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.