Vesna Le si c - mathos.unios.hrmdjumic/uploads/diplomski/LEš04.pdf · Teorem 1.1. n r = n n r ; n...
Transcript of Vesna Le si c - mathos.unios.hrmdjumic/uploads/diplomski/LEš04.pdf · Teorem 1.1. n r = n n r ; n...
Sveuciliste Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Diplomski studij matematike
Vesna Lesic
Binomni i multinomni koeficijenti
Diplomski rad
Voditelj: Doc. dr. sc. Antoaneta Klobucar
Osijek, 2010.
Sadrzaj
Uvod 1
1. Osnovni pojmovi 2
1.1. Definicija binomnih koeficijenata......................................................................... 2
1.2. Povijesni razvoj binomnih koeficijenata .............................................................. 2
1.3. Pascalova formula................................................................................................. 6
2. Binomni teorem i koeficijenti 14
2.1. Binomni teorem .................................................................................................. 14
2.2. Primjena binomnog teorema ............................................................................... 17
2.3. Vandermondeova konvolucija .............................................................................. 19
2.4. Binomni red ........................................................................................................ 25
3. Multinomni teorem i koeficijenti 27
3.1. Multinomni teorem ............................................................................................. 27
3.2. Primjena multinomnog teorema u teoriji brojeva ............................................... 30
Literatura 31
Sazetak 32
Summary 33
Zivotopis 34
1
Uvod
Prolazeci kroz povijest Pascalova trokuta, dolazimo ujedno i do binomnih koeficijenata, te
njihovih svojstava i zanimljivosti.Kroz tri poglavlja dolazit cemo do raznih spoznaja vezanih
za binomne koeficijente, dotaknut cemo se redova, raznih identiteta, relacija medu koeficijen-
tima, te na posljetku i multinomnih koeficijenata.Rad se bazira na svojstvima i transformaci-
jama, odnosno identitetima binomnih i multinomnih koeficijenata, te raznim teoremima koji
to dokazuju.
2
1. Osnovni pojmovi
1.1. Definicija binomnih koeficijenata
Definicija 1.1. Binomni koeficijent je izraz oblika(n
r
)=
{n(n−1)(n−r+1)
r!, k,n ∈ N0, k ≤ n
0, inace.
Simbol(nr
)ima dva znacenja. Prvo je kombinatorno kao broj r-kombinacija n-clanog skupa
a drugo faktorijelno, tj. (n
r
)=
n!
(n− r)!
Binomne koeficijente definiramo za sve nenegativne brojeve n,r.Za r > n je(nr
)= 0 te za sve
n,(n0
)= 1. Za n ∈ N, 1 ≤ r ≤ n je(
n
r
)=
n!
r!(n− r)!=n(n− 1)...(n− r + 1)
r!=
(n)rr!
1.2. Povijesni razvoj binomnih koeficijenata
Povijesni razvoj binomnih koeficijenata vezan je uz povijesni razvoj Pascalovog trokuta.
Pascalov trokut je struktura koju dobijemo slaganjem binomnih koeficijenata u trokut. Redovi
Pascalovog trokuta su dogovoreno numerirani pocevsi s redom nula. Brojevi svakog reda
konstruirani su u odnosu na brojeve iz prethodnog reda.
Slika 1.1 Pascalov trokut-prvih sedam redova
Pascalov trokut se na primjer koristi u algebri, kombinatorici i vjerojatnosti, kod poligonalnih
i Fibonaccijevi brojeva.
3
Pascalov trokut je dobio ime po francuskom matematicaru i filozofu Blaise Pascalu (1623.-
1662.), ali se njegov eksplicitni prikaz javlja i mnogo ranije. Binomni koeficijenti se javljaju
u 10. stoljecu u Chandashaastri, drevnoj indijskoj knjizi, koju je napisao Pingala izmedu 5.
i 2. st.pr.Krista. Kineski matematicar Ji Xian u 11.st. koristio je trokut za izracunavanje
drugog i treceg korijena. Do tada se nisu spominjale metode za rjesavanje kvadratnih i kubnih
jednadzbi. U 13. stoljecu Yang Hui (1238.- 1298.) prikazuje aritmeticki trokut sa sest redaka
i najslicniji je Pascalovom trokutu. Danas se Pascalov trokut u Kini naziva ”Yang Hui-ov
trokut”.
Oko 1303. godine Zhu Shijiei prosiruje trokut na osam redaka kao sto se vidi na Slici 1.2.
Slika 1.2 Yang Hui-ov trokut
Postoje dokazi da je ovaj numericki trokut poznat arapskom astronomu, pjesniku i matematicaru
Omar Khayyamu iz 11. stoljecu. Zbog istovremenog pojavljivanja u Kini i Perziji tocno se ne
zna jesu li ga Arapi nezavisno otkrili ili preuzeli od Kineza. Iako je numericki trokut dobio ime
po Blaise Pascalu, on nije bio jedini u Europi koji je proucavao binomne koeficijente. U Europi
se danasnji Pascalov trokut pojavio 1527., a Blaise Pascale je sto godina poslije otrica poceo
proucavati aritmeticki trokut. U njegovom djelu Trait’e du triangle arithm’etique, izdanom
nakon njegove smrti, pojavljuje se artimeticki trokut, koji se od nama poznatog Pascalovog
trokuta razlikuje utoliko sto je zarotiran za 45◦. (Slika 1.3.)
4
Slika 1.3 Zarotirani Pascalov trokut
Pascal je vrlo detaljno istrazivao svojstva i primjene aritmetickog trokuta, te je uocio
sljedeca tri svojstva:
1. Svaki broj A u tablici jednak je sumi brojeva u retku neposredno iznad retka u kojem
je A, pocevsi od prvog broja slijeva pa sve do broja direktno iznad A (Slika 1.4).
Slika 1.4 1. svojstvo
5
2. Svaki broj A u tablici jednak je sumi brojeva u stupcu neposredno prije stupca u kojem
je A, pocevsi od najgornjeg broja u stupcu pa sve do broja direktno pored A (Slika 1.5).
Slika 1.5 2. svojstvo
3. Svaki broj A u tablici, umanjen za jedan, jednak je sumi brojeva koji ispunjavaju
pravokutnik nacinjen od redaka i stupaca neposredno iznad, odnosno prije onog retka i stupca
na cijem je sjecistu A (Slika 1.6).
Slika 1.6 3. svojstvo
6
1.3. Pascalova formula
Iskazimo terem koji cemo koristiti pri dokazivanju binomne formule :
Teorem 1.1. (n
r
)=
(n
n− r
),
(n
r
)=n
r
(n− 1
r − 1
), r
(n
r
)= n
(n− 1
r − 1
)
Teorem 1.2. (Pascalova formula).Za n, r ∈ N, 16r6n− 1 vrijedi
(n
r
)=
(n− 1
n− r
)+
(n− 1
r
).
Dokaz I. Neka je S skup od n elemenata, a x ∈ S. Sve r kombinacije od S mogu se podijeliti
u dvije klase A i B : neka su u A sve r-kombinacije od S koje sadrze x, a u B sve ostale, tj.
one koje ne sadrze x. Broj r -kombinacije od S koje su u A jednak je broju (r-1)-kombinacija
skupa S \ {x},a njih je (n− 1
r − 1
).
Broj kombinacija od S koje su u B jednak je broju r - kombinacija (n-1)-clanog skupa S \ {x},a tih je (
n− 1
r
).
Prema principu sume slijedi (n
r
)=
(n− 1
r − 1
)+
(n− 1
r
).
Dokaz II. Neposredno slijedi iz gornjih formula :
(n− 1
r − 1
)+
(n− 1
r
)=
(n− 1)!
(r − 1)!(n− r)!+
(n− 1)!
r!(n− 1− r)!=
(n− 1)!
(r − 1)!(n− 1− r)!(
1
n− r+
1
r)
=(n− 1)!
(r − 1)!(n− 1− r)!· n
r(n− r)=
(n
r
).�
7
Uzmemo li u obzir da je
n! = n · (n− 1) · (n− 2) · · · 2 · 1
i da je
0! = 1
iz definicije tada slijedi :
(0
0
)= 1
(1
0
)= 1
(1
1
)= 1(
2
0
)= 1
(2
1
)= 2
(2
2
)= 1(
3
0
)= 1
(3
1
)= 3
(3
2
)= 3
(3
3
)= 1.
Promotrimo li sve binomne koeficijente u jednom retku Pascalova trokuta, vidimo da prvo ti
brojevi do nekog mjesta rastu, pa onda pocinju padati.To svojstvo konacnog niza zove se
unimodalnost.
Teorem 1.3. Za svako n ∈ N niz(n
0
),
(n
1
),
(n
2
)...,
(n
n
)je unimodalan.Ako je n paran, onda je(
n
0
)<
(n
1
)< ... <
(n
n/2
),
(n
n/2
)> ... >
(n
n− 1
)>
(n
n
).
Ako je n neparan, onda je(n
0
)<
(n
1
)< ... <
(n
(n− 1)/2
)=
(n
(n+ 1)/2
)> ... >
(n
n− 1
)>
(n
n
).
U svakom slucaju, medu brojevima (n
0
),
(n
1
), ...
(n
n
)
8
najveci je (n
bn/2c
)=
(n
dn/2e
)Dokaz. Promotrimo kvocijent susjednih binomnih koeficijenata
(n
k
)/
(n
k − 1
)=
n!/[k!(n− k)!]
n!/[(k − 1)!(n− k + 1)!]=n− k + 1
k.
Stoga je (n
k − 1
)≤(n
k
)⇔ k ≤ n− k + 1⇔ k ≤ n+ 1
2.
Ako je n paran,
k <n+ 1
2⇔ k ≤ n
2,
a ako je neparan, onda
k <n+ 1
2⇔ k ≤ n− 1
2.
Binomni koeficijenti rastu kao sto se tvrdi.Nadalje,
k = n− k + 1⇔ 2k = n+ 1.
Ako je n paran,
2k 6= n+ 1
za sve k.Ako je n neparan,
2k = n+ 1
za
k =n+ 1
2.
Stoga su za n paran svi binomni koeficijenti (do sredine) razliciti, a za n neparan samo su
dva susjedna binomna koeficijenta medusobno jednaka :(n
(n− 1)/2
)i
(n
(n+ 1)/2
).
Ostali slucajevi slijede sasvim analognim zakljucivanjem.Kako je za n paran
bn/2c = dn/2e = n/2,
a za n neparan
bn/2c =n− 1
2, dn/2e =
n+ 1
2
slijedi i posljednja tvrdnja Teorema.�
9
Teorem 1.4. (E. Sperner,1928).Neka je S konacan skup , |S|= n, a A= {A1, A2, ...} familija
podskupova od S , tako da nijedan clan te familije ne sadrzi nijedan drugi clan (tj. svaki i,j,
Ai*Aj).Tada je |A| 6(
nbn/2c
).Jednakost se dostize ako su svi podskupovi iste velicine bn/2c.
Svaka familija A kao u Spencerovom teoremu zove se antilanac u partitivnom skupu P(S),
za razliku od lanca L u P(S) koji je oblika L={B1,B2,...} tako da je B1⊆ B2⊆...⊆S
Za dokaz teorema treba nam slijedeca lema
Lema 1.1. LEMA a ) Neka je S konacan skup, |S|=n. Tada svih lanaca ∅ ⊂ B1 ⊂ B2
⊂...⊂ Bn = S, takvih da je |Bk|=k, k = 1,2...n, ima n!;
b) Broj lanaca kao u a) koji sadrze zadani podskup A⊆S jednak je |A|!(n-|A|)!.
Dokaz Leme. Zbog |Bk|=k, k=1,2.....n, skupovi B2\B1,B3\B2,...Bn\Bn−1 su jednoclani i
medusobno razliciti pa definiraju jednu permutaciju od S.Obratno, svaka permutacija
(x1,...,xn) od S definira lanac {x1}⊂{x1,x2}⊂{x1,x2,x3} ⊂...⊂ S u P(S).Ocito je to
pridruzivanje bijekcija pa slijedi tvrdnja a). Ta ista bijekcija pridruzuje lancu koji sadrzi A
permutaciju od S, koja na prvih |A| mjesta ima elemente od A, a na preostalih n-|A| mjesta
elemente iz S\ A .Takvih permutacija prema principu produkta ima
|A|!(n− |A|)!.�
Lanci kao u Lemi su lanci maksimalne duljine, pa se zovu maksimalni lanci.
Dokaz teorema. Neka je A antilanac u P(S).Tada svaki maksimalni lanacMu P(S) sadrzi
najvise jedan clan iz A.Naime, ako je Ai ∈ M, onda za j 6=i,Aj nije elemenat M, jer bi inace
bilo Ai⊆ Aj ili Aj⊆ Ai.Prema lemi je stoga∑A∈A
|A|!(n-|A|)!≤n!. (*)
Oznacimo sa fk broj skupova A ∈ A sa |A|=k.Tada nejednakost (*) povlaci
n∑k=0
fk(nk
) ≤ 1.
No zbog (n
k
)≤(
n
bn/2c
)za sve k slijedi da je
|A| =n∑k=0
fk ≤(
n
bn/2c
)
10
sto smo i utvrdili.Uocimo jos da je za svako k familija Pk(S) svih k-clanih podskupova od S
antilanac u P(S), a ako je A maksimalan antilanac (tj. ima maksimalno elemenata, onda je
|A| ≥ maxk|Pk(S)| = max
k
(n
k
)=
(n
bn/2c
).�
Napomena. Ako je (P,≤) parcijalno ureden skup, lanac u P je totalno ureden podskup
tj.svaka dva elementa su usporediva, a antilanac u P je podskup cija nikoja dva elementa
nisu usporediva. Spencerov teorem se tada moze izreci i ovako : maksimalni antilanac u
P(Nn) ima (n
bn/2c
)elemenata.
Teorem 1.5. (n
0
)+
(n+ 1
1
)+ ...+
(n+ r
r
)=
(n+ r + 1
r
).
Dokaz I.Koristeci se Teoremom 1.2 (Pascalova formula), imamo(n+ r + 1
r
)=
(n+ r
r
)+
(n+ r
r − 1
).
Opet prema Teoremu 1.2,(n+ r
r − 1
)=
(n+ r − 1
r − 1
)+
(n+ r − 1
r − 2
),
pa je (n+ r + 1
r
)=
(n+ r
r
)+
(n+ r − 1
r − 1
)+
(n+ r − 1
r − 2
).
Rastavljajuci opet posljednji clan, dobivamo :(n+ r + 1
r
)=
(n+ r
r
)+
(n+ r − 1
r − 1
)+
(n+ r − 1
r − 2
)+
(n+ r − 2
r − 3
).
Ocito da ovako mozemo nastaviti sve dok ne dodemo do clana(n
0
)pa tako dobivena suma daje rezultat.
Dokaz II. Promotrimo problem biranja r objekata od n+r+1 objekata.Broj r -kombinacija u
kojem nema prvog objekta jednak je (n+ r
r
),
11
jer se svih r bira od preostalih n+r objekata. Broj r-kombinacija u kojima se pojavljuje prvi
objekt, ali se ne pojavljuje drugi jednak je(n+ r − 1
r − 1
),
jer tada biramo preostalih r-1 objekata od preostalih n+r -1. Broj r-kombinacija u kojima se
pojavljuju prva dva objekta, ali se ne pojavljuje treci jednak je(n+ r − 2
r − 2
),
jer opet biramo preostala r − 2 medu preostalih n+ r − 2.I tako dalje, sve dok ne dodemo
dotle da brojimo r-kombinacije u kojima se pojavljuje prvih r objekata, a ne pojavljuje se
(r + 1)-vi.Stoga ovdje biramo preostalih 0 objekata od preostalih n.Sada tvrdnja izlazi iz
principa sume.�
Korolar 1.1. (k
k
)+
(k + 1
k
)+ ...+
(n
k
)=
n−k∑j=0
(k + j
k
)=
(n+ 1
k + 1
).
Dokaz. Teorem 1.1 povlaci (k + j
k
)=
(k + j
j
),
pa je suma na desnoj strani
n−k∑j=0
(k + j
j
)=
(k
0
)+
(k + 1
1
)+ ...+
(k + (n− k)
n− k
),
a to je ocito suma iz teorema 1.5 uz ocite zamjene k↔ n, r↔n-k.Stoga je prema teoremu 1.5
ta suma jednaka (k + (n− k) + 1
n− k
)=
(n+ 1
n− k
)=
(n+ 1
k + 1
).�
Tako je na primjer (3
3
)+
(4
3
)+
(5
3
)+
(6
3
)+
(7
3
)=
(8
4
)= 70.
12
Teorem 1.6. (n
r
)(r
k
)=
(n
k
)(n− kr − k
)=
(n
r − k
)(n− r + k
k
).
Dokaz I. (n
r
)(r
k
)=
n!
r!(n− r)!r!
k!(r − k)!=
=n!
(n− r)!(r − k)!k!=
n!
k!(n− k)!
(n− k)!
(r − k)![n− k − (r − k)]!
=
(n
k
)(n− kr − k
),
cime je prva jednakost dokazana.Druga se dokazuje analogno.
Dokaz II
Dokazat cemo samo prvu jednakost.Biramo k objekata od n, i to u dvije etape.Prvo biramo
r-podskup u n-skupu, pa tada biramo k- podskup iz tog r-podskupa.Prvi izbor se moze
naciniti na (n
r
)nacina, a drugi na (
r
k
).
Ukupni broj nacina da se tako dobije k-podskup iz n-skupa je tada po principu produkta(n
r
)(r
k
).
No uocimo da to nije broj nacina da se medu n objekata izabere njih k jer se jedan te isti
k-podskup moze dobiti na vise nacina.Svaki od(n
k
)k-podskupova je uracunat toliko puta koliko ima r-podskupova koji ga sadrze.Ostatak
r-podskupova (sastoji se od r − k elemenata) moze se izabrati u ostatku n-skupa (on ima
n− kelemenata) na (n− kr − k
)nacina.Stoga je ukupan broj nacina da se tako dobije k-podskup jednak(
n
k
)(n− kr − k
),
pa tvrdnja Teorema slijedi.�
13
Primjer 1.1 Neka je n=5, r=4, k=2.Tada je(5
4
)(4
2
)=
(5
2
)(3
2
)= 30.
Ilustracija metode drugog dokaza teorema 1.6. na ovom primjeru :
Neka je S = a,b,c,d,e skup od n = 5 elemenata.Zelimo zavrsiti s 2- podskupovima
(k=2).Pogledajmo prvo sve 4-podskupove (r=4).Njih ima(5
4
)= 5,
i oni su {a,b,c,d }, {a,b,c,e}, {a,b,d,e}, {a,c,d,e}, {b,c,d,e }.Iz svakog od tih 4-podskupova
mozemo izabrati (4
2
)= 6
2- podskupova.To nam ukupno daje (5
4
)(4
2
)= 30
2-podskupova, od kojih se neki ponavljaju.Ti su : iz {a,b,c,d } su {ab,ac,ad,bc,bd,cd }, iz
{a,b,c,e} su {ab,ac,ae,bc,be,ce}, iz {a,b,d,e} su {ab,ad,ae,bd,be,de}, iz {a,c,d,e} su
{ac,ad,ae,cd,ce,de}, iz {b,c,d,e } su {bc,bd,be,cd,ce,de }.Drugi nacin da se izbroji tih 30 2- podskupova je ovaj.Poznato je da ima(
5
2
)= 10
razlicitih 2-podskupova u 5-skupu {a,b,c,d,e}.Svaki od tih 2-podskupova, npr. {b,c},pojavljuje se na prethodnoj listi toliko koliko se puta on nalazi u nekom 4-podskupu.Da on,
medutim, pripada 4-podskupu, potrebna su jos 2 elementa od preostala 3.Ta dva mogu se
izabrati na (3
2
)= 3
nacina .Za {b,c} potrebna su jos 2 iz {a,d,e}.To su {a,d},{a,e} ili {d,e}.Svaki od(5
2
)2-podskupova pojavljuje se na listi (
3
2
)puta .Prema tome, njihov ukupan broj je stoga(
5
2
)(3
2
)= 30,
14
sto se podudara sa (5
4
)(4
2
).�
Zbog svojstava (p
q
)=
(p
p− q
)(Teorem 1.1), svaki od produkata binomnih koeficijenata u teoremu 1.6 mozemo napisati jos
na tri ekvivalentna nacina.Stoga teorem 1.6 mozemo napisati na 48 raznih nacina.To samo
pokazuje svu ´´kameleonsku´´ prirodu binomnih koeficijenata.
2. Binomni teorem i koeficijenti
2.1. Binomni teorem
Teorem 2.1. Binomni teorem Za n ∈ N i sve x,y ∈ C vrijedi
(x+ y)n = xn +
(n
1
)xn−1y +
(n
2
)xn−2y2 + ...+
(n
n− 1
)xyn−1 + yn =
n∑k=0
(n
k
)xn−kyk.
Dokaz I. Indukcijom po n.Za n=1 formula je tocna jer je
(x+ y)1 =1∑
k=0
(1
k
)x1−kyk =
(1
0
)x1y0 +
(1
1
)x0y1 = x+ y.
Pretpostavimo da formula vrijedi za n i dokazimo da vrijedi za n+1. Imamo
(x+ y)n+1 = (x+ y)(x+ y)n,
a to je prema induktivnoj pretpostavci jednako
(x+ y)n+1 = (x+ y)n∑k=0
(n
k
)xn−kyk =
= x(n∑k=0
(n
k
)xn−kyk) + y(
n∑k=0
(n
k
)xn−kyk) =
=
(n
0
)xn+1 +
n∑k=1
(n
k
)xn+1−kyk +
n−1∑k=0
(n
k
)xn−kyk+1 +
(n
n
)yn+1.
Zamjenom indeksa sumacije k u drugoj sumi sa k − 1 ona postaje
n∑k=1
(n
k − 1
)xn+1−kyk.
15
Stoga je
(x+ y)n+1 = xn+1 +n∑k=1
[
(n
k
)+
(n
k − 1
)]xn+1−kyk + yn+1,
pa je prema Teoremu 1.2 to dalje jednako
(x+ y)n+1 = xn+1 +n∑k=1
(n+ 1
k
)+ xn+1−kyk + yn+1 =
=n+1∑k=0
(n+ 1
k
)+ xn+1−k + yk,
pa je formula tocna za n+1 i dokaz indukcijom je zavrsen.
Dokaz II. Produkt
(x+ y)n = (x+ y)(x+ y)...(x+ y)
nakon svih naznacenih mnozenja jednak je zbroju izvjesnih monoma.Svaki od tih monoma
dobiva se tako da se iz svakog od n faktora uzme po jedan clan i tako dobivenih n faktora se
pomnoze .Ako je y uzet iz k faktora, onda je x uzet iz n-k faktora, pa je rijec o sumandu
xn−kyk.Broj tih faktora jednak je broju nacina da se iz n faktora bira k y-ova, a taj je(n
k
).
Dakle, koeficijent uz xn−kyk je (n
k
).
No k moze varirati od 0 do n pa slijedi binomna formula.�
Mozemo uociti iz dokaza da u binomnoj formuli x i y mogu biti iz bilo kojeg komutativnog
prstena.
Korolar 2.1. (i)
(x+ y)n =n∑k=0
(n
k
)xkyn−k =
=n∑k=0
(n
n− k
)xkyn−k =
n∑k=0
(n
n− k
)xn−kyk.
(ii)
(x+ 1)n =n∑k=0
(n
k
)xk = (1 + x)n.
Dokaz (i)Slijedi iz Teorema 2.1 i cinjenice da je(n
k
)=
(n
n− k
)(ii) Stavi se u Binomnom teoremu y = 1.�
16
Primjer 2.1.
(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3;
(x+y)7 =
(7
0
)x7+
(7
1
)x6y+
(7
2
)x5y2+
(7
3
)x4y3+
(7
4
)x3y4+
(7
5
)x2y5+
(7
6
)xy6+
(7
7
)y7 =
= x7 + 7x6y + 21x5y2 + 35x4y3 + 35x3y4 + 21x2y5 + 7xy6 + y7.�
Prikazat cemo nekoliko jednostavnih posljedica binomnog teorema.
Teorem 2.2. (i) (n
0
)+
(n
1
)+
(n
2
)+ ...+
(n
n
)=
=n∑k=0
(n
k
)= 2n;
(ii) (n
0
)−(n
1
)+
(n
2
)− ...+ (−1)n
(n
n
)=
=n∑k=0
(−1)k(n
k
)= 0;
(iii) (n
0
)+
(n
2
)+
(n
4
)+ ... =
(n
1
)+
(n
3
)+
(n
5
)+ ... = 2n−1.
Dokaz (i) U binomnoj formuli stavimo x = y = 1. (ii)Tvrdnja slijedi iz binomnog teorema
tako da stavimo x = 1, y = −1. Kombinatorno, drugu i trecu tvrdnju mozemo dokazati
ovako: jednakost (n
0
)−(n
1
)+
(n
2
)−(n
3
)+ ... = 0
ekvivalentna je s (n
0
)+
(n
2
)+
(n
4
)+ ... =
(n
1
)+
(n
3
)+
(n
5
)+ ...
To znaci da je ukupni broj parnih podskupova (podskupova s parno mnogo elemenata) u
skupu od n elemenata jednak ukupnom broju svih neparnih podskupova (podskupova s
neparno mnogo elemenata).Neka je S = {x1, x2, ..., xn}.Zelimo naci bijekciju izmedu skupa
svih parnih podskupova i skupa svih neparnih podskupova od S.Jedna takva bijekcija dobije
se tako da skupu dodamo, odnosno oduzmemo x1.Ako podskup sadrzi x1, oduzmemo ga od
17
skupa, a ako ga ne sadrzi, dodamo mu x1.Tim preslikavanjem postizemo to da parni
podskupovi prelaze u neparne i obratno.
(iii) U dokazu (ii) samo smo pokazali da parnih podskupova ima isto koliko i neparnih, pa
kako je svih podskupova 2n po (i), to je ocito i parnih i neparnih
1
2· 2n = 2n−1.�
2.2. Primjena Binomnog teorema
Opcenito, koristeci binomni teorem vidimo da vrijedi:
2n = (1 + 1)n =n∑k=0
(n
k
)
Slika 2.1 Potencije broja 2
18
Takoder, koristeci binomni teorem primjetimo da vrijedi :
11n = (10 + 1)n =n∑k=0
(n
k
)10n−k
Slika 2.2 Potencije broja 11
19
Ako promotrimo dijagonalu Pascalovog trokuta, koja se nalazi odmah uz dijagonalu jedinica,
uocit cemo da nju cine upravo prirodni brojevi u rastucem poretku. To je direktna posljedica
definicije Pascalovog trokuta. Uz proste brojeve vezana je zanimljiva cinjenica - ako prvi
broj u retku, poslije jedinice, dijeli svaki drugi broj u tom retku, onda je taj broj prost broj.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
Slika 2.3 Pascalov trokut
2.3. Vandermondeova konvolucija
Teorem 2.3. (Vandermondeova konvolucija).
(i) (n
0
)(m
r
)+
(n
1
)(m
r − 1
)+
(n
2
)(m
r − 2
)+ ...+
(n
r
)(m
0
)=
=r∑
k=0
(n
k
)(m
r − k
)=
(m+ n
r
);
(ii) (n
0
)(m
0
)+
(n
1
)(m
1
)+
(n
2
)(m
2
)+ ...+
(n
n
)(m
n
)=
=n∑k=0
(n
k
)(m
k
)=
(m+ n
n
).
Specijalno za m=n jen∑k=0
(n
k
)2
=
(2n
n
).
20
Dokaz I. Obje formule cemo prvo dokazati algebarski.Radi toga podsjetimo kako se mnoze
polinomi.
(a0 + a1x+ a2x2 + ...+ anx
n)(b0 + b1x+ b2x2 + ...+ bmx
m)=a0b0 + (a0b1 + a1b0)x+ (a0b2 +
a1b1 + a2b0)x2 + (a0b3 + a1b2 + a2b1 + a3b0)x
3 + ..+ anbmxn+m =
n+m∑r=0
(a0br + a1br−1 + a2br−2 + ..+ arb0)xr, pri cemu smatramo da je ar=0 za r<0 i r>n , te
br=0 r<0 i r>m.
(i) Promotrimo jednakost (1 + x)n(1 + x)m = (1 + x)n+m, pa koristeci Korolar 2.1 (ii), obje
strane razvijmo po binomnoj formuli. Dobivamo
[
(n
0
)+
(n
1
)x+
(n
2
)x2 + ...+
(n
n
)xn][
(m
0
)+
(m
1
)x+
(m
2
)x2 + ...+
(m
m
)xm] =
= [
(n+m
0
)+
(n+m
1
)x+
(n+m
2
)x2 + ...+
(n+m
n+m
)xn+m]
Prema gore navedenom, koeficijent uz xr na lijevoj strani je(n
0
)(m
r
)+
(n
1
)(m
r − 1
)+ ...+
(n
r
)(m
0
),
a koeficijent uz xr na desnoj strani je (n+m
r
).
Izjednacavajuci ta dva koeficijenta, dobivamo tvrdnju (i).
(ii) Razvijmo prema korolaru 2.1 (ii) produkt
(1+x)n(1+x−1)m = [
(n
0
)+
(n
1
)x+
(n
2
)x2+...+
(n
n
)xn]·[
(m
0
)+
(m
1
)x−1+
(m
2
)x−2+...+
(m
m
)x−m].
Slobodni clan, tj. onaj uz x0 dobijemo tako da zbrojimo sve produkte oblika(n
r
)xr ·
(m
r
)x−r,
a to je jednako (n
0
)(m
0
)+
(n
1
)(m
1
)+
(n
2
)(m
2
)+ ...
(n
n
)(m
n
).
Buduci da je
(1 + x)n(1 + x−1)m = (1 + x)n(x+ 1)mx−m = x−m(1 + x)n+m,
a slobodni je clan u tom izrazu jednak clanu uz xm u (1 + x)n+m, a taj je jednak(m+ n
m
)=
(m+ n
n
).
21
Njihovim izjednacavanjem dobijemo tvrdnju (ii).
Dokaz II (i) r predmeta iz skupa od n+m predmeta mozemo izabrati tako da prvo
izaberemo k predmeta od prvih n predmeta i l=r-k predmeta od preostalih m, 0≤k≤r. S
druge strane, r predmeta se moze izabrati od njih m+n na(m+nr
)nacina.Izjednacavanjem tih
dvaju nacina prebrojavanja dobijemo ∑k,l≥0,k+l=r
(n
k
)(m
l
)=
=r∑
k=0
(n
k
)(m
r − k
)=
(m+ n
r
).
(ii) Promotrimo skup S od n crvenih i m plavih kuglica.Lijeva strana u (ii) nam kaze koliko
ima podskupova toga skupa kuglica, tako da u svakom od njih ima jednako mnogo crvenih i
plavih (moze ih biti 0,1,2...n).Desna strana u (ii) kaze koliko ima n- podskupova iz citavog
skupa S od m+n kuglica.Svakom n- podskupu A iz S pridruzimo podskup B iz S, koji sadrzi
jednako mnogo crvenih i plavih kuglica ovako.Ako A ima k crvenih kuglica (stoga n-k
plavih), stavimo u B odabranih n-k plavih kuglica i neodabranih n-k crvenih kuglica.Tako
dobijemo bijekciju medu skupom Pn(S) svih n-podskupova od S i skupom svih podskupova
od S od kojih svaki ima jednako mnogo crvenih i plavih kuglica.Odatle slijedi tvrdnja (ii).�
Cijeli niz identiteta medu binomnim koeficijentima mozemo sada dobiti na slijedeci nacin.
Sagledajmo jednakost
(1 + x)n =
(n
0
)+
(n
1
)x+
(n
2
)x2 + ...+
(n
k
)xk + ...+
(n
n
)xn
kao jednakost dvaju polinoma.Deriviramo li obje strane, dobivamo
n(1 + x)n−1 =
(n
1
)+ 2
(n
2
)x+ ...+ k
(n
k
)xk−1 + ...+ n
(n
k
)xn−1 (∗)
pa ako ovdje uvrstimo x=1, slijedi
n2n−1 =
(n
1
)+ 2
(n
2
)+ ...+ k
(n
k
)+ ...+ n
(n
n
)=
n∑k=1
k
(n
k
).
Ako obje strane u (∗) pomnozimo sa x, dobijemo
nx(1 + x)n−1 =n∑k=1
k
(n
k
)xk, (∗∗)
pa ako sada deriviramo obje strane u (∗∗), slijedi :
22
n[(1 + x)n−1 + (n− 1)x(1 + x)n−2] =
=n∑k=1
k2
(n
k
)xk−1.
Stavimo li ovdje x=1, dobivamo identitet :
n[2n−1 + (n− 1)2n−2] =n∑k=1
k2
(n
k
),
tj.
n(n+ 1)2n−2 =n∑k=1
k2
(n
k
).
Ako pak integriramo obje strane jednakosti
(1 + x)n =n∑k=0
(n
k
)xk
od 0 do 1 ,imamo∫ 1
0(1 + x)ndx=
n∑k=0
(n
k
)∫ 1
0xkdx, a odatle
1
n+ 1(2n+1 − 1) =
n∑k=0
1
k + 1
(n
k
).
Drugi tip identiteta dobijemo tako da u binomnom teoremu uvrstimo razno odabrane
kompleksne brojeve, pa dokazimo
Teorem 2.4. Neka su n,q ∈ N, 1≤q≤n-1, r ∈ {0,1,...,q-1}. Tada je(n
r
)+
(n
r + q
)+
(n
r + 2q
)+
(n
r + 3q
)+ ... =
1
q
q−1∑k=0
(2coskπ
q)ncos
k(n− 2r)π
q
Mozemo primjetiti da je suma na lijevoj strani zapravo
l∑k=0
(n
r + kq
),
gdje je
l = bn− rqc.
Dokaz. Neka je
ε = e2πi/q = cos2π
q+ isin
2π
q,
23
tj. ε(6= 1) je q-ti korijen iz 1, pa
εq = 1⇒ εq − 1 = 0⇒ (ε− 1)(εq−1 + εq−2 + ...+ ε+ 1) = 0⇒ εq−1 + ...+ ε+ 1 = 0. Tada
uvrstavanjem u
(1 + x)n =n∑k=0
(n
k
)xk,
redom x=1,ε,ε2,...,εq−1,imamo
(1 + ε0)n =
(n
0
)+
(n
1
)+
(n
2
)+ ...+
(n
n
),
(1 + ε)n =
(n
0
)+
(n
1
)ε+
(n
2
)ε2 + ...+
(n
n
)εn,
(1 + ε2)n =
(n
0
)+
(n
1
)ε2 +
(n
2
)ε4 + ...+
(n
n
)ε2n,
. . . .
(1 + εq−1)n =
(n
0
)+
(n
1
)εq−1 +
(n
2
)ε2(q−1) + ...+
(n
n
)εn(q−1).
Mnozimo li te jednakosti redom sa
ε0, ε−r, ε−2r, ...ε−(q−1)r
i tako dobivene izraze zbrojimo, dobivamo
q−1∑k=0
(1 + εk)nε−rk = q[
(n
r
)+
(n
r + q
)+
(n
r + 2q
)+ ...]. (1)
U dokazu smo koristili cinjenicu da je 1+ εk−r + ε2(k−r) + ...+ ε(q−1)(q−r)
=
{0, za k ≡\(mod q)q, za k ≡ (mod q),
24
sto mozemo lako dokazati, ali lijevu stranu u (1) mozemo pisati i ovako :
q−1∑k=0
(εk2 + ε−
k2 )nε
kπ2−kr,
a to je zbog
(eiϕ)n = (cosϕ+ isinϕ)n = cos nϕ+ isin nϕ
jednako
q−1∑k=0
(2coskπ
q)n[cos
k(n− 2r)
qπ + isin
k(n− 2r)
qπ]. (2)
Lijeva strana u (1) je realan broj jer je desna strana realan broj,stoga je koeficijent uz
imaginarnu jedinicu u (2) jednak nuli, pa odatle slijedi tvrdnja Teorema.
Isaac Newton je probao generalizirati binomni teorem tako da je htio naci izraz za (x+ y)α,
gdje je α bilo koji realan broj.Meduti za opci eksponent taj razvoj nece vise biti polinom,
nego beskonacni red, pa se odmah namece pitanje konvergencije tog reda.Nadasve, ako
definiramo za α ∈ R i ∈ N i k∈ N opci binomni koeficijent sa
(α
k
)=α(α− 1)(α− 2)...(α− k + 1)
k!=
(α)kk!
stoga, ako formalno generaliziramo binomni teorem, onda imamo
(1 + x)α = 1 +
(α
1
)x+
(α
2
)x2 +
(α
3
)x3 + ...
Vec je Euler primijetio nepravilnosti ,jer ako ovdje uvrstimo npr. α = -1, dobivamo
(1 + x)−1 = 1 +
(−1
1
)x+
(−1
2
)x2 +
(−1
3
)x3 + ...
= 1 + (−1)x+(−1)(−2)
2!x2 +
(−1)(−2)(−3)
3!x3 + ...
= 1− x+ x2 − x3 + ...,
pa ako ovdje npr. stavimo x = −4 dobivamo
25
(1− 4)−1 = 1− (−4) + (−4)2 − (−4)3 + ... odnosno
−1
3= 1 + 4 + 16 + 64 + 256...,
sto je nemoguce.Zato vrijedi ovaj teorem :
2.4. Binomni red
Teorem 2.5. (Binomni red).Za sve z∈ C, |z| < 1, i sve α ∈ R vrijedi
(1 + z)α =
(α
k
)zk.
Za α = -1 imamo da je(−1
k
)=
(−1)(−1− 1)...(−1− k + 1)
k= (−1)k,
pa je za |z| < 1
1
z + 1=∞∑k=0
(−1)kzk,
a ako ovdje zamijenimo z sa -z, dobivamo
1
1− z=
=∞∑k=0
zk = 1 + z + z2 + z3 + ...
Ako stavimo da nam je
α =1
2,
imamo da je za k ∈ N
(12
k
)=
12(1
2− 1) · ... · (1
2− k + 1)
k!=
=(−1)k−1
2k· 1 · 3 · 5 · .. · (2k − 3)
k!
=(−1)k−1
2k· 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · ... · (2k − 3)(2k − 2)
2 · 4 · ... · (2k − 2)k!
26
=(−1)k−1
k22k−1· (2k − 2)!
(k − 1)!2=
(−1)k−1
k22k−1
(2k − 2
k − 1
)= (−1)k−1 (2k − 3)!!
k(2k − 2)!!
pa za |z| < 1 vrijedi
√1 + z = 1 +
∞∑k=1
(−1)k−1
k22k−1
(2k − 2
k − 1
)zk = 1 +
1
2z − 1
2 · 32
(2
1
)z2 +
1
3 · 25
(4
2
)z3 + ...,
a otuda se mogu dobiti vrijednosti kvadratnih korijena s unaprijed trazenom tocnoscu.
Primjetimo da vrijedi vazna formula(n
k
)= (−1)n−k
(−k − 1
n− k
),
koja je vrlo prikladna za razne identitete medu binomnim koeficijentima,takoder je vazan
identitet (−nk
)= (−1)k
(n+ k − 1
k
)(∗)
koji slijedi odmah iz definicije.Mnoga svojstva binomnih koeficijenata prenose se i na opce
binomne koeficijente.Tako npr.za njih vrijede teoremi 1.2 i 1.5.
Primjer 2.2.∑k≤n
(−1)k(r
k
)=
(r
0
)−(r
1
)+
(r
2
)+ ...+ (−1)n
(r
n
)= (−1)n
(r − 1
n
).
Dokaz.∑k≤n
(−1)k(r
k
)=(∗)
∑k≤n
(−r + k − 1
k
)=
(−r − 1
0
)+
(−r1
)+
(−r + 1
2
)+ ...+
(−r + n− 1
n− 1
)
prema teoremu 1.5.
=
(−r + n
n
)= (−1)n
(r − 1
n
).�
27
3. Multinomni teorem i koeficijenti
3.1. Multinomni teorem i koeficijenti
Binomni teorem daje nam formulu prikaza (x+ y)n pomocu potencija od x i y.Namece se
pitanje moze li se dobiti analogna formula za (x+ y + z)n ili opcenito za
(x1 + x2 + ...+ xk)n? Na to nam pitanje odgovara ”multinomni teorem”.
Prije no sto formuliramo taj teorem objasnimo sto ce biti analogoni binomnih koeficijenata.
Neka su n1, n2, ..., nk ≥ 0 cijeli brojevi i n1, n2, ..., nk = n.Multinomni koeficijent definiramo
formulom (n
n1, n2...nk
)=
n!
n1!n2!...nk!.
Teorem 3.1. (Multinomni teorem).Neka su k,n ∈ N, tada za sve x1, xk ∈ C vrijedi
(x1 + x2 + ...+ xk)n =
∑(n
n1, n2...nk
)xn1
1 xn22 ...x
nkk ,
pri cemu se sumira po svim k-torkama (n1...nk), ni ≥ 0, i = 1...k takvim da je
n1 + ...+ nk = n.
Zapravo cemo generalizirati drugi dokaz binomnog teorema.
(x1 + x2 + ...+ xk)n = (x1 + x2 + ...+ xk)(x1 + x2 + ...+ xk)...(x1 + x2 + ...+ xk)
Da bi se oslobodili svih zagrada, moramo izvrsiti sva naznacena mnozenja (njih kn), i zatim
skupiti istoimene sumande.Svaki sumand je tada oblika xn11 x
n22 ...x
nkk gdje su n1, ..., nk ≥ 0 i
n1 + ...+ nk = n, jer biramo po jedan xi iz svakog od n faktora.Taj clan dobivamo tako da
biramo x1 u n1,x2 u n2 od preostalih n− n1 faktora, ..., xk u nk od preostalih
n− n1 − ...− nk−1 faktora.Stoga je prema principu produkta broj pojavljivanja clana
xn11 x
n22 ...x
nkk jednak(
n
n1
)(n− n1
n2
)(n− n1 − n2
n3
)...
(n− n1 − ...− nk−1
nk
)a to je kao sto znamo jednako
n!
n1!n2!...nk!�
Ako je k = 2, dobivamo
(x1 + x2)n =
∑n1,n2≥0,n1+n2=n
(n
n1 n2
)xn1
1 xn22 .
Stavimo li n1 = r, tada je n2 = n− r, dobivamo
(x1 + x2)n =
n∑r=0
(n
r n− r
)xr1x
n−r2 =
n∑r=0
(n
r
)xr1x
n−r2 ,
sto je upravo binomni teorem.
28
Primjer 3.1.
(x1 + x2 + x3 + x4)2 =
(2
2, 0, 0, 0
)x2
1 +
(2
0, 2, 0, 0
)x2
2 +
(2
0, 0, 2, 0
)x2
3 +
(2
0, 0, 0, 2
)x2
4
+
(2
1, 1, 0, 0
)x1x2 +
(2
1, 0, 1, 0
)x1x3 +
(2
1, 0, 0, 1
)x1x4 +
(2
0, 1, 1, 0
)x2x3 +
(2
0, 1, 0, 1
)x2x4
+
(2
0, 0, 1, 1
)x3x4 = x2
1 + x22 + x2
3 + x24 + 2x1x2 + 2x1x3 + 2x1x4 + 2x2x3 + 2x2x4 + 2x3x4.
Opcenito vrijedi (x1 + x2 + ...xk)2 =
k∑i=1
x2i + 2
∑1≤i<j≤k
xixj.
Primjer 3.2. Odredimo koeficijent u razvoju od (x1 + x2 + x3 + x4 + x5)8 uz x3
1x2x23x
24.
Taj je koeficijent jednak (8
3, 1, 2, 2
)=
8!
3!1!2!2!1!= 1680.�
Primjer 3.3. Odredimo koeficijent uz x41x2x
73 u razvoju po multinomnom teoremu izraza
(3x1 − 5x2 + 2x3)12
Trazeni koeficijent jednak je (12
4, 1, 7
)34(−5)27 = −20528 · 108.�
29
Teorem 3.2. Broj razlicitih sumanada u razvoju izraza (x1 + x2 + ...+ xk)n po
multinomnom teoremu jednak je (n+ k − 1
n
).
Dokaz. Napisimo opci clan xn11 , x
n22 ...x
nkk u obliku x1...x1 x2...x2 x3...x3 ...xk...xk. Broj
faktora ocito je n (to je i stupanj tog,kao i svakog clana). Razlicitih je faktora k.Stoga je rijec
o broju svih n-kombinacija multiskupa od k razlicitih elemenata x1, ...xk (a svaki ima veliku
kratnost).Taj je broj jednak 〈kn〉 =(k+n−1n
).�
Teorem 3.3. Suma svih (k + n− 1
n
)razlicitih multinomnih koeficijenata, ciji je gornji broj n,a dolje ima k brojeva jest
kn.Odnosno vrijedi formula ∑n1...nk≥0,n1+...+nk=n
(n
n1...nk
)= kn.
Dokaz I Stavimo li u multinomnu formulu
x1 = x2 = ...xk = 1,
dobivamo
kn = (1 + 1 + ...+ 1)n =∑
n1...nk≥0,n1+...+nk=n
(n
n1...nk
).
Dokaz II.Suma tih multinomnih koeficijenata znaci ukupan broj nacina na koje se skup od
n elemenata moze napisati kao rastav u najvise k dijelova, jer svaki pojedini koeficijent broji
koliko ima rastava u dijelove, cije su velicine n1, ...nk, a zbrajamo sve takve
koeficijente.Pokazimo da je broj svih takvih rastava takoder jednak kn.Neka je
S = {a1, .., an}.Pitanje je koliko ima uredenih k-torki
(A1, A2...Ak), Ai ⊆ S, A1
⋃A2
⋃Ak = S, i 6= j ⇒ Ai
⋂Aj = ∅.Element ai moze se staviti u
svaki podskup Aj, a to je istina za svaki element iz S.Prema principu produkta broj rastava
od S u najvise k podskupova (tj. u tocno k s time da neki mogu biti i prazni) jest
k · k · k... · k = kn. Primjetimo da je taj broj jednak i broju n- permutacija multiskupa
{∞ · A1, ...,∞ · Ak}.�
30
3.2. Primjena multinomnog teorema u teoriji brojeva
Teorem 3.4. (”San brucosa”).Neka je p prost broj .Tada za sve cijele brojeve x1, x2, ...xk ∈Z vrijedi (x1, x2 + ...+ xk)
p ≡ xp1 + xp2 + ...+ xpk(mod p).
Dokaz.Multinomni teorem daje
(k∑i=1
xi)p = xp1, x
p2 + ...+ xpk +
∑ p!
n1!n2!...nk!xn1
1 , xn12 ...x
nkk .
Pritom su u ovoj posljednjoj sumi svi
n1, n2...nk < p,
buduci da je p prost broj, svaki je multinomni koeficijent p!n1!...nk!
u posljednjoj sumi djeljv s
p.Odakle slijedi tvrdnja.�
Korolar 3.1. (Fermat) Za k ∈ N i p prost broj vrijedi kp ≡ k(mod p).
Dokaz:
U prethodni tm stavimo x1 = x2 = ... = xk = 1.�
Za razliku od malog, tzv. veliki Fermatov teorem tvrdi da za cijeli broj n ≥ 3, jednadzba
xn + yn = zn, xyz 6= 0, nema rjesenja u cijelim brojevima.Prvi je to dokazao engleski
matematicar Andrew Wiles 1994. godine.Dokaz je vrlo slozen (oko 100 strana) a zasniva se
na suvremenim tehnikama eliptickih krivulja i algebarske geometrije.
Primjer 3.4. Dokazimo da je (k!)! djeljiv s ((k − 1)!)!k
Rjesenje.
Stavimo li u multinomni teorem n1 = n2 = ... = nk = (k − 1)!, onda je
n = n1 + ...nk = k · (k − 1)! = k!, pa je(n
n1, ..., nk
)=
(k!)!
((k − 1)!)!...((k − 1)!)!=
(k!)!
((k − 1)!)!k.
Kako je multinomni koeficijent cijeli broj, tvrdnja slijedi.Vec za k=4 nije podmah evidentno
da je (4!)! = 24! djeljivo s (3!)!4 = 7204.�
31
Literatura
[1] J. Gross, J. Yellen, Graph Theory and Its Applications, CRC Press, New York, 1999.
[2] D. Veljan, Kombinatorika s teorijom grafova, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.
[3] D. Veljan, Kombinatorna i diskretna matematika, Skolska knjiga, Zagreb, 2001.
[4] T. Colledge, Pascal’s triangle, a teacher’s guide with blackline masters, Tar-
quin,Publications, England, 1997.
[5] http://mathworld.wolfram.com/PascalsTriangle.html 2.10.2010.
[6] Montclair state university, Pascal triangle http://pages.csam.montclair.edu/ kaz-
imir/patterns.html 2.10.2010.
[7] Pascal triangle http://milan.milanovic.org/math/english/contents.html
32
Sazetak
U diplomskom radu su objasnjena neka osnovna svojstva binomnih koeficijenata koji daju
uvid u prirodu kombinacija, a time i najraznovrsnije identitete medu njima.Identiteti, sami
po sebi predstavljaju stanovitu matematicku teoriju i imaju izvjesnu ”unutrasnju ljepotu”,
ali i stvarna znacenja, npr. u analizama algoritama u racunarskim znanostima.Prikazane su
zanimljive relacije izmedu koeficijenata, te povezanost Pascalovog trokuta i binomnih
koeficijenata, povijest Pascalovog trokuta, koja je ujedno i povijest binomnih
koeficijenata.Osim binomnih koeficijenata, obradeni su i multinomni koeficijenti, te njihova
svojstva i primjene.
Kljucne rijeci : binomni koeficijenti, multinomni koeficijenti, Pascalov trokut
33
Summary
This master’s thesis talks about primary characteristics of binomial coefficients which give us
access in nature of combinations and thus different identities between them.Identities
representing mathematical theory and they have certain ”beauty” but and real consequence,
for example in analyses algorithm in computer science.Interesting relations between Pascal’s
triangle and binomial coefficients are described, also and their history.Apart binomial
coefficients, multinomial coefficients and their characteristics and usage are also described.
KEY WORDS: Binomial coefficients, multinomial coefficients, Pascal’s triangle.
34
Zivotopis
Rodena sam 25. rujna 1986. godine u Slavonskom Brodu. Osnovnu skolu Mijat Stojanovic
zavrsila sam u Babinoj Gredi, a Opcu gimnaziju u Zupanji. 2005. godine sam upisala
Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike u Osijeku. U ljetnom semestru
akademske godine 2008./2009. sudjelovala sam u projektu ”Matematika s pola muke”
tijekom kojeg smo poducavali studente Sveucilista Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku.