4 · 5 = 20
() 6. studenog 2011. 4 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Teorem 1 (o uzastopnom prebrojavanju)
Neka je n ∈ N, S 1, . . . , S n konačni skupovi, a S ⊆ S 1 × S 2 × . . . × S n skup uredenih
n-torki (x 1, . . . , x n) definiran ovako:
prva komponenta x 1 može se izabrati na p 1 načina, za svaku već izabranu komponentu
drugu komponentu možemo izabrati na p 2 načina,..., za svaki izbor komponenata
x 1,x 2, . . . , x n−1, n-tu komponentu možemo izabrati na p n načina. Tada skup S ima
p 1 · p 2 · · · p n elemenata.
() 6. studenog 2011. 5 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Teorem 1 (o uzastopnom prebrojavanju)
Neka je n ∈ N, S 1, . . . , S n konačni skupovi, a S ⊆ S 1 × S 2 × . . . × S n skup uredenih
n-torki (x 1, . . . , x n) definiran ovako:
prva komponenta x 1 može se izabrati na p 1 načina, za svaku već izabranu komponentu
drugu komponentu možemo izabrati na p 2 načina,..., za svaki izbor komponenata
x 1,x 2, . . . , x n−1, n-tu komponentu možemo izabrati na p n načina. Tada skup S ima
p 1 · p 2 · · · p n elemenata.
Dakle, ako prvi objekt možemo birati na p 1 načina, drugi na p 2 načina, ..., n-ti na p n
načina, onda imamo p 1 · p 2 · · · p n načina da se izaberu svi objekti.
() 6. studenog 2011. 5 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Primjer 3
Na studentskom tulumu svaki je student odigrao sa svakim od preostalih jednu partiju
sedmice. Ukupno je odigrano 15 partija. Koliko je studenata bilo na tulumu?
() 6. studenog 2011. 6 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Primjer 3
Na studentskom tulumu svaki je student odigrao sa svakim od preostalih jednu partiju
sedmice. Ukupno je odigrano 15 partija. Koliko je studenata bilo na tulumu?
Rješenje:
n = broj studenata → n(n − 1) parova studenata (svaki igra sa još n − 1 drugih)
n(n−1)
2
= 15 → n = 6
() 6. studenog 2011. 6 / 18

TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA
Teorem 2
Neka su r,n ∈ N, a T,S skupovi takvi da |T | = r, |S| = n. Tada svih funkcija sa Tu S
ima n r , tj.
|{f |f : T → S}| = |S T | = |S| |T | = n r .
Dokaz:
Neka je T = {x 1, . . . , x r }, a S = {y 1, . . . , y n}.
Neka je f : T → S proizvoljna funkcija.
Element x i ∈ T se sa f može preslikati u bilo koji element y i ∈ S, tj. na p 1 = n načina.
Bez obzira kako preslikali x 1, element x 2 ∈ T možemo preslikati u bilo koji element iz S,
dakle, ukupno na n načina...itd.
Slijedi (po principu produkta)
|S T | = n r .
() 6. studenog 2011. 7 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Definicija
Neka je S skup od n elemenata, a r ∈ N. Tada je r-permutacija skupa S uredena r-torka
(x 1, . . . , x r) kod koje su sve komponente x 1, . . . , x r medusobno različiti elementi od S.
() 6. studenog 2011. 8 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Definicija
Neka je S skup od n elemenata, a r ∈ N. Tada je r-permutacija skupa S uredena r-torka
(x 1, . . . , x r) kod koje su sve komponente x 1, . . . , x r medusobno različiti elementi od S.
P(n,r) - oznaka za broj svih r-permutacija od n elemenata
P(n,0) = 1;
P(n,r) = 0 za r > n
-za r = n govorimo samo o permutaciji skupa S
Katkad se r-permutacija n-članog skupa naziva i VARIJACIJA r-TOG RAZREDA BEZ
PONAVLJANJA od n elemenata.
() 6. studenog 2011. 8 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Teorem 3
Za r, n ∈ N, r ≤ n je
P(n,r) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − r + 1) = (n) r.
(padajući faktorijeli)
() 6. studenog 2011. 9 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Teorem 3
Za r, n ∈ N, r ≤ n je
P(n,r) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − r + 1) = (n) r.
(padajući faktorijeli)
Dokaz: Želimo utvrditi koliko ima različitih uredenih r-torki (x 1, . . . , x r) n-članog skupa
S, pri čemu su svi x i medusobno različiti.
Prvu komponentu x 1 možemo odabrati na n načina, drugu, x 2, na n − 1 načina, . . . ,
komponentu x r možemo birati na n − r + 1 načina
Rightarrow P(n, r) = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − r + 1) = (n) r
Ako stavimo n! = n(n − 1) · · · 2 · 1 i 0! = 1, onda
P(n,r) =
n!
(n − r)! .
() 6. studenog 2011. 9 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Teorem 4
Neka su r,n ∈ N, r ≤ n, a S n-člani skup, tj. |S| = n. Tada je
a) broj svih injekcija sa N r = {1, . . . , r} u S jednak P(n, r), tj.
|{f : N r → S : f injekcija }| = P(n,r) =
b) broj svih bijekcija sa S u samog sebe jednak je P(n, n), tj.
n!
(n − r)! = (n)r,
|{f : S → S : f bijekcija }| = P(n,n) = n!.
() 6. studenog 2011. 10 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Teorem 4
Neka su r,n ∈ N, r ≤ n, a S n-člani skup, tj. |S| = n. Tada je
a) broj svih injekcija sa N r = {1, . . . , r} u S jednak P(n, r), tj.
|{f : N r → S : f injekcija }| = P(n,r) =
b) broj svih bijekcija sa S u samog sebe jednak je P(n, n), tj.
n!
(n − r)! = (n)r,
|{f : S → S : f bijekcija }| = P(n,n) = n!.
() 6. studenog 2011. 10 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Primjer 4
Koliko ima uredenih parova različitih slova, tj. ”riječi” od 2 slova iz skupa slova
S = {a,b,c, d,e}, a koliko takvih riječi od 3,4, 5 slova?
() 6. studenog 2011. 11 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Primjer 4
Koliko ima uredenih parova različitih slova, tj. ”riječi” od 2 slova iz skupa slova
S = {a,b,c, d,e}, a koliko takvih riječi od 3,4, 5 slova?
Rješenje: Riječi od 2 slova ima P(5, 2) =
5!
(5 − 2)! = 20 .
5!
Riječi od 3 slova ima P(5, 3) =
(5 − 3)! = 60 .
-ovdje je 3 puta više riječi nego od 2 slova jer svaka fiksna 2-permutacija definira 3 nove
3-permutacije, npr. eb tvori eba, ebc, ebd, ...
Riječi od 4 slova ima P(5, 4) = 120.
-svaka troslovna definira 2 četveroslovne, npr. ebc definira ebca i ebcd.
Peteroslovnih ”riječi” ima P(5, 5) = 5! = 120 = P(5, 4) jer svaka četveroslovna definira
samo 1 peteroslovnu, npr. ebcd definira samo ebcda.
Na osnovu primjera proizlazi P(n,r) = (n − r + 1)P(n,r − 1).
(Dokaz indukcijom po n!.)
() 6. studenog 2011. 11 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Primjer 5
Na koliko načina može šest osoba stajati u redu pred trgovinom?
() 6. studenog 2011. 12 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Primjer 5
Na koliko načina može šest osoba stajati u redu pred trgovinom?
Rješenje: P(6) = 6! = 720.
() 6. studenog 2011. 12 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Dvostruki faktorijeli:
(2n)!! = 2 · 4 · 6 · · · 2n = 2 n · n!
(2n − 1)!! = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1).
Koliko je velik n! ? 20! = 2432902008176640000
Za n ≥ 3 imamo
2 · 2 · 2 · · · 2 = 2 n−1 < n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1 = n! < n · n · n · · · n = n n
2 n−1 < n! < n n .
Puno bolja ocjena je STIRLINGOVA FORMULA
n! ≈ √ ( n
) n n!
2πn , tj. lim √ (
e
n→∞ 2πn n
) n = 1.
e
() 6. studenog 2011. 13 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Funkcija n → n! može se proširiti do funkcije definirane svuda na R osim na skupu
{0, −1, −2, −3, . . .}
To je tzv. GAMA FUNKCIJA.
Za x > 0 imamo
Γ(x) =
∫ ∞
0
e −t t x−1 dt.
Parcijalnom integracijom u = e −t , du = −e −t dt, te dv = t x−1 dt, v = tx x
dobivamo
Γ(x) = tx e −t
| ∞ 0 + 1 x x
t x e −t → 0 za t → 0 ili t → ∞
⇒ Γ(x) = 1 Γ(x + 1), tj. Γ(x + 1) = xΓ(x).
x
Γ(1) =
⇒
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e −t t x dt
e −t dt, Γ(2) = 1 · Γ(1) = 1, Γ(3) = 2 · Γ(2) = 2!
Γ(n + 1) = n!
() 6. studenog 2011. 14 / 18

PERMUTACIJE SKUPOVA
Svaku permutaciju f skupa S n = {1, . . . , n} možemo zapisati kao
( 1 2 3 . . . n
gdje je f (1) = i 1, f (2) = i 2 . . . f (n) = i n.
i 1 i 2 i 3 . . . i n
)
Tim zapisom možemo lako množiti, tj. komponirati permutacije. Tako u S 5 imamo
( ) ( ) ( )
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
g ◦ f =
◦
=
.
4 1 2 5 3 5 1 4 2 3 3 4 5 1 2
Isto tako lako nalazimo inverz permutacije. Npr. uz oznake
( )
f −1 1 2 3 4 5
=
i 1 i 2 i 3 i 4 i 5
( ) ( ) ( 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
slijedi
◦
=
i 1 i 2 i 3 i 4 i 5 5 1 4 2 3 1 2 3 4 5
( )
⇒ f −1 1 2 3 4 5
=
.
2 4 5 3 1
)
() 6. studenog 2011. 15 / 18

CIKLIČKA PERMUTACIJA
Ciklička permutacija
f ∈ S n je oblika f ∈ S n, f = ( 1 f (1) f 2 (1) · · · f n (1) ) , tj. f zatvara ciklus.
() 6. studenog 2011. 16 / 18

CIKLIČKA PERMUTACIJA
Ciklička permutacija
f ∈ S n je oblika f ∈ S n, f = ( 1 f (1) f 2 (1) · · · f n (1) ) , tj. f zatvara ciklus.
Npr. permutacija
( 1 2 3 4 5
2 3 4 5 1
)
= ( 1 2 3 4 5 ) = ( 2 3 4 5 1 )
= ( 3 4 5 1 2 ) = . . . = ( 5 1 2 3 4 ) .
Cikličke permutacije ostaju iste obzirom na ”rotaciju” za razliku od običnih (linijskih)
permutacija.
() 6. studenog 2011. 16 / 18

CIKLIČKE PERMUTACIJE
Primjer 6
Na koliko načina n ljudi može sjesti za okrugli stol?
() 6. studenog 2011. 17 / 18

CIKLIČKE PERMUTACIJE
Primjer 6
Na koliko načina n ljudi može sjesti za okrugli stol?
Ovaj problem je različit od problema na koliko načina može n ljudi stati u red (n!) jer
dvije različite permutacije mogu dati isti raspored oko stola:
5
3
1
4
4
2
2 3
5 1
Uspostaviti ćemo bijekciju izmedu skupa svih kružnih razmještaja od n ljudi i skupa svih
linijskih razmještaja n − 1 ljudi u red.
Neka je n ljudi sjelo za okrugli stol. S obzirom na osobu 1, prvu njoj zdesna označimo sa
a 1, drugu zdesna s a 2,..., n − 1 zdesna s a n−1.
Tada je (a 1,a 2, . . . , a n−1) jedna permutacija skupa {2, . . . , n}.
Tada, gdje god sjela osoba 1, od nje nadalje radimo permutacije od (a 1, . . . , a n−1).
Traženi broj je P(n − 1) = (n − 1)!.
() 6. studenog 2011. 17 / 18

CIKLIČKE PERMUTACIJE
Primjer 7
Koliko se različitih ogrlica može napraviti od n različito obojenih perli?
() 6. studenog 2011. 18 / 18

CIKLIČKE PERMUTACIJE
Primjer 7
Koliko se različitih ogrlica može napraviti od n različito obojenih perli?
Rješenje:
Ogrlica se ne mijenja pri cikličkoj permutaciji perle, a ni pri preokretanju ogrlica:
5
2
3
1
4
2 3
1
5
4
Imamo upola manje mogućnosti nego u prethodnom slučaju, tj.
1
(n − 1)!.
2
() 6. studenog 2011. 18 / 18