A permutáció fogalma. Ciklusfelbontás. 1. feladat. Számítsuk ki S 6 -ban a πρ, ρπ, π 1 és π 2014 permutációkat, ahol

Átírás

1 A permutáció fogalma 11 Definíció Permutációnak nevezzük egy nemüres véges halmaz önmagára való bijektív leképezését 12 Definíció Az {1, 2,, n} halmaz összes permutációi csoportot alkotnak a leképezésszorzás műveletével Ezt a csoportot n-edfokú szimmetrikus csoportnak nevezzük, és S n -nel jelöljük Egy π S n permutációt megadhatunk egy 2 n-es mátrixszal úgy, hogy {1, 2,, n} minden eleme alá odaírjuk a π melletti képét: n 1π 2π 3π nπ Vegyük észre, hogy π bijektivitása azt jelenti, hogy a mátrix alsó sorában az 1, 2,, n számok egy permutációja van Számolás permutációkkal 1 feladat Számítsuk ki S 6 -ban a πρ, ρπ, π 1 és π 2014 permutációkat, ahol π, ρ π 2 π 1 πρ ρπ π 4 id π 2014 π π 2 π 2 Számolás permutációkkal 2 feladat Számítsa ki S 9 -ben a πρ 1, ρ 2 π, π 2, π 3, π 4, π 5, π 2014 permutációkat, ahol π, ρ feladat Bizonyítsa be, hogy tetszőleges π és ρ permutációk esetén πρ 1 ρ 1 π 1 13 Definíció Legyen π S n és a {1, 2,, n} Ha aπ a, akkor azt mondjuk, hogy a fixpontja π-nek Ha aπ a, akkor azt mondjuk, hogy a mozgatott eleme π-nek Ciklusfelbontás 14 Definíció Legyenek a 1,, a k {1, 2,, n} különböző elemek, és legyen π S n az alábbi permutáció: a 1 π a 2, a 2 π a 3,, a k 1 π a k, a k π a 1 és bπ b ha b / {a 1,, a k } Ezt a π permutációt röviden így jelöljük: π a 1 a 2 a k 1 a k és ciklikus permutációnak vagy röviden ciklusnak nevezzük 15 Definíció Két ciklus idegen, ha mozgatott elemeik halmaza diszjunkt 16 Tétel Ha π és ρ idegen ciklusok, akkor fölcserélhetőek, azaz πρ ρπ 17 Tétel Minden S n -beli permutáció előáll páronként idegen ciklusok szorzataként, és ez az előálĺıtás a tényezők sorrendjétől eltekintve egyértelmű Ciklusfelbontás 4 feladat Bontsuk idegen ciklusok szorzatára az alábbi π permutációt, majd számítsuk ki a 99-edik hatványát: π π π feladat Bontsa idegen ciklusok szorzatára az alábbi ρ permutációt, majd számítsa ki a 99-edik hatványát: ρ Ciklusfelbontás 6 feladat Adjuk meg idegen ciklusok szorzataként az alábbi permutációkat: feladat Számítsa ki S 9 -ben az alábbi permutációkat A végeredményt adja meg idegen ciklusok szorzataként és 2 9-es mátrixként is minden elem alá a képét írva , , πρ, ρ 2 π, 123 π 1, π 1 π , ρ Transzpozíciók 18 Definíció A 2 hosszúságú ciklusokat, vagyis az i j alakú permutációkat transzpozícióknak nevezzük 19 Tétel Az S n csoportot generálják a transzpozíciók, azaz minden S n -beli permutáció előáll transzpozíciók szorzataként Elég ciklusokra igazolni: a 1 a 2 a k 1 a k a 1 a 2 a 1 a 3 a 1 a 4 a 1 a k 1 a 1 a k 8 feladat Bontsuk transzpozíciók szorzatára a π permutációt π vagy π id π Permutáció paritása 110 Tétel Egy S n -beli permutáció transzpozíciók szorzataként való feĺırásában a tényezők számának paritása egyértelműen meghatározott Eszerint beszélhetünk páros permutációkról és páratlan permutációkról Tegyük fel, hogy τ 1 τ 2 τ 2k+1 σ 1 σ 2 σ 2l, ahol mindegyik τ i és σ j transzpozíció Ekkor az identikus permutáció előáll páratlan sok transzpozíció szorzataként: Megmutatjuk, hogy ez lehetetlen id τ 1 τ 2 τ 2k+1 σ 2l σ 2 σ 1 A paritás egyértelműsége

2 A paritás kiszámítása 111 Álĺıtás A páros hosszúságú ciklusok páratlan permutációk, míg a páratlan hosszúságú ciklusok páros permutációk Egy k hosszúságú ciklus előáll k 1 transzpozíció szorzataként 9 feladat Határozzuk meg az alábbi permutációk paritását : páros : páratlan : páratlan : páratlan : páros Az alternáló csoport 10 feladat Határozza meg az alábbi permutációk paritását Definíció Az S n -beli páros permutációk csoportot alkotnak miért? Ezt a csoportot n-edfokú alternáló csoportnak nevezzük, és A n -nel jelöljük S 3 {id, 12, 13, 23, 123, 132} A 3 {id, 123, 132} Az alternáló csoport 113 Tétel Az S n -beli permutációk fele páros és fele páratlan Legyen τ S n egy tetszőleges transzpozíció, pl τ 12 Ekkor a ϕ : A n S n \ A n, π πτ leképezés bijekciót létesít a páros permutációk halmaza és a páratlan permutációk halmaza között Valóban, π A n : πτ S n \ A n ; ρ S n \ A n!π A n : πτ ρ nevezetesen π ρτ 1 ρτ A n 114 Következmény A n S n \ A n n! 2 Megértést ellenőrző kérdések Igazak-e az alábbi álĺıtások? 1 S S 5 -ben tíz transzpozíció van 3 S 3 -ban minden permutáció ciklus vagy identitás 4 Van olyan transzpozíció, aminek pontosan 3 fixpontja van t t Ha az üres hely visszakerült a jobb alsó sarokba, akkor páros számú csere történt 5 Tetszőleges π, ρ S 5 permutációk esetén πρ 2 π 2 ρ 2 6 Minden π S 4 permutációra π 6 id teljesül 7 Minden három hosszúságú ciklus előáll négy transzpozíció szorzataként 8 Páratlan permutáció inverze is páratlan Relációk reláció lat 1 kapcsolat, viszony; összefüggés vmivel 2 viszonylat, vonatkozás reláció lat 3 mat halmazok elemei közötti kapcsolat [ ] Bakos Ferenc: Idegen szavak és kifejezések szótára 21 Definíció Adott A halmazon értelmezett reláción A-beli elemekből alkotott elempárok halmazát értjük, azaz egy tetszőleges ρ A A halmazt Az egyszerűség kedvéért a, b ρ helyett gyakran azt írjuk, hogy aρb A N, aρb a b A R, aρb a b A a sík egyeneseinek halmaza, aρb a b A háromszögek halmaza, aρb a és b egybevágó A emberek halmaza, aρb a gyermeke b-nek A {1, 2, 3}, ρ {1, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 3, 3, 2} Ekvivalenciarelációk 22 Definíció Ekvivalenciarelációnak nevezzük a ρ A A relációt, ha rendelkezik az alábbi három tulajdonsággal: 1 a A : aρa reflexivitás; 2 a, b A : aρb bρa szimmetria; 3 a, b, c A : aρb és bρc aρc tranzitivitás A a sík egyeneseinek halmaza, aρb a b A háromszögek halmaza, aρb a és b hasonló A P U, aρb létezik a b bijekció A emberek halmaza, aρb a testvére b-nek A {1, 2, 3}, ρ {1, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 3, 3, 2} Leképezés magja 23 Álĺıtás Tetszőleges f : A B leképezés esetén a ker f : {a 1, a 2 : a 1 f a 2 f } A A reláció ekvivalenciareláció az A halmazon, amelynek neve az f leképezés magja 11 feladat Legyen f : { 1, 0, 1, 2, 3} Z, x x 2 Határozzuk meg f magját ker f { 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 2, 2, 3, 3 } Az f : A B leképezés akkor és csak akkor injektív, ha magja az egyenlőség reláció: ker f {a, a : a A} Az f : A B leképezés akkor és csak akkor konstans, ha magja a teljes reláció: ker f A A

3 Ekvivalenciaosztályok 24 Definíció Legyen ρ A A egy ekvivalenciareláció és a tetszőleges eleme A-nak Ekkor az a : {b A : aρb} halmazt az a elem ρ szerinti ekvivalenciaosztályának vagy blokkjának, az ekvivalenciaosztályok halmazát pedig az A halmaz ρ szerinti faktorhalmazának nevezzük Az a elem ρ szerinti osztályát szokás a/ρ-val, a ρ -val vagy [a] ρ -val jelölni, de mi inkább az egyszerűbb a jelölést használjuk Ez ugyan nem utal ρ-ra, de általában kiderül a szövegkörnyezetből, hogy mi a szóban forgó ekvivalenciareláció A faktorhalmazt A/ρ jelöli, tehát Ekvivalenciák és osztályozások A/ρ {a : a A} Ekvivalenciaosztályok Legyen A {1, 2, 3}, ρ {1, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 3, 3, 2} Ekkor 1 {1}, 2 {2, 3}, 3 {2, 3} ; A/ρ { {1}, {2, 3} } Legyen A { 1, 0, 1, 2, 3}, f : A Z, x x 2 és ρ ker f Ekkor 1 { 1, 1}, 1 { 1, 1}, 0 {0}, 2 {2}, 3 {3} ; A/ρ { { 1, 1}, {0}, {2}, {3} } Figyeljük meg, hogy ha aρb, akkor a b, egyébként pedig a és b diszjunkt halmazok Leképezés magja Ekvivalenciák és osztályozások 25 Definíció Egy nemüres halmaz osztályozásán olyan páronként diszjunkt nemüres részhalmazainak halmazát értjük, amelyek együtt lefedik az alaphalmazt Formálisan: C P A osztályozás a nemüres A halmazon, ha 1 B C : B ; 2 B 1 B 2 C : B 1 B 2 ; 3 B C B A 26 Tétel Legyen A egy nemüres halmaz Ha ρ A A ekvivalenciareláció, akkor A/ρ osztályozás az A halmazon Ha pedig C P A osztályozás, akkor az aρb B C : a, b B formulával definiált ρ reláció ekvivalenciareláció az A halmazon A most megadott ekvivalenciareláció osztályozás és osztályozás ekvivalenciareláció megfeleltetések egymás inverzei Az ekvivalenciareláció, mint fogalomalkotó eszköz 12 feladat Legyen A {a, b, c, d} és ρ {a, a, b, b, c, c, d, d, a, b, b, a} Határozzuk meg az A/ρ osztályozást 13 feladat Legyen A {a, b, c, d, e} és ρ {a, a, b, b, c, c, d, d, e, e, a, b, b, a, Határozza meg az A/ρ osztályozást c, d, d, c, c, e, e, c, d, e, e, d} 14 feladat Határozzuk meg az A {1,,, 7} halmazon azt a ρ ekvivalenciarelációt, amelyre A/ρ {{1, 6, 7}, {2, 3}, {4, 5}} 15 feladat Határozza meg az A {1,,, 5} halmazon azt a ρ ekvivalenciarelációt, amelyre A/ρ {{1, 4}, {2, 3}, {5}} 16 feladat Legyen A { 2,, 3} és ϕ : A Z, x x Határozzuk meg az A/ ker ϕ osztályozást 17 feladat Legyen B {0,, 7} és ψ : B Z, x x/3 Határozzuk meg a B/ ker ψ osztályozást 18 feladat Legyen C { 2,, 3} és ζ : C Z, x sgn x Határozza meg a C / ker ζ osztályozást 19 feladat Legyen D {0,, 10} és ξ : D Z, x x Határozza meg a D/ ker ξ osztályozást A a sík egyeneseinek halmaza, aρb a b A háromszögek halmaza, aρb a és b hasonló A P U, aρb létezik a b bijekció A Z Z\ {0}, a 1, a 2 ρ b 1, b 2 a 1 b 2 a 2 b 1 20 feladat Mutassa meg, hogy a fenti utolsó példában ρ valóban ekvivalenciareláció az irány fogalma az alak fogalma a számosság fogalma a tört fogalma A számfogalom egy felépítése Természetes számok A véges halmazok halmazán értelmezzük a ρ ekvivalenciarelációt a következőképpen: AρB létezik A B bijekció A természetes számok nem mások, mint a megfelelő ekvivalenciaosztályok Például 3 {1, 2, 3} {a, b, c} {,, } Az összeadás a diszjunkt unió segítségével definiálható: A + B A B Például { } { }, + {,, }, {,, } {,,,, } 5 A szorzás a Descartes-szorzat segítségével definiálható: A B A B Például 2 3 { } { }, {,, }, {,, } {,,,,,,,,,,, } 6 Ezek a műveletek jóldefiniáltak mit jelent ez? és rendelkeznek a szokásos műveleti tulajdonságokkal Lásd még: Peano-axiómarendszer A számfogalom egy felépítése Egész számok Az N 0 N 0 halmazon értelmezzük a ρ ekvivalenciarelációt a következőképpen: a 1, a 2 ρ b 1, b 2 a 1 + b 2 a 2 + b 1 Az egész számok nem mások, mint a megfelelő ekvivalenciaosztályok Például 3 0, 3 1, 4 2, 5 Az összeadás, kivonás és szorzás művelete értelmezhető ezen ekvivalenciaosztályok halmazán hogyan?, és rendelkeznek a szokásos műveleti tulajdonságokkal Így kapjuk az egész számok Z gyűrűjét Racionális számok A Z Z \ {0} halmazon értelmezzük a ρ ekvivalenciarelációt a következőképpen: a 1, a 2 ρ b 1, b 2 a 1 b 2 a 2 b 1 A racionális számok nem mások, mint a megfelelő ekvivalenciaosztályok Például 2 2, 5 4, 10 6, 15 5 Az összeadás, kivonás, szorzás és osztás művelete értelmezhető ezen ekvivalenciaosztályok halmazán hogyan?, és rendelkeznek a szokásos műveleti tulajdonságokkal Így kapjuk a racionális számok Q testét A számfogalom egy felépítése Valós számok A racionális számokból álló Cauchy-sorozatok halmazán értelmezzük a ρ ekvivalenciarelációt a következőképpen: {a n} ρ {b n} lim n a n b n 0 A valós számok nem mások, mint a megfelelő ekvivalenciaosztályok Például π 3, 3,1, 3,14, 3,141, 4, 3,2, 3,15, 3,142, Az összeadás, kivonás, szorzás és osztás művelete értelmezhető ezen ekvivalenciaosztályok halmazán hogyan?, és rendelkeznek a szokásos műveleti tulajdonságokkal Így kapjuk a valós számok R testét Lásd még: Dedekind-szeletek Komplex számok A komplex számok szokásos definíciója nem használ ekvivalenciarelációkat, de később majd látunk egy alternatív definíciót valós polinomok ekvivalenciaosztályai segítségével

4 Részbenrendezési reláció 27 Definíció Részbenrendezési relációnak nevezzük a ρ A A relációt, ha rendelkezik az alábbi három tulajdonsággal: 1 a A : aρa reflexivitás; 2 a, b A : aρb és bρa a b antiszimmetria; 3 a, b, c A : aρb és bρc aρc tranzitivitás Ha még a következő tulajdonság is teljesül, akkor ρ-t teljes rendezésnek vagy lineáris rendezésnek nevezzük: 4 a, b A : aρb vagy bρa dichotómia A R, aρb a b A N 0, aρb a b A P U, aρb a b Részbenrendezett halmaz A részbenrendezéseket szokás a szimbólummal jelölni, még akkor is, ha az alaphalmaz elemei esetleg nem is számok Ha a b de a b, akkor azt írjuk, hogy a < b 28 Definíció Részbenrendezett halmazon egy A; párt értünk, ahol A egy nemüres halmaz, és részbenrendezés A-n Íme három négyelemű részbenrendezett halmaz: {1, 2, 3, 4} ;, {1, 2, 3, 4} ;, P {a, b} ; Fedési reláció 29 Definíció Legyen A; egy részbenrendezett halmaz, és legyen a, b A Azt mondjuk, hogy b fedi a-t, ha a < b, de nem létezik olyan c A, amelyre a < c < b Ezt a tényt a b jelöli, és a relációt az adott részbenrendezéshez tartozó fedési relációnak hívjuk Az N; részbenrendezett halmazban a b b a + 1 Az R; részbenrendezett halmazban a b SOHA! Az N; részbenrendezett halmazban a b b ap p prím 210 Tétel Véges részbenrendezett halmazt egyértelműen meghatározza a fedési relációja A végességnek köszönhetően a < b akkor és csak akkor teljesül, ha a és b összeköthető fedések láncolatával: a < b n N c 0,, c n A : a c 0 c 1 c n 1 c n b Hasse-diagram Minimális, maximális, legkisebb, legnagyobb elem Minimális, maximális, legkisebb, legnagyobb elem 211 Definíció Egy véges A; részbenrendezett halmaz Hasse-diagramján egy ábrát értünk, amelynél A elemeit síkbeli pontokkal ábrázoljuk oly módon, hogy a < b esetén a b-nek megfelelő pont följebb van, mint az a-nak megfelelő pont, és e két pontot akkor és csak akkor kötjük össze, ha b fedi a-t 21 feladat Rajzoljuk fel a D 12 ; és D 12 ; részbenrendezett halmazok Hasse-diagramját 22 feladat Rajzolja fel a P {a, b, c} ;, D 30 ; és D 36 ; részbenrendezett halmazok Hasse-diagramját 212 Definíció Legyen A; egy részbenrendezett halmaz Az a A elemet minimális elemnek nevezzük, ha nincs nála kisebb elem, és legkisebb elemnek nevezzük, ha ő mindenki másnál kisebb Hasonlóan a A maximális, ha nincs nála nagyobb elem, és a A legnagyobb, ha ő mindenki másnál nagyobb Formálisan: a minimális b A : b < a; a legkisebb b A : a b; a maximális b A : b > a; a legnagyobb b A : a b Az N 0 ; részbenrendezett halmaz legkisebb eleme 1, a legnagyobb eleme pedig 0! 23 feladat Rajzoljunk olyan részbenrendezett halmazt, amiben 4 minimális és 2 maximális elem van 24 feladat Rajzoljon olyan négyelemű részbenrendezett halmazt, amiben 2 minimális és 3 maximális elem van 213 Tétel Részbenrendezett halmazban legföljebb egy legkisebb elem létezhet Ha van legkisebb elem, akkor az minimális elem is, sőt ő az egyetlen minimális elem Hasonló érvényes a legnagyobb elemre is Lexikografikus rendezés 214 Definíció Legyen A; egy lineárisan rendezett halmaz ábécé és legyen A n az A elemeiből képezett elem n-esek halmaza szavak Azt mondjuk, hogy az a a 1,, a n A n szó lexikografikusan kisebb a b b 1,, b n A n szónál jelölés: a b, ha i {1,, n} : a i < b i és minden j < i esetén a j b j Az a b a b vagy a b képlettel definiált relációt lexikografikus rendezésnek nevezzük Soroljuk fel lexikografikusan növekvő sorrendben az A {a, b, c} ábécé feletti kétbetűs szavakat aa ab ac ba bb bc ca cb cc Soroljuk fel lexikografikusan növekvő sorrendben az A {0, 1} ábécé feletti hárombetűs szavakat Lexikografikus rendezés 215 Tétel Tetszőleges A; lineárisan rendezett halmaz és n pozitív egész szám esetén a reláció lineáris rendezés az A n halmazon reflexivitás: Világos antiszimmetria és dichotómia: Ha a b akkor az a és b közötti első eltérés szerint vagy a b vagy a b teljesül és csak az egyik tranzitivitás: ÁMNTFH a b c Ekkor valahogy így fest a helyzet: a 1 a 2 a i 1 a i a j a j+1 a n 1 a n < b 1 b 2 b i 1 b i b j b j+1 b n 1 b n < c 1 c 2 c i 1 c i c j c j+1 c n 1 c n Tehát a és c között az első eltérés az i-edik helyen van: a i < c i Ezért a c Lexikografikus rendezés 216 Tétel Az N n 0 ; rendezett halmazban nincs végtelen hosszú csökkenő sorozat 217 Tétel A szám n-esek komponensenkénti összeadása szigorúan monoton a lexikografikus rendezésre nézve: bármely a, b, â, b N n 0 esetén a b, â b a + â b + b, és egyenlőség csak a b, â b esetén teljesül

5 Megértést ellenőrző kérdések Igazak-e az alábbi álĺıtások? 1 Ha ρ A A ekvivalenciareláció, akkor minden a, b, c A esetén aρb és cρb aρc 2 Tetszőleges ρ A A ekvivalenciareláció és a, b A esetén a b a b 3 Ha A végtelen halmaz, akkor minden A-n értelmezett ekvivalenciarelációnak végtelen sok osztálya van 4 Ha a ϕ : A B leképezés magjára A/ ker ϕ 2 teljesül, akkor ϕ értékkészlete kételemű halmaz 5 Az N 0 ; részbenrendezett halmazban 6 fedi 2-t 6 Ha egy részbenrendezett halmaznak két minimális eleme van, akkor nincs legkisebb eleme 7 Az N 0 ; részbenrendezett halmaz legkisebb eleme a nulla 8 Minden véges részbenrendezett halmaznak van minimális eleme Euklideszi algoritmus Emlékeztető 31 Definíció A d egész számot az a és b egész számok legnagyobb közös osztójának nevezzük, ha kielégíti a következő két feltételt: 1 d a és d b; 2 k Z : k a és k b k d A t egész szám legkisebb közös többszöröse a-nak és b-nek, ha kielégíti a következő két feltételt: 1 a t és b t; 2 k Z : a k és b k t k Az a és b számok legnagyobb közös osztóját lnko a, b vagy a, b, legkisebb közös többszörösüket pedig lkkt a, b vagy [a, b] jelöli 32 Megjegyzés A legnagyobb közös osztó nem egyértelmű: ha d legnagyobb közös osztója a-nak és b-nek, akkor d is az de e két számon kívül nincs más legnagyobb közös osztó Általában a két érték közül a nemnegatívat szoktuk tekinteni Euklideszi algoritmus Az lnko rendezéselméleti megközeĺıtése 33 Megjegyzés Az 31 Definíció szerint lnko a, b nem más, mint D a D b ; legnagyobb eleme Nem triviális, hogy létezik legnagyobb eleme ennek a részbenrendezett halmaznak miért?, de az euklideszi algoritmus garantálja, hogy létezik Az iskolás definíció szerint az a, b N számok legnagyobb közös osztója nem más, mint D a D b ; legnagyobb eleme Erről világos, hogy létezik, de az nem világos, hogy lnko a, b nem csak nagyobb minden más közös osztónál, de többszöröse is minden más közös osztónak Tegyük fel, hogy d lnko a, b az 31 Definíció értelmében Ha k D a D b, akkor k d és így k d, azaz d legnagyobb eleme a D a D b ; részbenrendezett halmaznak is Tehát az egyetemi definíció és az iskolás definíció ekvivalens egymással legalábbis pozitív egész számokra Mennyi lnko 0, 0? iskolás definíció : D 0 D 0 ; N 0 N 0 ; N 0 ; legnagyobb eleme, ami nem létezik! egyetemi definíció : D 0 D 0 ; N 0 N 0 ; N 0 ; legnagyobb eleme, azaz 0 Euklideszi algoritmus 34 Tétel euklideszi algoritmus Bármely két természetes számnak van legnagyobb közös osztója, és az az euklideszi algoritmussal megkapható Az a r 0, b r 1 természetes számokon végrehajtott euklideszi algoritmus maradékos osztások ismételt elvégzését jelenti: r 0 q 1 r 1 + r 2 0 r 2 < r 1 ; r 1 q 2 r 2 + r 3 0 r 3 < r 2 ; r 2 q 3 r 3 + r 4 0 r 4 < r 3 ; r i 1 q i r i + r i+1 0 r i+1 < r i ; Az eljárás véges számú lépés után véget ér: létezik olyan n N, hogy r n+1 0 A legnagyobb közös osztó az utolsó nemnulla maradék, azaz lnko a, b r n A legnagyobb közös osztó kifejezhető a két szám lineáris kombinációjaként : léteznek olyan x, y egész számok, melyekre ax + by lnko a, b while b 0 do b 0 : b b : maradéka, b a : b 0 end while return a 25 feladat lnko 66, 51?? 66+? feladat lnko 438, 126?? 438+? 126 lnko 754, 221?? 754+? 221 while a b do if a > b then a : a b else b : b a end if end while return a Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy minden i-re x i, y i R : ax i + by i r i Kezdőlépések: r 0 a 1 + b 0 és r 1 a 0 + b 1 Tfh j 0, 1,, i esetén x j, y j R : ax j + by j r j Fejezzük ki r i+1 -et a és b segítségével: r i+1 r i 1 r i q i IH ax i 1 + by i 1 ax i + by i q i a x i 1 x i q }{{} i + b y i 1 y i q i }{{} x i+1 y i+1 Mivel lnko a, b r n, azt kapjuk, hogy ax n + by n lnko a, b IH Relatív prímség Euklidesz lemmája Diofantoszi egyenlet 35 Definíció Azt mondjuk, hogy az a, b egész számok relatív prímek, ha lnko a, b 1 Graham, Knuth, Patashnik: Concrete mathematics 36 Tétel Tetszőleges a, b, c Z esetén ha a b, akkor a bc a c 37 Tétel Euklidesz lemmája Tetszőleges a, b, c egész számok esetén ha lnko a, b 0, akkor 27 feladat 21 9k? k 48 84k? k 84 48k? k a bc a lnko a, b c 28 feladat k? k k? k k? k 38 Tétel Tetszőleges adott a, b, c nemnulla egész számok esetén az ax + by c kétismeretlenes lineáris diofantoszi egyenlet akkor és csak akkor oldható meg, ha lnko a, b c Ha x 0, y 0 egy megoldás, akkor bármely t Z esetén az alábbi x t, y t pár is megoldás, továbbá minden megoldás előáll ilyen alakban a t szám alkalmas megválasztásával: b x t x 0 + lnko a, b t; y a t y 0 lnko a, b t Legyen d lnko a, b 0 Tudjuk, hogy u, v Z : au + bv d 1 Van megoldás d c : Ha x, y egy megoldás, akkor d ax + by c : Ha d c, akkor c d c d au + bv c d a u c d + b v c d, tehát x u d c, y v d c egy megoldás

6 Diofantoszi egyenlet Biz folyt Legyen M a megoldáshalmaz: M {x, y : ax + by c} Z Z Tfh x 0, y 0 M, azaz ax 0 + by 0 c 2 M {x t, y t : t Z}, ahol x t x 0 + b d t, y t y 0 a d t : a x 0 + b d t + b y 0 a d t ax 0 + by 0 + ab d t ab d t c : Legyen x, y M ax + by c ax 0 + by 0 ax ax 0 by 0 by b a x x 0 b d x x 0 t Z : x x 0 b d t Tehát x x 0 + b d t x t Az y-ra vonatkozó képlet ezután már egyszerű visszahelyettesítéssel kijön: by 0 by ax x 0 abd t y y 0 a d t y t Diofantoszi egyenlet 29 feladat Hogyan lehet felváltani 51 petákot 6 petákos és 9 petákos érmékre? 30 feladat 6x 10y 14 összes mo, 0 és 20 közötti megoldások 31 feladat 20x + 45y 245 összes mo, nemnegatív megoldások, szöveg 32 feladat 117x 63y 36 összes mo, 0 és 50 közötti megoldások, szöveg A kongruenciareláció definíciója 39 Definíció Legyen m 2, a, b Z Ha a b osztható m-mel, akkor azt mondjuk, hogy a kongruens b-vel modulo m Az m számot a kongruencia modulusának nevezzük A kongruenciát jelöli, a modulust utána zárójelben tüntetjük fel a mod rövidítést használva de ezt időnként elhagyjuk Tehát a b mod m m a b 310 Tétel Tetszőleges m 2, a, b Z esetén a b mod m akkor és csak akkor teljesül, ha a és b ugyanazt a maradékot adja m-mel osztva Legyen a mq + r és b mt + s, ahol 0 r, s < m m a b m q t + r s m r s r s 0 r s A kongruenciareláció tulajdonságai 311 Tétel Tetszőleges m, m 1, m 2 2, a, b, c, a 1, b 1, a 2, b 2 Z esetén érvényesek az alábbiak: 1 a a mod m reflexivitás; 2 a b mod m b a mod m szimmetria; 3 a b mod m és b c mod m a c mod m tranzitivitás; 4 a } 1 b 1 mod m a a 2 b 2 mod m 1 ± a 2 b 1 ± b 2, a 1 a 2 b 1 b 2 mod m ; 5 ha c 0, akkor ca cb mod m a b mod m lnkom,c ; 6 ha m c, akkor ca cb mod m a b mod m ; 7 a b mod m } 1 a b mod [m a b mod m 2 1, m 2 ] ; 8 ha a b mod m, akkor lnko a, m lnko b, m 33 feladat 1 3 és 4-ből ± bizonyítása A kongruenciareláció tulajdonságai 4 Tfh a 1 b 1 és a 2 b 2 mod m Ekkor m a 1 b 1 és m a 2 b 2 a 1 a 2? b1 b 2 mod m m? a 1 a 2 b 1 b 2 5 ca cb mod m m ca cb c a b 7 } a b mod m 1 a b mod m 2 m m,c a b a b mod m m,c m 1, m 2 a b [m 1, m 2 ] a b m? a 1 a 2 b 1 a 2 + b 1 a 2 b 1 b 2 m? a 1 b 1 a 2 + b 1 a 2 b 2 a b mod [m 1, m 2 ] Oszthatósági feladatok megoldása kongruenciával 34 feladat Kongruenciák segítségével igazoljuk az alábbi oszthatóságokat: ; ; ; 7 3 2n n+2 35 feladat Kongruenciák segítségével igazolja az alábbi oszthatóságokat: ; ; n n+2 ; n n+2 Oszthatósági feladatok megoldása kongruenciával 36 feladat Mikor osztható 5 n 1 tizenhárommal? 37 feladat Mikor osztható 2 n 1 héttel? No és 2 n + 1? 38 feladat Határozza meg utolsó két számjegyét 39 feladat Kongruenciák segítségével igazoljuk a 9-cel való oszthatóság szabályát: a n a 2 a 1 a 0 a 0 + a 1 + a a n mod 9 40 feladat Kongruenciák segítségével igazolja a 11-gyel való oszthatóság szabályát: a n a 2 a 1 a 0 a 0 a 1 + a n a n mod 11 Maradékosztályok 312 Definíció Egy a egész szám modulo m maradékosztályán az a {b Z: a b mod m} halmazt értjük A modulo m maradékosztályok halmazát Z m jelöli Tehát Z m {a : a Z} { 0, 1,, m 1 } 313 Definíció A modulo m maradékosztályok halmazán értelmezzük az első három alapműveletet a következőképpen: tetszőleges a, b Z esetén legyen a + b a + b, a b a b, a b a b 314 Tétel A fenti műveletek jóldefiniáltak, azaz maradékosztályok összege különbsége, szorzata nem függ attól, hogy az egyes maradékosztályokból melyik számot választjuk reprezentánsnak Ezekkel a műveletekkel Z m kommutatív egységelemes gyűrűt alkot modulo m maradékosztály-gyűrű Számolás maradékosztályokkal 41 feladat Számoljunk Z 7 -ben! 3 + 6? 3 6? 3 6? 2 5? 43 feladat Z 4 összeadó- és szorzótáblája: feladat Számoljon Z 12 -ben! 6 + 8? 6 8? 6 8? 5 3? 44 feladat Írja fel Z 5 összeadó- és szorzótábláját

7 Redukált maradékosztályok 315 Megjegyzés A 311 Tételbeli utolsó álĺıtás szerint van értelme egy mod m maradékosztály és az m modulus legnagyobb közös osztójáról beszélni hiszen nem függ a reprezentáns választásától Később fontos szerepet játszanak majd azok a maradékosztályok, amelyek relatív prímek a modulushoz, ezért erre külön elnevezést és jelölést vezetünk be 316 Definíció Az a Z m maradékosztályt redukált maradékosztálynak hívjuk, ha lnkoa, m 1 A mod m redukált maradékosztályok halmazát Z m jelöli Tehát Z m {a Z m : a m} 45 feladat Z 5?, Z 6?, Z 10? 46 feladat Z 12?, Z 13?, Z 16? Lineáris kongruenciák 317 Definíció Lineáris kongruenciának nevezzük az ax b mod m alakú egyenletet, ahol a, b, m adott egész számok, és az x ismeretlent is az egész számok körében keressük 47 feladat Oldjuk meg az alábbi lineáris kongruenciákat 3x 4 mod 5 6x 21 mod 9 40x 28 mod feladat Oldja meg az alábbi lineáris kongruenciákat 12x 44 mod 10 24x 84 mod x 74 mod 60 13x 6 mod 41 Lineáris kongruenciák 318 Tétel Az ax b mod m lineáris kongruencia akkor és csak akkor oldható meg, ha lnko a, m b m Ha ez teljesül, akkor a megoldások egyetlen modulo lnkoa,m maradékosztályt alkotnak, modulo m pedig lnko a, m a megoldások száma Ha x 0 egy megoldás, akkor az általános megoldás: m x x 0 + t mod m t 0, 1,, lnko a, m 1 lnko a, m Legyen d lnko a, m Fogalmazzuk át a kongruenciát diofantoszi egyenletté: ax b mod m m ax b y Z : ax b my y Z : ax my b Akkor és csak akkor van megoldás, ha d b Ha x 0 egy partikuláris megoldás, akkor az általános megoldás: x t x 0 + t md Ezek az x t számok egyetlen modulo m d maradékosztályt alkotnak Lineáris kongruenciák Multiplikatív inverz Multiplikatív inverz folyt Hány megoldás van modulo m? x t1 x t2 mod m x 0 + t 1 md x md 0 + t 2 mod m t 1 md t md 2 mod m t 1 t 2 mod d Tehát d megoldás van modulo m, mert ennyiféleképp lehet a t paramétert megválasztani modulo d Elég a t 0, 1,, d 1 értékeket tekinteni; ezek megadják az összes megoldást modulo m: x x 0 + t m d mod m t 0, 1,, d Definíció Azt mondjuk, hogy az a, b egész számok egymás multiplikatív inverzei modulo m, ha ab 1 mod m Hasonlóan a, b Z m egymás multiplikatív inverzei, ha a b 1 Ha nem fenyeget a félreértés veszélye, akkor az a egész szám mod m multiplikatív inverzét a 1 -gyel jelöljük Hasonlóan a Z m multiplikatív inverzét a 1 jelöli 320 Tétel Az a egész számnak akkor és csak akkor van multiplikatív inverze modulo m, ha a m Ilyenkor a multiplikatív inverz mod m egyértelműen meghatározott Hasonlóan, a Z m akkor és csak akkor rendelkezik multiplikatív inverzzel, ha a Z m Ilyenkor a multiplikatív inverz egyértelműen meghatározott 321 Következmény A Z m maradékosztály-gyűrű akkor és csak akkor test, ha m prímszám 49 feladat Határozzuk meg Z 14 elemeinek multiplikatív inverzét 50 feladat Határozza meg Z 15 elemeinek multiplikatív inverzét 322 Tétel Wilson tétele Ha p prímszám, akkor p 1! 1 mod p Negatív kitevős hatványozás Lineáris kongruenciarendszerek Lineáris kongruenciarendszerek 323 Definíció Ha a és m relatív prímek, akkor tetszőleges k N esetén értelmezzük az a k negatív kitevőjű hatványt modulo m: legyen a k a k 1 mod m Hasonlóképpen a Z m esetén legyen a k a k Megjegyzés Meg lehet mutatni, hogy a hatványozás szokásos azonosságai érvényben maradnak az egész kitevős mod m hatványok fenti értelmezése mellett 51 feladat Számítsuk ki Z 11 -ben a 2 3 hatványt 52 feladat Számítsa ki az alábbi hatványokat 2 3 Z Z Definíció Adott a i, b i, n i i 1, 2,, k egész számok esetén az alábbi egyenletrendszert lineáris kongruenciarendszernek nevezzük az x ismeretlent is természetesen az egész számok körében keressük: a 1 x b 1 mod n 1 a 2 x b 2 mod n 2 a k x b k mod n k 326 Megjegyzés A 318 Tétel segítségével a kongruenciarendszerbeli kongruenciákat külön-külön megoldhatjuk ha van megoldásuk, és így a kongruenciarendszert a következő alakra hozhatjuk: x c 1 mod m 1 x c 2 mod m 2 x c k mod m k 53 feladat Oldjuk meg az alábbi kongruenciarendszert } x 1 mod 4 x 3 mod 6 54 feladat Oldjuk meg az alábbi kongruenciarendszert x 1 mod 4 x 3 mod 6 x 1 mod 8 55 feladat Oldja meg az alábbi kongruenciarendszert } 4x 7 mod 9 10x 4 mod feladat Oldja meg az alábbi kongruenciarendszert 5x 11 mod 6 2x 5 mod 9 4x 7 mod 5

8 Lineáris kongruenciarendszerek Kínai maradéktétel Kínai maradéktétel 327 Tétel A lineáris kongruenciarendszer k 2 esetén pontosan akkor oldható meg, ha lnko m 1, m 2 c 1 c Tétel A lineáris kongruenciarendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha bármely két kongruenciából álló részrendszere megoldható, azaz i, j : lnko m i, m j c i c j Speciálisan, páronként relatív prím modulusok esetén mindig van megoldás 329 Tétel Ha a lineáris kongruenciarendszernek van megoldása, akkor megoldásai egyetlen mod [m 1, m 2,, m k ] maradékosztályt alkotnak x c 1 mod m 1 x c 2 mod m 2 x c k mod m k 57 feladat Oldjuk meg az alábbi kongruenciarendszert x 2 mod 3 x 1 mod 4 x 3 mod 5 58 feladat Oldjuk meg az alábbi kongruenciarendszert x a mod 3 x b mod 4 x c mod 5 59 feladat Oldja meg az alábbi kongruenciarendszert x a mod 3 x b mod 5 x c mod Tétel kínai maradéktétel Tegyük fel, hogy az m 1, m 2,, m k modulusok páronként relatív prímek, jelölje a szorzatukat M, továbbá legyen M i m M i i 1, 2,, k Jelölje y i az M i y i 1 mod m i segédkongruencia egy megoldását i 1,, k Ekkor a lineáris kongruenciarendszer megoldása: k x c i M i y i mod M i1 x c 1 mod m 1 x c 2 mod m 2 x c k mod m k Megértést ellenőrző kérdések Nevezetes számelméleti függvények 331 Következmény Ha m n, akkor az alábbi β leképezés bijektív: β : Z mn Z m Z n, x x mod m, x mod n A β leképezés bijektivitása azt jelenti, hogy tetszőleges a, b Z esetén pontosan egy olyan x Z mn létezik, amelyre } x a mod m x b mod n A kínai maradéktétel szerint ennek a kongruenciarendszernak valóban létezik megoldása szürjektivitás, azt pedig már korábban láttuk, hogy a megoldás modulo lkkt m, n mn egyértelműen meghatározott injektivitás Igazak-e az alábbi álĺıtások? Az ax b mod m lineáris kongruenciának akkor és csak akkor van megoldása, ha lnko a, b m A 30x 48 mod 58 kongruencia ekvivalens a 30x 48 mod 29 kongruenciával Az 1, 133, 265, 397, és az 1, 151, 301, 451, számtani sorozatok második közös tagja Minden p prímszámra p 1! p 1 mod p Az egész számok halmazán a modulo m kongruencia antiszimmetrikus reláció Z 15 Z 8 Léteznek olyan a, b, c egész számok, amelyekre az ax + by c diofantoszi egyenletnek pontosan 2014 megoldása van az egész számok körében Tetszőleges a, b, c egész számokra a bc a b vagy a c 41 Definíció Számelméleti függvényen olyan leképezést értünk, amely a természetes számok halmazán van értelmezve, értékei pedig valós vagy komplex számok 42 Definíció Néhány nevezetes számelméleti függvény: τ n 1 n pozitív osztóinak száma; d n σ n d n pozitív osztóinak összege; d n id n n; 1 n 1; { 1, ha n 1; δ n 0, ha n > 1 Gyenge multiplikativitás Képletek Tökéletes számok 43 Definíció Azt mondjuk, hogy az f számelméleti függvény gyengén multiplikatív, ha f 1 1 és minden a, b N esetén a b f ab f a f b 44 Tétel Egy f számelméleti függvény akkor és csak akkor gyengén multiplikatív, ha f 1 1 és tetszőleges páronként különböző p 1,, p n prímszámok és α 1,, α n pozitív kitevők esetén f p α1 1 pαn n f p α 1 1 f p α n n 45 Tétel A τ, σ, id, 1, δ számelméleti függvények gyengén multiplikatívak 60 feladat Az id, 1, és δ függvények gyenge multiplikativitásának igazolása 46 Tétel Legyen az n természetes szám prímtényezős felbontása n k i1 pα i i Ekkor k τ n α i + 1 ; i1 k σ n 1 + pi + pi p α k p α i +1 i i i 1 p i1 i1 i 1 61 feladat τ 1500?, σ 1500? 62 feladat τ 7!?, σ 7!? 47 Definíció Az n természetes számot tökéletes számnak nevezzük, ha megegyezik pozitív valódi osztóinak összegével, azaz σ n 2n 48 Tétel Euler tétele Az n páros szám akkor és csak akkor tökéletes, ha előáll n 2 p 1 2 p 1 alakban, ahol 2 p 1 prímszám 63 feladat Az elegendőség Euklidesz része igazolása 64 feladat Bizonyítsa be, hogy minden n N esetén 2 n 1 prímszám n prímszám

9 Mersenne-prímek Fermat-prímek Az Euler-féle ϕ-függvény 49 Definíció Az M n 2 n 1 alakú számokat Mersenne-számoknak, az ilyen alakú prímeket Mersenne-prímeknek nevezzük 410 Megjegyzés Abból, hogy n prím, még nem következik, hogy M n is az, például M 11 nem prím Nem ismert, hogy létezik-e végtelen sok Mersenne-prím, tehát azt sem tudjuk, hogy létezik-e végtelen sok páros tökéletes szám Páratlan tökéletes számot egyet sem ismerünk, de nincs bizonyítva az sem, hogy ilyen nem létezik A jelenleg ismert legnagyobb prímszám is Mersenne-prím: M , ami tízes számrendszerben számjegyből áll Forrás: wwwmersenneorg 411 Álĺıtás Minden n N esetén 2 n + 1 prímszám n kettőhatvány 412 Definíció Az F n 2 2n + 1 alakú számokat Fermat-számoknak, az ilyen alakú prímeket Fermat-prímeknek nevezzük 413 Megjegyzés Fermat azt sejtette, hogy F n mindig prím Az első öt Fermat-szám valóban prím: F 0 3, F 1 5, F 2 17, F 3 257, F , de Euler észrevette, hogy F Minden további Fermat-szám, amit sikerült megvizsgálni részben számítógéppel, összetettnek bizonyult Az általánosan elfogadott sejtés az, hogy csak véges sok Fermat-prím van valószínűleg csak az első öt 414 Definíció Jelöljük ϕ m-mel az m-nél nem nagyobb természetes számok közül azoknak a számát, amelyek m-hez relatív prímek: ϕ m {a : 1 a m és a m} Az így kapott függvényt Euler-féle ϕ függvénynek nevezzük Tömörebben: ϕ : N N, m Z m 65 feladat ϕ 5?, ϕ 6?, ϕ 10?, ϕ 81?, ϕ 216? 66 feladat ϕ 625?, ϕ 1000? Teljes maradékrendszerek Redukált maradékrendszerek Gyenge multiplikativitás 415 Definíció Modulo m teljes maradékrendszernek nevezzük egész számok egy olyan rendszerét, amely minden mod m maradékosztályból pontosan egy elemet tartalmaz 67 feladat Teljes maradékrendszer-e 1, 11, 21, 31,, 751, 761 modulo 77? 68 feladat Teljes maradékrendszer-e 7, 22, 37, 52,, 11632, modulo 777? 416 Tétel Ha a c 1, c 2,, c m egész számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo m, és a, b Z, a m, akkor ac 1 + b, ac 2 + b,, ac m + b is teljes maradékrendszer modulo m 417 Definíció Modulo m redukált maradékrendszernek nevezzük egész számok egy olyan rendszerét, amely minden mod m redukált maradékosztályból pontosan egy elemet tartalmaz 69 feladat Redukált maradékrendszer-e 15, 35, 55,, 295, 315 modulo 32? 70 feladat Redukált maradékrendszer-e 1, 4, 7,, 157, 160 modulo 81? 418 Tétel Ha a c 1, c 2,, c ϕm egész számok redukált maradékrendszert alkotnak modulo m, és a Z, a m, akkor ac 1, ac 2,, ac ϕm is redukált maradékrendszer modulo m 419 Tétel Az Euler-féle ϕ függvény gyengén multiplikatív Tfh m és n relatív prímek, és tekintsük a birkás bijekciót: Világos, hogy minden x-re β : Z mn Z m Z n, x x mod m, x mod n x mn x m és x n Ez azt jelenti, hogy β bijekciót létesít a Z mn és Z m Z n halmazok között, tehát ezek azonos elemszámúak: ϕ mn Z mn Z m Z n Z m Z n ϕ m ϕ n Képlet 420 Tétel Legyen az n természetes szám prímtényezős felbontása n k i1 pα i i Ekkor k ϕ n n 1 1pi k p α i i p α k i 1 i p α i 1 i p i 1 i1 i1 A gyenge multiplikativitás miatt elegendő prímhatványokra igazolni az álĺıtást: ϕ p α {a : 1 a p α és a p α } 71 feladat ϕ 1500? 72 feladat ϕ 7!? {a : 1 a p α és p a} p α p α 1 i1 Az Euler Fermat-tétel 421 Tétel Euler Fermat-tétel Ha az a egész szám relatív prím az m modulushoz, akkor a ϕm 1 mod m Legyen c 1, c 2,, c ϕm redukált maradékrendszer modulo m Mivel a m, ezért ac 1, ac 2,, ac ϕm is redukált maradékrendszer modulo m c 1 c 2 c ϕm ac 1 ac 2 ac ϕm mod m c 1 c 2 c ϕm a ϕm c 1 c 2 c ϕm mod m 1 a ϕm mod m 422 Következmény kis Fermat-tétel Ha p prímszám és a nem osztható p-vel, akkor a p 1 1 mod p Ha p prímszám, akkor minden a egész számra a p a mod p Az Euler Fermat-tétel 423 Következmény Ha a Z relatív prím az m modulushoz, akkor k 1 k 2 mod ϕ m a k1 a k2 mod m Ha k 1 k 2 mod ϕ m, akkor k 2 k 1 + ϕ m t alkalmas t egész számmal Ezért 73 feladat a k2 a k1+ϕm t a k1 a ϕm t a k1 1 t a k1 mod m ? mod ? mod ? mod feladat ? mod ? mod ? mod 44

10 Konvolúció 424 Definíció Az f és g számelméleti függvények konvolúcióján az alábbi képlettel definiált f g számelméleti függvényt értjük: f g n f d g d n n d f a g b abn 425 Tétel A konvolúció művelete kommutatív és asszociatív, továbbá minden f számelméleti függvényre f δ δ f f A kommutativitás világos, az asszociativitáshoz pedig azt kell ellenőrizni, hogy f g h n f a g b h c f g h n abcn Mivel b > 1 esetén δ b 0, ezért f δ n f a δ b abn f a δ b f n δ 1 f n an,b1 Konvolúció 426 Tétel Gyengén multiplikatív számelméleti függvények konvolúciója is gyengén multiplikatív Tfh f és g gyengén multiplikatív és a b Soroljuk fel a és b osztóit: D a {u 1,, u k }, D b {v 1,, v l } f g ab f d g ab d d ab f u i v j g a b ui vj i1,,k j1,,l i1,,k j1,,l f u i f v j g a ui g bvj i1,,k f u i g a ui j1,,l f v j g b vj f g a f g b Összegzési függvény 427 Definíció Az f számelméleti függvény összegzési függvényén az F n d n f d számelméleti függvényt értjük Az f függvényt az F függvény megfordítási függvényének nevezzük Azt a tényt, hogy F az f összegzési függvénye gyakran egyszerűen csak f F jelöli 428 Tétel Gyengén multiplikatív számelméleti függvény összegzési függvénye is gyengén multiplikatív } f gyengén multiplikatív F f 1 is gyengén multiplikatív 1 gyengén multiplikatív Összegzési függvény 429 Tétel A tanult nevezetes számelméleti függvények között fennállnak az alábbi összefüggések: δ 1 τ, ϕ id σ Jelölje Φ a ϕ függvény összegzési függvényét Mivel ϕ gyengén multiplikatív, Φ is az és persze id is, így elegendő a Φ n? id n egyenlőséget prímhatványokra ellenőrizni Tetszőleges p prím és α N esetén Φ p α ϕ 1 + ϕ p + ϕ p ϕ p α 1 + ϕ p α 1 + p 1 + p 2 p + + p α 1 p α 2 + p α p α 1 p α id p α 75 feladat δ 1 τ és id σ bizonyítása A Möbius-féle µ-függvény 430 Definíció Az n természetes számot négyzetmentesnek nevezzük, ha nem osztható egyetlen 1-nél nagyobb négyzetszámmal sem 431 Megjegyzés Könnyű meggondolni, hogy egy szám akkor és csak akkor négyzetmentes, ha prímfelbontásában minden prím csak egyszer azaz első hatványon fordul elő 432 Definíció Möbius-függvénynek nevezzük az alábbi képlettel definiált µ számelméleti függvényt: { 0, ha n nem négyzetmentes; µ n 1 k, ha n előáll k különböző prím szorzataként 76 feladat Bizonyítsa be, hogy a µ függvény gyengén multiplikatív A Möbius-féle µ-függvény 433 Tétel A Möbius-függvény összegzési függvénye a δ függvény, azaz µ 1 δ Jelölje M a µ függvény összegzési függvényét Mivel µ gyengén multiplikatív, M is az és persze δ is, így elegendő az M n? δ n egyenlőséget prímhatványokra ellenőrizni Tetszőleges p prím és α N esetén M p α µ 1 + µ p + µ p µ p α 1 + µ p α δ p α Möbius-féle inverziós formula 434 Tétel Möbius-féle megfordítási képlet Tetszőleges F számelméleti függvény esetén F -nek egyetlen megfordítási függvénye van, mégpedig F µ Másképpen fogalmazva f F akkor és csak akkor áll fenn, ha f F µ Részletesebben: tetszőleges f, F számelméleti függvények esetén n N : F n d n f d n N : f n F d µ d n Tetszőleges f, F számelméleti függvény esetén F f 1? f F µ n d : Tfh F f 1 Konvolváljuk be az egyenlőség mindkét oldalát µ-vel: F f 1 F µ f 1 µ f 1 µ f δ f : Tfh f F µ Konvolváljuk be az egyenlőség mindkét oldalát 1-gyel: f F µ f 1 F µ 1 F µ 1 F δ F Möbius-féle inverziós formula 435 Következmény Gyengén multiplikatív számelméleti függvény megfordítási függvénye is gyengén multiplikatív } F gyengén multiplikatív f F µ is gyengén multiplikatív µ gyengén multiplikatív 77 feladat Legyen f F, ahol F n n 2 minden n-re f 12? 78 feladat Legyen f F, ahol F n log n minden n-re f 36?, f 81? Megértést ellenőrző kérdések Igazak-e az alábbi álĺıtások? A 2015 tökéletes szám Minden n természetes számra d n dµ n d ϕ n Az n természetes szám akkor és csak akkor tökéletes, ha ϕ n 2n Az identikus függvény összegzési függvénye a σ osztók összege függvény Tetszőleges a, m m 2 egész számok esetén, a 1 mod m a m 1 1 mod m Tetszőleges n pozitív egész szám esetén: n prím 2 n 1 prím Bármely két modulo m redukált maradékrendszernek ugyanannyi eleme van Ha n nem négyzetszám, akkor µ n 0

11 Diofantoszi egyenlet polinomgyűrűben Test fölötti polinomokra ugyanúgy elvégezhető a maradékos osztás és az arra épülő euklideszi algoritmus, akárcsak az egész számokra Az előbbi tételek és azok bizonyítása szinte szó szerint lemásolhatók HF végiggondolni! Íme a diofantoszi egyenletekről szóló tétel polinomos megfelelője: 51 Tétel Legyen T egy test és f, g, h T [x] nemnulla polinomok Ekkor az fu + gv h kétismeretlenes lineáris diofantoszi egyenlet akkor és csak akkor oldható meg az ismeretlen u, v T [x] polinomokra nézve, ha lnko f, g h Ha u 0, v 0 egy megoldás, akkor bármely t T [x] esetén az alábbi u t, v t pár is megoldás, továbbá minden megoldás előáll ilyen alakban a t polinom alkalmas megválasztásával: g u t u 0 + lnko f, g t; 79 feladat A fenti tétel bizonyítása f v t v 0 lnko f, g t Diofantoszi egyenlet polinomgyűrűben 80 feladat Adjuk meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását f x 5 + 3x 4 + 6x 3 + 6x 2 + 4x + 1, g x 3 + 4x 2 + 4x feladat Adjuk meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását f x 4 + x 3 + x 2 + 1, g x feladat Adja meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását f x 4 + 2x 3 x 2 4x 2, g x 4 + x 3 x 2 2x 2 83 feladat Adja meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását f 2x 3 + 3ix 2 x 4i, g x 2 1 Polinomok Z p felett Ha p prím, akkor Z p test, és így beszélhetünk Z p feletti polinomokról Ezekkel ugyanúgy vagy könnyebben! lehet számolni, mint számtest feletti polinomokkal 84 feladat Adjuk meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását a Z 2 [x] polinomgyűrűben f x 4 + x 3 + x 2 + 1, g x feladat Adja meg az fu + gv lnko f, g polinomegyenlet egy megoldását a Z 2 [x] polinomgyűrűben f x 4 + x 3 + x, g x 4 + x 2 + x 86 feladat Adjuk meg az fu + gv 1 polinomegyenlet egy megoldását a Z 7 [x] polinomgyűrűben f x 4 + 6x 3 + 3x 2 + 2x + 4, g x 2 + 6x feladat Adja meg az fu + gv 1 polinomegyenlet egy megoldását a Z 5 [x] polinomgyűrűben f x 3 + 4x, g 2x 2 + 3x + 2 Polinomgyűrű faktortestei Ha T egy test például T Q, R, C vagy Z p és m T [x], akkor a modulo m kongruencia és a modulo m maradékosztályok ugyanúgy definiálhatóak, mint az egész számok körében, és hasonló tulajdonságokkal rendelkeznek HF végiggondolni! A maradékosztály-gyűrűt itt T [x] / m jelöli 52 Tétel Ha m egy n-edfokú polinom a T test felett, akkor a T [x] / m maradékosztály-gyűrű kommutatív egységelemes gyűrű, melyenek elemei egyértelműen feĺırhatók az alábbi alakban: a n 1 x n a 1 x + a 0 a n 1,, a 1, a 0 T 53 Tétel Az f T [x] / m maradékosztálynak akkor és csak akkor van multiplikatív inverze, ha f és m relatív prímek 54 Következmény A T [x] / m maradékosztály-gyűrű akkor és csak akkor test, ha m irreducibilis T felett Egy fontos maradékosztálytest Az R [x] / x maradékosztály-gyűrű test, mert x irreducibilis a valós számok teste felett Mik az elemei ennek a testnek, és hogyan kell számolni velük? Elemek: Az R [x] / x test minden eleme egyértelműen feĺırható a következő alakban: a + bx a, b R Összeadás: a + bx + c + dx a + c + b + dx Szorzás: a + bx c + dx ac + ad + bcx + cdx 2 ac + ad + bcx + cd 1 ac bd + ad + bcx Ez szinte szó szerint ugyanaz, mint a komplex számok teste: R [x] / x C 55 Megjegyzés A fenti példához hasonlóan minden m T [x] irreducibilis polinomnak lehet gyököt csinálni : a T [x] / m maradékosztálytest egy olyan kibővítése a T testnek, amelyben m-nek van gyöke Egy véges test Számoljunk a Z 2 [x] / x 3 + x + 1 testben! Ennek 8 eleme van: 0, 1, x, x + 1, x 2, x 2 + 1, x 2 + x, x 2 + x + 1 x x 2 + x x 2 + 2x + 1 x semmi vész x + 1 x 2 + x x 3 + 2x 2 + x x 3 + x 1 redukció mod x 3 + x + 1 Számolás Q[x] faktortesteiben Határozzuk meg a K Q [x] / x 3 7 testben a 2 x elem multiplikatív inverzét K elemei ax 2 + bx + c a, b, c Q alakúak, ilyen alakban szeretnénk az u 2 x 1 elemet is megkapni 2 x 1 u 2 x u 1 2 x u 1 mod x 3 7 v Q [x] : 2 x u 1 + x 3 7 v u x 2 + 2x + 4 mod x 3 7 u x 2 + 2x + 4 Tehát 2 x 1 x 2 + 2x + 4 Példa folyt Az előző számolás eredménye összefoglalva: 2 xx 2 + 2x x 3 7 valami polinom Írjunk x helyébe 3 7-et: valami szám Tehát azt kapjuk, hogy Ezzel a módszerrel lényegében az euklideszi algoritmussal lehet bonyolult nevezőket gyökteleníteni Emlékeztető Definíció vagy tétel? Legyen T egy test és p T [x] A p polinom irreducibilis T felett, ha legalább elsőfokú, és nem bontható deg p-nél kisebb fokszámú polinomok szorzatára: f, g T [x] : p f g és 1 deg f, deg g < deg p Vigyázat! Gyűrűk felett ez általában nem igaz! Például a p 2x Z [x] polinom nem irreducibilis Z felett, mert a p 2 x felbontás itt nem triviális miért? 56 Tétel Az elsőfokú polinomok bármely test felett irreducibilisek Ha f T [x] irreducibilis és deg f 2, akkor f -nek nincs gyöke T -ben Ha f T [x] és 2 deg f 3, akkor f pontosan akkor irreducibilis, ha nincs gyöke T -ben

12 Irreducibilitás vs gyökök Összefoglalva: Az irreducibilis nincs gyöke implikáció igaz a legalább másodfokú polinomokra Elsőfokúakra nem igaz: azok mindig irreducibilisek és mindig van gyökük! A nincs gyöke irreducibilis implikáció igaz a másod- és harmadfokú polinomokra, de magasabbfokúakra nem! Az f x 4 + 2x R [x] polinomnak nincs valós gyöke, mégsem irreducibilis R felett: f x 2 + 1x Egy irreducibilis faktorizáció 57 Tétel Test feletti polinomgyűrűben minden legalább elsőfokú polinom felbomlik irreducibilis polinomok szorzatára, és ez a felbontás lényegében azaz a tényezők sorrendjétől és asszociáltságtól eltekintve egyértelmű 88 feladat Bontsuk irreducibilis tényezők szorzatára az alábbi polinomot: f x 6 + 3x 4 x 3 + 2x 2 + x 1 Z 5 [x] Mivel az alaptestnek csak öt eleme van, egyenként kipróbálhatjuk, hogy gyöke-e valamelyik az f polinomnak Amelyik igen, annál a Horner-módszerrel megállapítjuk a multiplicitást, és leválasztjuk a gyöktényezőket: f x 1 2 x 3 x 4 x 2 + 4x + 2 Az x 2 + 4x + 2 polinomnak nincs gyöke ha lenne, megtaláltuk volna, és csak másodfokú, ezért irreducibilis Ha negyed- vagy magasabb fokú polinom marad a gyöktényezők kiemelése után, akkor valami trükkre van szükség Még néhány irreducibilis faktorizáció 89 feladat Bontsuk irreducibilis tényezők szorzatára az x 2 + x + 1 polinomot Z 3, Z 5 és Z 7 felett 90 feladat Bontsa irreducibilis tényezők szorzatára az x 4 + 3x 3 + x polinomot Z 3, Z 5 és Z 7 felett 91 feladat Határozzuk meg Z 2 felett az összes legfeljebb harmadfokú irreducibilis polinomot 92 feladat Bontsuk irreducibilis tényezők szorzatára az x 4 + x + 1 és x 4 + x polinomokat Z 2 felett Véges testek Véges testek Emlékeztető 58 Tétel Akkor és csak akkor létezik q-elemű test, ha q prímhatvány Bizonyítás helyett Bármely p prímszám és n pozitív egész szám esetén létezik n-edfokú irreducibilis polinom Z p felett messze nem triviális! Ha f Z p [x] egy ilyen polinom, akkor T [x] / f egy p n -elemű test Ha K egy véges test, akkor tartalmaz prím elemszámú résztestet közel sem triviális! Ha T egy p-elemű részteste K-nak, akkor K vektorteret alkot T felett Ha ez a vektortér n-dimenziós, akkor K T n, ezért K p n A q-elemű testet mely izomorfia erejéig egyértelműen meghatározott, Galois tiszteletére GF q jelöli Galois Field kételemű test: GF 2 Z 2 háromelemű test: GF 3 Z 3 négyelemű test: GF 4 Z 2 [x] / x 2 + x + 1 ötelemű test: GF 5 Z 5 hatelemű test: nincs! hételemű test: GF 7 Z 7 nyolcelemű test: GF 8 Z 2 [x] / x 3 + x + 1 kilencelemű test: GF 9 Z 3 [x] / x {a + bi : a, b Z 3} tízelemű test: nincs! 59 Definíció Az f a n x n + + a 1 x + a 0 T [x] polinom c T helyen vett helyettesítési értékén az f c a n c n + + a 1 c + a 0 T elemet értjük Az f T [x] polinomhoz tartozó polinomfüggvény pedig nem más, mint az leképezés f : T T, c f c A polinomot és a hozzá tartozó polinomfüggvényt ugyanúgy jelöljük; a szövegkörnyezetből kiderül, hogy mikor melyikről van szó Ha polinomfüggvényekről van szó, akkor x-et változónak nevezzük nem pedig határozatlannak Polinom vs polinomfüggvény Az f x 3 Z 3 [x] polinomhoz tartozó polinomfüggvény: Z 3 Z 3, , , A g x Z 3 [x] polinomhoz tartozó polinomfüggvény: Z 3 Z 3, 0 0, 1 1, 2 2 Látjuk, hogy f -hez és g-hez ugyanaz a polinomfüggvény tartozik nevezetesen az identikus függvény, noha f és g két különböző polinom Ezért nagyon fontos, hogy NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! Polinom vs polinomfüggvény Általánosabban, ha T egy q-elemű test, akkor a T T leképezések száma q q, míg T feletti polinomból végtelen sok van, így végtelen sok különböző polinomhoz tartozik ugyanaz a polinomfüggvény Ezért nagyon fontos, hogy NE KEVERJÜK A POLINOMOT A POLINOMFÜGGVÉNNYEL!!! Irreducibilitás különböző testek felett Az f x R [x] polinom irreducibilis, de ugyanez a polinom C [x]-ben már felbomlik: x x + i x i Az f x 2 2 Q [x] polinom irreducibilis, de ugyanez a polinom R [x]-ben már felbomlik: x 2 2 x 2x + 2 És persze C [x]-ben is felbomlik Általában, minél nagyobb az alaptest, annál több esélye van egy polinomnak felbomlani Ha T részteste K-nak és f T [x], akkor f irreducibilis K felett f irreducibilis T felett Emlékeztető A komplex számtest felett csak az elsőfokú polinomok irreducibilisek, a valós számtest felett pedig csak az elsőfokúak és a negatív diszkriminánsú másodfokúak

13 Felbontás Q, illetve Z felett 510 Tétel Ha egy legalább elsőfokú egész együtthatós polinom nem bontható fel nála kisebb fokszámú egész együtthatós polinomok szorzatára, akkor Q felett sem bomlik így fel, és viszont Formálisan: ha f Z [x] és deg f n 1, akkor az alábbi két álĺıtás ekvivalens: 1 g, h Z [x] : f gh és 0 < deg g, deg h < n; 2 g, h Q [x] : f gh és 0 < deg g, deg h < n 511 Megjegyzés A második feltétel azzal ekvivalens, hogy f reducibilis Q felett Az első viszont nem ekvivalens azzal, hogy f reducibilis Z felett miért? Tehát a fenti tételt nem fogalmazhatjuk meg egyszerűen úgy, hogy egy egész együtthatós polinom akkor és csak akkor irreducibilis Z felett, ha irreducibilis Q felett Kronecker módszere Irreducibilis-e az f x 4 4x 3 + 7x 2 6x + 3 Q [x] polinom? Tfh f g h, ahol g, h Z [x] és 0 < deg g ÁMN deg h < n Ekkor deg g 2, és minden k Z esetén g k f k Például a : g 0 f 0 3, b : g 1 f 1 1, c : g 2 f 2 3 Tehát az a, b, c számhármasra 32 lehetőség van: a, b, c { 3, 1, 1, 3} { 1, 1} { 3, 1, 1, 3} Mind a 32 esetben egyértelműen meg tudjuk határozni a g polinomot Lagrange-interpolációval Ha valamelyik osztja f -et, akkor kapunk egy nemtriviális felbontást; ha egyik se osztja f -et, akkor f irreducibilis a, b, c 1, 1, 3 g x 2 x + 1 f x 2 x + 1x 2 3x + 3 Schönemann Eisenstein 512 Definíció Azt mondjuk, hogy a p prímszám pontos osztója az a egész számnak, ha a osztható p-vel, de p 2 -tel már nem A pontos oszthatóságot jelöli: p a p a és p 2 a 3 12 de Tétel Schönemann Eisenstein-féle irreducibilitási kritérium Legyen f a n x n + + a 1 x + a 0 Z [x] Ha létezik olyan p prímszám amelyre p a n, p a n 1,, p a 1, p a 0, akkor f irreducibilis a racionális számok teste felett Irreducibilis polinomok Q felett VIZSGÁN KÉRDEZNI FOGOM! Racionális gyökök 514 Következmény Minden n 1 egész számra létezik Q felett irreducibilis n-edfokú polinom x n + 2 Érdemes ezt összehasonĺıtani a komplex és a valós számtest esetével: C felett csak az elsőfokúak, R felett csak az elsőfokúak és bizonyos másodfokúak irreducibilisek Még szerencse, hogy a racionális számok testének már nincs valódi részteste! miért? 515 Megjegyzés A Schönemann Eisenstein-tétel megfordítása NEM IGAZ!!! Vagyis abból, hogy nem létezik olyan p prímszám, ami teljesítené a megfelelő oszthatósági feltételeket, nem következik, hogy a polinom nem irreducibilis keressünk ellenpéldát! A megfordítás helyett következzék inkább a tétel tükörképe 516 Tétel Legyen f a n x n + + a 1 x + a 0 Z [x] Ha létezik olyan p prímszám amelyre p a n, p a n 1,, p a 1, p a 0, akkor f irreducibilis a racionális számok teste felett Schönemann Eisenstein-féle irreducibilitási kritérium 517 Tétel Rolle tétele Legyen f a n x n + + a 1 x + a 0 egy tetszőleges egész együtthatós polinom Ha p q egy egyszerűsíthetetlen tört alakjában feĺırt racionális szám azaz p, q Z, q 0 és lnko p, q 1, akkor p f 0 q a n és p a 0 q Speciálisan: egész együtthatós főpolinom racionális gyökei mindig egész számok Természetesen a fenti nyíl nem fordítható meg: q a n és p a 0 nem garantálja, hogy p q gyöke f -nek A Rolle-tételben az a jó, hogy egy véges halmazt ad meg, amelyben az összes racionális gyököt megtalálhatjuk ha van egyáltalán racionális gyök Racionális gyökök Tegyük fel, hogy p q gyöke f -nek lnko p, q 1 p p 0 f n a n q q n + a p n 1 n 1 q n a p 1 q + a 0 Szorozzunk be q n -nel: Hasonlóan: 0 a n p n + a n 1 p n 1 q + + a 1 pq n 1 }{{} + a 0 q n }{{} p p p a 0 a n p n }{{} + a n 1 p n 1 q + + a 1 pq n 1 + a 0 q n }{{} 0 q a n q q Irreducibilis felbontás Q felett 93 feladat Bontsuk Q felett irreducibilis polinomok szorzatára az alábbi polinomot: f 2x 7 + 5x 6 + 4x x x x x + 12 Racionális gyök csak ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12, ± 1 2, ± 3 2 lehet Ezek közül 1 és 1 2 valóban gyök Horner-módszerrel leválasztva a gyökényezőket azt kapjuk, hogy f x + 1 x x x x + 1 x x 4 + 6x A kék polinom irreducibilis Q felett Schönemann-Eisenstein, p 3 Irreducibilis felbontás Q felett 94 feladat Bontsuk Q felett irreducibilis polinomok szorzatára az alábbi polinomokat: 2x 100 3x x 12; x 3 + 5x 2 + 6x + 1; x 7 7x x 5 50x x 3 57x x 1; x feladat Bontsa Q felett irreducibilis polinomok szorzatára az alábbi polinomokat: 4x 4 7x 2 5x 1; 5x 8 5x 7 + 4x 2 2x 2; x 4 x 3 + 2x + 1 útmutatás: térjünk át az y x 1 határozatlanra; x 6 125; x