Rekurentiniai s¹ryšiai

Rekurentiniai s¹ryšiai

Rekurentinio s¹ryšio s¹voka ir pavyzdžiai

Sprendžiant daugelá kombinatorikos uždaviniø, yra naudojami rekurentiniai s¹ryšiai (lot. recurrence – grážti). Naudodamiesi rekurentiniu s¹ryšiu, uždaviná su n objektø galime pakeisti uždaviniu su (n – 1) objektais, o šá – uždaviniu su (n – 2) objektais ir t.t. Paeiliui mažindami objektø skaièiø, galø gale gausime uždaviná, kurá lengva išsprêsti.

Panagrinëkime kelet¹ pavyzdžiø.

Pirmas pavyzdys: kompiuteriø mokslo taikymas MKB86

Tarkime, kad duotoje programavimo kalboje norime apskaièiuoti skaièiø n ilgio išraiškø, sudarytø iš dešimties simboliø: 0, 1, 2, , 9 ir keturiø aritmetiniø veiksmø: +, –, . Tarkime, kad šios kalbos sintaksë reikalauja, kad kiekviena išraiška baigtøsi skaitmeniu, ir dvi išraiškos gali bûti jungiamos, naudojant aritmetinës operacijos simbolá. Kitaip tariant, išraiška yra seka, sudaryta iš vieno arba keliø skaitmenø arba turi form¹ A B, èia A ir B – išraiškos, o simbolis žymi aritmetinê operacij¹. Pavyzdžiui, 1 + 2 ir 3 45 yra išraiškos; 1 + 2 – 3 45 taip pat yra išraiška. Taèiau 1 + + 2 nëra išraiška (du aritmetiniai simboliai negali bûti šalia).

Norëdami apskaièiuoti tokiø n ilgio išraiškø skaièiø, pasinaudosime rekurentiniu s¹ryšiu.

Simboliu a_n pažymëkime nagrinëjamø n ilgio išraiškø skaièiø. Visas tas išraiškas išskaidykime á dvi klases. Pirm¹j¹ klasê sudarys išraiškos, kurios
(n – 1)-ojoje pozicijoje turi skaitmená, o antr¹j¹ klasê sudarys išraiškos, kuriø (n – 1)-ojoje pozicijoje yra aritmetinës operacijos simbolis.

Kadangi išraiška turi baigtis skaitmeniu, tai pirmojoje klasëje bus išraiškø, t.y. kiekviena iš (n – 1) ilgio išraiškø gali bûti pratêsta vienu iš 10-ties bûdø.

Kadangi dvi aritmetinës operacijos negali eiti kartu, tai antrojoje klasëje bus išraiškø, t.y. (n – 2) ilgio išraiška gali bûti pratêsta 4 aritmetiniø operacijø simboliais (n – 1)-oje pozicijoje ir 10 skaitiniø simboliø n-tojoje pozicijoje. Vadinasi,

(3.5.1)

Tam, kad galëtume pasinaudoti šia išraiška, reikia žinoti a₀ ir a₁. Aišku, kad , o , nes ilgio 1 išraiška gali bûti tik skaitmuo.

Tuo bûdu,

ir t.t.

Antras pavyzdys: Fibonaèio skaièiai

1202 metais pasirodžiusioje knygoje ”Liber abaci” (Apie skaièiavim¹) italø matematikas Fibonaèis tarp kitø uždaviniø pateikë toká uždaviná.

Iš triušiø poros kas mënesá gaunamas dviejø triušiukø (patinëlio ir patelës) prieauglis, o iš atvestøjø triušiukø po dviejø mënesiø jau gaunamas naujas prieauglis. Kiek triušiø turësime po metø, jei metø pradžioje turëjime vien¹ por¹?

Iš uždavinio s¹lygos matyti, kad po pirmojo mënesio turësime dvi triušiø poras. Po antrojo mënesio turësime tris poras, nes prieauglá davë tik pirmoji pora. Dar po mënesio prieauglá duos ir pradinë pora, ir pora, atvesta prieš du mënesius. Todël iš viso bus 5 poros. Šio uždavinio sprendimui sudarysime rekurentiná s¹ryšá. Simboliu pažymëkime triušiø porø skaièiø po n mënesiø, skaitant nuo metø pradžios. Aišku, kad n-ojo mënesio pabaigoje turësime por¹ ir dar tiek naujø porø, kiek jø buvo -ojo mënesio pabaigoje, t.y. dar . Vadinasi,

(3.5.2)

Kadangi iš s¹lygos matyti, kad , o , tai rekurentinis s¹ryšis ir šios pradinës s¹lygos nusakys triušiø porø skaièiø:

Gauti skaièiai vadinami Fibonaèio skaièiais, o jø seka – Fibonaèio skaièiø seka.

Pastaba. T¹ paèi¹ sek¹ gausime ir paëmê tokias pradines s¹lygas , . Todël tolesniame nagrinëjime imsime šias pradines s¹lygas.

Su Fibonaèio skaièiais susiduriama ávairiuose kombinatorikos uždaviniuose. Jie turi ádomiø savybiø. Dargi yra leidžiamas žurnalas “Fibonacci Quarterly” [MKB86].

Pavyzdžiui, Fibonaèio skaièiø sek¹ generuoja ir tokio uždavinio sprendinys.

Reikia sužinoti, kiek yra n-nariø sekø, sudarytø iš nuliø ir vienetukø, kuriose nëra dviejø greta parašytø vienetø.

Imkime bet kuri¹ n-narê nuliø ir vienetukø sek¹, tenkinanèi¹ s¹lyg¹: du vienetai niekur joje nestovi drauge. Tokio sekos paskutinysis skaitmuo gali bûti 0 arba 1. Suskirstykime nagrinëjamas n-nares sekas á dvi klases. Á pirm¹j¹ klasê talpinkime sekas, kurios baigiasi nuliu, o á antr¹j¹ – sekas, kurios baigiasi vienetu. Simboliu pažymëkime n-nariø sekø, tenkinanèiø uždavinio s¹lyg¹, skaièiø. Aišku, kad pirmosios klasës nariø skaièius bus lygus , nes n-narë seka, atmetus n-ojoje pozicijoje stovintá nulá, duos ilgio sek¹, tenkinanèi¹ uždavinio s¹lyg¹.

Antrojoje klasëje yra sekos, kuriø n-ojoje pozicijoje yra 1. Tada, remiantis uždavinio s¹lyga, teigiame, kad kiekvienos sekos -ojoje pozicijoje yra 0. Vadinasi, jei tokioje sekoje atmestume du paskutiniuosius elementus: 0 ir 1, tai gautume ilgio sek¹, tenkinanèi¹ uždavinio s¹lyg¹. Vadinasi, antrosios klasës sekø skaièius yra . Tuo bûdu,

(3.5.3)

Kad ši rekurentinë išraiška generuotø Fibonaèio skaièiø sek¹, reikia, kad sutaptø su dviem iš eilës einanèiais Fibonaèio skaièiais.

Aišku, kad (sekos “0” ir “1”), o (sekos “00”, “01” ir “10”).

Kadangi , o , tai (3.5.3) rekurentinë išraiška generuos Fibonaèio skaièius.

Fibonaèio skaièiø savybës Kn76

Aptarsime paprasèiausias Fibonaèio skaièiø savybes.

1-oji savybë: .

Pastaba. Èia ir toliai vietoje simbolio naudosime simbolá . Be to, (3.5.2) išraiškos pradines s¹lygas imsime , .

Árodymas. Iš Fibonaèio rekurentinës išraiškos gauname:

2-oji savybë. .

Árodymas

3-ioji savybë. .

Árodymas. Remiantis 1-¹j¹ savybe gausime:

(3.5.4)

Remiantis 2-¹j¹ savybe gausime:

(3.5.5)

Iš (3.5.4) atëmê (3.5.5), gausime:

Kadangi , tai .

4-oji savybë: .

Árodymas. Remsimës tapatybe:

(3.5.6)

Tada

5-oji savybë. .

Árodymas. Árodysime matematinës indukcijos metodu.

Kai , tai .

Tarkime, kad . Árodysime, kad .

6-oji savybë. .

(Árodymas pagal indukcij¹.)

7-oji savybë. Sveikasis skaièius c yra ir dalikliu tada ir tiktai tada, kai jis yra skaièiaus , èia (dbd – didžiausias bendras daliklis) dalikliu.

Išvada. .

Treèias pavyzdys. Hanojaus bokštø uždavinys[2] DGP83

Duoti trys strypai: ir . Ant pirmojo strypo užmauta n skirtingo skersmens diskø, tenkinanèiø s¹lyg¹: (žr. 3.5.1 pav.). Šiuos diskus reikia perkelti nuo strypo S1 ant kito strypo, pvz. S3, laikantis taisykliø:

kiekviename žingsnyje galima perkelti tik vien¹ viršutiná disk¹;

niekada negalima uždëti didesnio skersmens disko ant mažesnio skersmens disko;

bet kuriuo momentu visi diskai turi bûti užmauti ant vieno iš strypø.

Kiek diskø perkëlimø reikës atlikti?

Simboliu pažymëkime veiksmø (disko perkëlimø) skaièiø.

3.5.1 pav. Hanojaus bokštø uždavinys, kai n = 4

Tarkime, kad mokame perkelti disk¹. Tuomet n diskø perkeliame šiais trimis žingsniais:

viršutiniø diskø perkeliame nuo pirmojo strypo ant antrojo, naudodamiesi laisvu treèiuoju strypu;

apatiná n-¹já disk¹ užmauname ant treèiojo strypo;

diskø nuo antrojo strypo perkeliame ant treèiojo naudodamiesi laisvu pirmuoju strypu.

Dabar galime sudaryti rekurentiná s¹ryšá, nusakantá . Aišku, kad

(2.5.7)

t.y. norint perkelti n diskø, reikës du kartus perkelti diskø ir dar vien¹ n-¹já disk¹.

Šio rekurentinio s¹ryšio pradinë s¹lyga yra .

(3.5.7) rekurentinis s¹ryšis generuos sek¹: ;

ir t.t.

Iš pateiktø pavyzdžiø matyti, kad visi rekurentiniai s¹ryšiai generuoja skaièiø sekas (žymësime ), kurios priklauso tiek nuo rekurentinio s¹ryšio, tiek ir nuo pradiniø s¹lygø. Kitaip tariant, rekurentinis s¹ryšis su fiksuotom pradinëm s¹lygom nusako natûraliojo argumento funkcij¹.

Apibrëžimas. k-osios eilës tiesiniu rekurentiniu s¹ryšiu vadinsime formulê, rišanèi¹ su :

èia ir yra natûraliojo argumento funkcijos ir , .

Tam, kad s¹ryšis generuotø skaièiø sek¹, reikia k pradiniø s¹lygø: . Jei yra konstantos, tai sakome, kad turime tiesiná rekurentiná s¹ryšá su pastoviais koeficientais.

Jei , tai rekurentinis s¹ryšis vadinamas homogeniniu, priešingu atveju – nehomogeniniu.

Pavyzdžiui,

a)   

b)  

c)   

d)  

e)   

f)    

g)   

Visos rekurentinës išraiškos, išskyrus e), f) ir g), yra tiesinës. e) išraiška nëra tiesinë, kadangi turi nará . a), b) ir d) s¹ryšiai yra tiesiniai su pastoviais koeficientais. Pavyzdžiui, a) ir b) s¹ryšiai yra 2-osios eilës, o d) s¹ryšis yra 3-iosios eilës. a) ir c) s¹ryšiai yra homogeniniai, o b) ir d) – nehomogeniniai.

Rekurentiniø s¹ryšiø sprendimas

Turim¹ k-tosios eilës rekurentiná s¹ryšá

tenkina be galo daug skirtingø sekø. Mat k pirmøjø sekos nariø (pradines s¹lygas) galima pasirinkti laisvai, jie nëra susieti s¹ryšiais. Taèiau, kai k pirmøjø nariø pasirinkta, visi kiti nariai apskaièiuojami vienareikšmiškai: narys pagal rekurentiná s¹ryšá išreiškiamas nariais , , , , narys – nariais , , , ir t.t.

Remiantis rekurentiniu s¹ryšiu ir pirmaisiais sekos nariais, galima vien¹ po kito apskaièiuoti sekos narius ir anksèiau ar vëliau surasti bet koká sekos nará. Taèiau tokiu atveju turime apskaièiuoti ir visus pirmesniuosius narius: juk jø nežinodami, negalime rasti tolesniø nariø. Taèiau dažnai reikalingas tik vienas konkretus sekos narys, o kitø nariø nereikia. Todël labai svarbu žinoti rekurentinio s¹ryšio sprendiná: natûraliojo argumento funkcij¹, kuri generuoja t¹ paèi¹ sek¹, kaip ir rekurentinis s¹ryšis.

Rekurentinio s¹ryšio sprendiná galima apibrëžti ir taip: natûraliojo argumento funkcija yra rekurentinio s¹ryšio sprendinys, jei j¹ ástatê á s¹ryšá, gausime tapatybê.

Pavyzdys. Imkime rekurentinê išraišk¹

Tada yra šios išraiškos sprendinys, nes

Reikia pabrëžti, kad yra atskirasis rekurentinio s¹ryšio sprendinys.

Apibrëžimas. k-osios eilës rekurentinio s¹ryšio sprendinys vadinamas bendruoju sprendiniu, jei jis priklauso nuo k laisvøjø konstantø , kurias pasirinkus galima gauti bet kurá to s¹ryšio sprendiná.

Pavyzdžiui, s¹ryšio

(3.5.8)

bendrasis sprendinys yra

(3.5.9)

Iš tikrøjø, lengva patikrinti, kad (3.5.9) funkcija (3.5.8) s¹ryšá paverèia tapatybe. Todël belieka patikrinti, ar kiekvien¹ (3.5.8) s¹ryšio sek¹ galima išreikšti (3.5.9) pavidalu. Kitaip tariant, reikia parodyti, kad bet kokioms ir reikšmëms egzistuoja konstantos C₁ ir C₂.

Ástatê (3.5.9) á (3.5.8), kai ir , gausime:

Kadangi sistemos determinantas nelygus nuliui, tai ši sistema visada turi sprendiná prie bet kokiø ir reikšmiø.

Tiesiniø homogeniniø rekurentiniø s¹ryšiø su pastoviais koeficientais sprendimas

Rekurentiniamas s¹ryšiams sprêsti, apskritai kalbant, bendrø metodø nëra. Taèiau labai dažnai pasitaikanèiø s¹ryšiø klasë, kuri¹ sudaro tiesiniai rekurentiniai s¹ryšiai su pastoviais koeficientais, sprendžiama bendru metodu.

Nagrinësime tiesiná homogeniná s¹ryšá su pastoviais koeficientais (HR)

èia – kokie nors skaièiai.

Aptarsime tokiø s¹ryšiø sprendim¹. Yra keli sprendimo metodai [MKB86]:

pakeitimo metodas (kitaip vadinamas iteraciniu),

generuojanèiø funkcijø metodas,

charakteristiniø šaknø metodas,

neapibrëžtø koeficientø metodas.

Dažniausiai naudojamas charakteristiniø šaknø metodas, kurá èia ir aptarsime.

Homogeniniø s¹ryšiø sprendimas

Nesiaurindami klausimo, pirmiausia aptarsime 2-osios eilës su pastoviais koeficientais tiesiniø homogeniniø rekurentiniø s¹ryšiø sprendimo metod¹. Šis metodas automatiškai taikomas ir aukštesnës eilës analogiškiems s¹ryšiams.

Imkime 2-osios eilës su pastoviais koeficientais rekurentiná homogeniná s¹ryšá

(3.5.9)

èia a₁ ir a₂ – realieji skaièiai.

Tokiø s¹ryšiø sprendimas yra analogiškas homogeniniø diferencialinø lygèiø su pastoviaisias koeficientais sprendimui: jei turime n tiesiškai nepriklausomø diferencialinës lygties sprendiniø, tai jø tiesinis darinys yra bendras diferencialinës lygties sprendinys.

1 Lema. Jei ir yra tiesiškai nepriklausomi (3.5.9) rekurentinio s¹ryšio sprendiniai, tai bet kokiems skaièiams – konstantoms C₁ ir C₂ funkcija

(3.5.10)

yra (3.5.9) s¹ryšio sprendinys.

Árodymas. (3.5.10) ástatykime á (3.5.9) s¹ryšá. Kairioji (3.5.9) s¹ryšio pusë bus lygi

Apskaièiuokime kairi¹j¹ (3.5.9) s¹ryšio pusê.

nes ir yra atskiri (3.5.9) s¹ryšio sprendiniai.

2 lema. Jei r₁ yra kvadratinës lygties

(ši lygtis vadinama charakteristine lygtimi) šaknis, tai yra (3.5.9) išraiškos sprendinys.

Árodymas. Kadangi r₁ yra charakteristinës lygties šaknis, tai

Ši¹ lygybê padauginê iš , gausime:

t.y. yra (3.5.9) sprendinys.

Teorema. (3.5.9) rekurentinio s¹ryšio bendrasis sprendinys apskaièiuojamas taip:

randame charakteristinës lygties šaknis r₁ ir r₂,

bendr¹já sprendiná užrašome:

, jei ,

, jei .

Šios teoremos teisingumas tiesiogiai išplaukia iš 1-osios ir 2-osios lemos ir to fakto, kad yra (3.5.9) sprendinys, jei .

Be to, kadangi ir yra tiesiškai nepriklausomi, tai konstantos C₁ ir C₂ egzistuoja prie bet kokiø ir reikšmiø.

Kaip minëjome aukšèiau, k-osios eilës rekurentinë išraiška sprendžiama analogiškai. Èia reikia ávertinti tik t¹ fakt¹, kad, jei charakteristinës lygties šaknys , tai atskirieji tiesiškai nepriklausomi rekurentinio s¹ryšio sprendiniai yra , , , .

Pirmas pavyzdys. Išsprêskime Fibonaèio sek¹ nusakantá rekurentiná s¹ryšá:

, .

Sudarome charakteristinê lygtá

Šios lygties šaknys yra

Vadinasi, bendrasis sprendinys yra

Konstantas C₁ ir C₂ parinksime taip, kad jos atitiktø pradines s¹lygas: , .

Gausime

Iš šios lygèiø sistemos gausime:

Vadinasi, Fibonaèio sek¹ generuoja tokia natûraliojo argumento funkcija

Seka yra glaudžiai susijusi su auksinio piûvio santykiu .

Primename, kad atkarpa (žr. 3.5.2 pav.) auksiniu piûvio santykiu daloma á dvi dalis a ir b taip, kad

3.5.2 pav. Auksinio piûvio santykis

Paëmê , gausime

Kadangi dalo atkarp¹ vidiniu dalijimu, tai .

Simboliu žymësime , t.y.

Vadinasi, Fibonaèio sek¹ galima užrašyti taip:

Kadangi , tai . Pasirodo (žr [Kn76]), kad, kai , , apvalinant iki artimiausiojo sveikojo skaièiaus.

Pavyzdžiui, Fibonaèio skaièiø seka yra:

ir t.t.

Paëmê , gausime: . Suapvalinê gausime 2. Paëmê , gausime . suapvalinê gausime 3. . Paëmê , gausime . suapvalinê gausime 5.

Antras pavyzdys. Išsprêskime treèiosios eilës rekurentiná homogeniná s¹ryšá: , kai , , .

S¹ryšio rekurentinë lygtis yra

Šios lygties šaknys yra: , ir . Tada s¹ryšio bendrasis sprendinys yra

Apskaièiuosime konstantas:

Išsprendê lygèiø sistem¹, gausime

, ir .

Vadinasi, nagrinëjamo rekurentinio s¹ryšio su nurodytomis pradinëmis s¹lygomis sprendinys yra

Nehomogeniniø s¹ryšiø sprendimas

Panagrinëkime tiesiniø nehomogeniniø rekurentiniø s¹ryšiø su pastoviais koeficientais (NHR) sprendim¹, kuris yra visiškai analogiškas tiesiniø nehomogeniniø diferencialiniø lygèiø su pastoviais koeficientais sprendimui.

Teorema. Tarkime, kad NHR turi pavidal¹

Tarkime, kad HR yra nagrinëjamo NHR homogeninis s¹ryšis. Tada NHR bendrasis sprendinys randamas taip:

apskaièiuojamas HR bendrasis sprendinys ,

apskaièiuojamas NHR atskirasis sprendinys ,

šiø sprendiniø suma ir yra bendrasis NHR sprendinys:

Pirmas pavyzdys. Raskime bendr¹já NHR

, sprendiná.

Pirmiausia rasime HR sprendiná. Šios HR charakteristinë lygtis yra

o šaknys , . Tada

Apskaièiuosime atskir¹já NHR sprendiná. Jo ieškosime laisvojo nario pavidale:

Ástatê á NHR, gausime

Vadinasi, .

Tada NHR bendrasis sprendinys yra

(3.5.10)

Tarkime, kad turime tokias pradines s¹lygas: , . Apskaièiuosime C₁ ir C₂. Á (3.5.10) formulê ástatê ir , gausime:

Išsprendê lygèiø sistem¹, gausime: , o .

Vadinasi, .

Antras pavyzdys. Išsprêskime Hanojaus bokštø rekurentiná s¹ryšá:

, .

Hanojaus bokštø HR yra

Tada charakteristinë lygtis yra

ir

HR bendrasis sprendinys bus

Kadangi 1-tas nëra charakteristinio polinomo šaknis, tai atskirojo NHR sprendinio ieškosime laisvojo nario pavidale

Apskaièiuosime C statydami á NHR.

Iš èia .

Vadinasi,

(3.5.11)

Apskaièiuosime C₁ ástatydami á (3.5.11). Gausime:

Tokiu bûdu .

Atskiro NHR sprendinio parinkimas

Kaip minëjome aukšèiau, atskiro NHR sprendinio ieškosime pavidale, kuris priklauso nuo nehomogeninio rekurentinio s¹ryšio laisvojo nario formos ir nuo HR charakteristinës lygties šaknø.

Nagrinëjame nehomogeniná rekurentiná s¹ryšá

esant duotoms pradinëms s¹lygoms, t.y. reikšmëms.

NHR atskirojo sprendinio pavidalas, kai , èia D ir a – konstantos. Šiuo atveju atskirojo sprendinio ieškosime pavidale

èia ir toliau yra HR, atitinkanèio nagrinëjam¹já NHR, charakteristinis polinomas, t.y.

Pirmas pavyzdys. Sprêskime NHR:

, , .

Charakteristinis polinomas yra

ir jo šaknys yra: , .

Tada .

Kadangi šiame pavyzdyje ir a nëra charakteringojo polinomo šaknis, tai ieškosime pavidale .

Ástatê á NHR, gausime, kad . Tuo bûdu bendras NHR sprendinys

Ávertindami pradines s¹lygas: , , gausime sistem¹:

kurios sprendinys yra , .

Vadinasi, .

Antras pavyzdys. Išsprêskime NHR:

HR charakteristinë lygtis yra

ir jo šaknys yra: , . Todël HR bendrasis sprendinys yra

Kadangi 2 yra charakteristinës lygties du kartus kartotinë šaknis, tai ieškosime pavidale:

Ástatê ši¹ išraišk¹ á NHR, gausime:

Vadinasi, yra NHR bendrasis sprendinys.

Teorema. Tarkime, kad yra atskirasis NHR

sprendinys, o yra atskirasis NHR

sprendinys, tai yra atskirasis NHR

sprendinys.

Pavyzdys. Raskime NHR

atskir¹já sprendiná.

Pirmiausia rasime atskir¹já sprendiná , po to – atskir¹já sprendiná ir juos sudësime.

Nesunku ásitikinti, kad

o .

Vadinasi, nagrinëjamosios NHR atskirasis sprendinys yra

NHR atskirojo sprendinio pavidalas, kai yra polinomo ir eksponentës sandauga

èia ir a – konstantos.

Šiuo atveju atskirojo sprendinio pavidalas

èia

Pavyzdys Išsprêskime NHR

Charakteristinio polinomo šaknys yra

Kadangi 4 nëra šaknis, tai

Ástatê šá sprendiná á NHR, gausime:

Sudauginê ir sutraukê panašius narius, gausime:

Palyginê koeficientus prie tø paèiø n laipsniø, gausime sistem¹

kurios sprendinys yra:

Vadinasi,

NHR atskirojo sprendinio pavidalas, kai yra polinomas, t.y.

Nesunku pastebëti, kad tai polinomo ir eksponentës sandaugos atskirasis atvejis, kai Vadinasi,

Pavyzdys Raskime i rai kai

Kadangi 1-tas yra du kartus kartotinë charakteristinio polinomo šaknis, tai . Ástatê á NHR, gausime: . Tuo bûdu bendrasis NHR sprendinys yra

Išnagrinëtus atvejus galima sutraukti á 9 lentelê.

Iš pateikto nagrinëjimo galime padaryti išvad¹, kad NHR atskirojo sprendinio išraiška priklauso nuo NHR laisvojo nario – funkcijos , taèiau turi bûti tiesiškai nepriklausomas nuo HR sprendinio

9 lentelë. NHR atskirieji sprendiniai