Bevezetés az algebrába 2

Átírás

1 B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Bevezetés az algebrába 2 BMETE91AM37 Alkalmazások H Wettl Ferenc ALGEBRA TANSZÉK 1

2 Kombinatorika

3 Kombinatorika Fisher-egyenlőtlenség

4 D T Tekintsük a v-elemű P halmaz részhalmazainak egy halmazát. E részhalmazokat blokkoknak nevezzük, míg P elemeit pontoknak. Azt mondjuk, hogy e blokkok 2-struktúrát alkotnak, ha P bármely két pontja pontosan λ > 0 számú blokkban van, és van legalább egy nem triviális blokk a rendszerben, azaz amelynek legalább 2 pontja van, de nem tartalmazza P összes pontját. Fisher-egyenlőtlenség: Bármely 2-struktúra blokkjainak száma legalább annyi, mint pontjaié, azaz b v. 2

5 B Jelöljék a 2-struktúra pontjait az 1-től v-ig terjedő egészek, a j-edik blokkot B j (j = 1, 2,..., b). Illeszkedési mátrixa M, ahol 1, ha i B j, m ij = 0, egyébként. r 1 λ... λ A = MM T λ r 2... λ = = λj v + diag(r 1 λ, r 2 λ,..., r v λ), λ λ... r v ahol J v a csupa 1-esből álló v v-es mátrix, és r i az i pont foka. - A J v pozitív szemidefinit, ugyanis szimmetrikus és ha 0 x R v tetszőleges, akkor x T J v x = i,j x ix j = ( i x i) diag(r 1 λ, r 2 λ,..., r v λ) poz.def, mert r i > λ. (r i = λ esetén j i pontra az i-t tartalmazó blokkok tartalmaznák j-t is, vagyis nem létezne nem triviális blokk.) - Pozitív definit + pozitív szemidefinit = pozitív definit A invertálható, rangja v M v b rangja v b v. 3

6 Kombinatorika Lámpácskás játék

7 m lámpák egyúttal kapcsolók is, megnyomásukra megváltozik a saját és bizonyos szomszédaik állapota is. - XL , Mérő László, Lights Out! 90-es évek - Button Madness, a szomszédság a határon átnyúlik (tórusz), - Gamze, ahol a lámpák rombuszalakban vannak elhelyezve, - Lights Out 2000, a lámpáknak három állapotuk van (kikapcsolt, piros, zöld), - Lights Out Cube, a lámpák egy as kocka oldalain vannak, - Orbix, ahol a lámpák egy dodekaéder csúcsaira vannak helyezve, - Merlin, 70-es évek 3 3-as táblán

8 Illeszkedési mátrix A =

9 - Egy gomb páros sokszori megnyomása olyan, mintha egyszer sem nyomtuk volna meg, míg páratlan sokszori megnyomása egy nyomással ekvivalens. Eszerint a nyomások számát modulo 2 számolhatjuk, vagyis F 2 elemeivel. - Másrészt a fenti mátrix is tekinthető F 2 fölöttinek, melynek i-edik oszlopa azt adja meg, hogy az i jelű gomb megnyomására mely lámpák állapota változik meg. - Jelölje x F 25 2 azt a vektort, melynek x i koordinátája 1, ha az i gombot páratlan sokszor nyomtuk meg, és 0, ha páros sokszor. Ax azt a vektort adja eredményül, melynek i-edik koordinátája akkor 1, ha az i gomb állapota az x vektor szerinti gombok megnyomása után megváltozik, és akkor 0, ha nem. - Ha kezdetben a lámpák állapotát egy b vektor írja le (b i = 1, ha az i lámpa ég, b i = 0, ha nem), akkor e lámpák pontosan akkor kapcsolhatók le, ha van olyan x vektor, melyre Ax = b. 6

10 - Ha minden lámpa ég, akkor az Ax = 1 egyenletet kell megoldani: R = rref(a) = A nem invertálható Ax = b nem oldható meg minden b vektorra! - r(a) = 23, dim(n (A)) = = 2, négy vektora: 0, u = , v = , u + v =

11 - Ezek tehát azok a minták, melyek gombjainak megnyomása nem változtatja meg a a lámpák állapotát: az u vektor a v vektor az u + v vektor - Az Ax = 1 megoldásai egyikéhez a nulltér fenti elemeit hozzáadva megkapjuk az összes megoldást: x x + u x + v x + u + v 8

12 F Jellemezzük a meg nem oldható konfigurációkat! M A megoldhatók az A oszlopterében vannak, azon kívül a nem megoldhatók. A = A T O(A) = S(A) és N (A) = O(A) b O(A) b N (A) b u = b v = b (u + v) = 0 (ahol u, v és u + v a nulltér három nemzérus vektora) b u = b v = 0 b / O(A) b u = 1 vagy b v = 1 ha a b minta pontosan akkor nem kapcsolható le, ha az u és v legalább egyikét páratlan sok pontban metszi. - Például az alábbi zöld minta lekapcsolható, a piros nem: 9

13 Kombinatorika Gráfok

14 Á Egy egyszerű G gráf adjacencia (szomszédsági) mátrixát jelölje A G. Ekkor 1. trace(a G ) = 0 2. A G szimmetrikus 2 2-es minorainak összege = E(G) 3. A G szimmetrikus 3 3-as minorainak összege = 2 háromszögek száma. 4. Ha d(i, j) = k (a két pont távolsága G-ben), akkor I, A G,, A k G lineárisan függetlenek. B 1. A főátlóban 0-k vannak. 2. Az i-edik és j-edik sorok kerszteződésében lévő ilyen minor pontosan akkor nem a zérusmátrix, ha i és j indexű pontok össze vannak kötve G-ben, ekkor viszont a minor [ ] = =

15 T B Ha G egyszerű, akkor A G sajátértékeire a k-hosszú zárt séták számát adja (k N + ). k = 1: nincs hurokél λ i = trace(a G ) = 0. i k = 2: nincs többszörös él A 2 G főátlójában a pontok fokai vannak, és minden élen két 2-hosszú zárt séta tehető: i λ k i v λ 2 i = trace A 2 G = d j = 2 E(G), i j=1 k > 2: hasonlóan trace A k G a zárt k-hosszú séták száma. 11

16 Páros gráfok spektruma T B A G gráf pontosan akkor páros, ha spektruma szimmetrikus az origóra. (G gráf szimmetrikus a spektrum): G páros gráf A G blokkmátrix alakja [ ] O B A G = B T O ha (λ, (u, v)) sajátpár, akkor ( λ, (u, v)) is, ui. [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] O B u Bv u O B u B T = O v B T = λ u v B T = O v [ ] [ ] Bv u B T = λ u v. - (szimmetrikus a spektrum G páros): szimmetrikus a spektrum s i=1 λ 2k+1 i = 0 a páratlan körök száma 0 G páros. 12

17 P Határozzuk meg az alábbi G gráf spektrumát csak a gráf alapján, az adjacenciamátrix felírása nélkül: M A G x = λx jelentése: minden csúcsra írunk egy x i súlyt úgy, hogy az x i súlynak az i-edik csúcs szomszédaira írt súlyok összege épp a λ-szorosa legyen (x = (x 1, x 2,..., x 6 )). - Vegyük észre, hogy e gráf páros, így spektruma szimmetrikus. - Próbálkozzunk a levelekre 1-et vagy 1-et írni, hisz a sajátvektor egy konstanssal beszorozható. - Lehet-e λ a 0, 1, 2 számok valamelyike? 13

18 - λ = 0: λ = ±1: λ = ±2:

19 Hibajavító kódok

20 Hibajelző és hibajavító kódok D Hamming-távolság: d H (x, y) = {i : x i y i } P d H ( , ) = 2 m ez metrika 15

21 Alappéldák: egyszerű hibajelző és hibajavító kódok P P P Ismétlő kód: a kódábécé tetszőleges, és a kód álljon azokból az n-hosszú kódszavakból, melyek minden koordinátája azonos. E kód legföljebb n 1 hibát jelez, és n 1 2 hibát javít. Paritásellenőrző kód: (n 1)-hosszú b bitvektorhoz még egy bitet csatolunk, melynek értéke 1, ha b-ben páratlan sok bit egyenlő 1-gyel, egyébként 0, akkor olyan n-hosszú vektort kapunk, melyben páros sok 1-es van. A paritásellenőrző kód 1-hibajelző, de jelez minden olyan hibát, melyben páratlan sok koordináta változik meg. Nullösszegű kód: Z n m összes olyan v = (v 1, v 2,..., v n ) vektorából álló kód, melyekre v 1 + v v n = 0, azaz melyekre 1 v = 0. 16

22 Hamming-kód D Bináris [7, 4, 3] 2 Hamming-kód (7-hosszú kódszavak, egy 4-hosszú üzenethez három paritásbitet ad, és bármely két kódszó távolsága 3, binűris): A kódolandó üzenet b 3 b 5 b 6 b 7, a kód b = b 1 b 2 b 3 b 4 b 5 b 6 b 7, a b 1, b 2, b 4 paritásbitekre fennállnak: b 1 + b 3 + b 5 + b 7 = 0 b 2 + b 3 + b 6 + b 7 = 0 b 4 + b 5 + b 6 + b 7 = 0 b 4 C b 5 b 6 b 7 A b 1 b 2 b 3 B 17

23 Á A kód F vektorából áll, 2-hibajelző, és 1-hibajavító. F7 2 minden vektora vagy kódvektor, vagy egyetlen koordináta megváltoztatásával azzá tehető! Á A fenti Hamming-kód perfekt, azaz a kódszavak köré emelt (Hamming-távolságban mérve) 1-sugarú gömbök hézagtalanul és átfedés nélkül lefedik az F 7 2 teret. HF 7 halálraítélt körben ül, mindegyikük fején egy véletlenül kiválasztott piros vagy fekete sapka. Mindenki látja a többiek sapkáját, de a sajátját senki. Semmi módon nem kommunikálhatnak egymással. Egy idő után egyszerre mindegyiküknek tippelnie kell a saját sapkája színére. Három válasz lehetséges: nem tudom, fekete, piros. Ha senki nem találja el, vagy csak egy is akad, aki téved, mind meghalnak, egyébként mind megmenekülnek. Javasoljunk olyan eljárást, amivel a legnagyobb eséllyel menekülhetnek? 18

24 Titokmegosztás

25 Küszöbséma interpolációs polinommal (Shamir) n ember közül bármely k föl tudja fedni a titkot: (n, k) küszöbséma. Interpolációs polinommal: korábban vettük 19

26 Geometriai konstrukció (Blakley) K a t-dimenziós V = F t q tér egy véletlen P = (a 0,..., a t 1 ) pontjának első koordinátája a titok. Publikálva van egy ezen a ponton átmenő g egyenes, mely nem merőleges az e 1 = (1, 0,..., 0) vektorra, így pontjainak első koordinátái végigfutnak F q elemein. - A résztvevők megkapják egy P-n átmenő, de e 1 -re nem merőleges és g-t nem tartalmazó H (affin) hipersík egy-egy általános helyzetű pontját. Így bármely t résztvevő egyértelműen föl tudja írni H egyenletét, és a g-vel való metszéspontját. g H P a 0 20

27 Tetszőleges részhalmazokra (Brickel) K titok: a = (a 0, a 1,..., a t ) F t+1 q a 0 F q A p i résztvevőhöz rendel egy v i F t+1 q vektort első koordinátája, az vektort, publikálja. T résztitok: s i = v i a F q Jelölje T P a résztvevők egy halmazát. A T-be tartozó résztvevők pontosan akkor tudják meghatározni a 0 -t, ha az e 1 = (1, 0,..., 0) vektor benne van a T-beli résztvevők vektorai által kifeszített altérben. Ha e 1 nincs ebben az altérben, a T-beli résztvevők semmit nem tudnak meg a titokról. 21

28 B A V mátrix sorai a T-beliek vektorai, és s koordinátái a T-beliek résztitkai. TFH e 1 S(V) létezik olyan w vektor, hogy w T V = e T 1, így w T Va = a 0. Mivel a konstrukció szerint Va = s, ezért w T s = a 0, hisz w a T-beli résztvevők által meghatározható. TFH e 1 / S(V). V = [u 0 u 1... u t ]. Ha u 0 / span(u 1,..., u t ), akkor van olyan d vektor, hogy d u i = 0, ha i = 1, 2,..., t, és d u 0 = 1. d T V = e 1, ellentmondás u 0 span(u 1,..., u t ), így van olyan w vektor, hogy Vw = 0, de w 0 0. Az ugyan igaz, hogy s = Va, de tetszőleges c F q konstansra s = Va = V(a + cw) is teljesül. Így bármely c 0 -hoz található olyan c = (c 0, c 1..., c t ) vektor, hogy s = Vc. Így a T-beli résztvevők semmit nem tudhatnak a 0 -ról. 22

29 Differenciaegyenlet-rendszerek

30 Fibonacci-sorozat explicit alakja P A Fibonacci-sorozat F 0 = 0, F 1 = 1, F n+1 = F n + F n 1 (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, ) explicit alakja: F n = 1 (( ) n ( ) n ) M Keressünk a rekurzív képletre F n = λ n alakú megoldást! λ n+1 = λ n + λ n 1 λ 2 λ 1 = 0 λ 1,2 = 1± 5 2 Az (1, λ i, λ 2 i,... ) sorozatok lin. ftlenek, ui ( - Lineáris kombinációik mind megoldások: c A kezdeti feltételek (F 0 = 0, F 1 = 1) kielégítéséhez megoldandó c c 1 + c 2 = 0 + c = 1 2 ) n + c2 ( c 1 = c 2 = 1 5. ) n 23

31 Állandó együtthatós homogén lineáris differenciaegyenlet D d-edrendű állandó együtthatós homogén lineáris differenciaegyenlet (d-edrendű rekurzív sorozat): x n = a 1 x n 1 + a 2 x n a d x n d, (DAE) Á D ahol a 1, a 2,..., a d és a kezdeti feltételül szolgáló x 0, x 1,..., x d 1 adott konstansok, x d, x d+1,... ismeretlenek. Ha (x 0, x 1, x 2,... ) és (y 0, y 1, y 2,... ) megoldásai egy (állandó együtthatós) homogén lineáris differenciaegyenletnek, akkor tetszőleges c, d R konstansokra (cx 0 + dy 0, cx 1 + dy 1,... ) is. A DAE karakterisztikus polinomja χ(t) = t d a 1 t d 1 a 2 t d 2... a d, gyökei a sajátértékek. - E definíció eredetét hamarosan megvilágítjuk. 24

32 Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenlet-rendszerek megoldása

33 Differenciaegyenletrendszer (DAER) D Elsőrendű lineáris differenciaegyenlet-rendszer: x n+1 = Ax n x n+1 = Ax n + b n homogén inhomogén T B ahol x 0, b 0, b 1, b 2 ismert vektorok, x n ismeretlen, ha n > 0. Az elsőrendű lineáris differenciaegyenlet-rendszer megoldása ahol n > 0. x n = A n x 0, n 1 x n = A n x 0 + A n 1 i b i, i=0 (homogén) (inhomogén) Behelyettesítés. A rekurzióból következik a mo. egyértelműsége. 25

34 F Milyen A C n n mátrixra igaz, hogy az x n+1 = Ax n + b sorozat minden b, x 0 C n vektorra konvergens? Mi a határérték? M A tétel szerint x n = A n x 0 + (I + A + A A n 1 )b: ekkor x 0 = 0 esetén b-re konv I + A A n 1 konv ρ(a) < 1 - lim n A n = O, lim n I + A A n 1 = (I A) 1 x n Ox 0 + (I A) 1 b = (I A) 1 b, ami nem függ x 0 -tól. [ ] [ ] P Konvergens-e az x n = 1 3 x n 1 + sorozat? Mi a határértéke? 2 M χ(λ) = 3 λ λ = λ2 1 3 λ 1 3 χ( 1) > 0, χ(0) < 0, χ(1) > 0 ρ(a) < 1 a sorozat konvergens! [ 1 - lim x n = (I A) 1 b = 3 1 ] 1 [ ] [ ] [ ] [ ] = =. n

35 m Minden állandó együtthatós d-edrendű homogén lineáris differenciaegyenlet átírható elsőrendű homogén lineáris differenciaegyenlet-rendszerré (DAER): ha x n a 1 x n 1... a d x n d = 0 (x d a 1 x d 1... a d x 0 = 0), akkor x x 0.. =....., x x d x 1 = Ax 0 ill. d 2 x d a d a d 1... a 1 x d 1 x n x ṇ.. =....., x x n+d x n+1 = Ax n, n+d 2 a d a d 1... a 1 x n+d x n+d 1 ahol x n = (x n,..., x n+d 1 ), és A a χ(t) kísérő mátrixának transzponáltja, melynek sajátértékei épp a DAE sajátértékei, és melyre µ(t) = ±χ(t), így minden s.ért.-hez egy J-blokk tartozik. 27

36 Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenlet megoldása

37 T DAE összes megoldása: 1. Ha λ sajátértéke a (DAE) DAE-nek, akkor az x n = λ n sorozat egy megoldás. 2. Ha a (DAE) spektruma {λ 1,..., λ s }, ahol a λ i algebrai multiplicitása a i, akkor a (DAE) összes megoldása előáll x n = s i=1 a i 1 j=0 c ij n j λ n i alakban. A c ij együtthatók megkaphatók a kezdeti feltételekből. 3. Speciálisan, ha a (DAE) sajátértékei mind különbözőek, akkor az összes megoldás előáll alakban. d x n = c i λ n i i=1 28

38 B 1. χ(λ) = 0 λ d = a 1 λ d 1 + a 2 λ d a d λ n = a 1 λ n 1 + a 2 λ n a d λ n d λ n megoldás x n = Ax n 1 x n = A n x 0 x n = CJ n C 1 x 0. - J n egy a algebrai multiplicitású λ-hoz tartozó diagonális blokkja n λ λ n ( n 1) λ n λ λ n.... = λ λ n a a - E blokk minden eleme a λ n, nλ n, n 2 λ n,, n a 1 λ n elemek konstans (n-től független!) együtthatókkal vett lineáris kombinációja (pl. ( n 1) λ n 1 = ( 1 λ )nλn, ( n) 2 λ n 2 = n2 n 2 λ n 2 = ( 1 )n 2 λ n ( 1 )nλ n, ) 2λ 2 2λ 2 CJ n C 1 minden eleme a λ n i, nλn i, n2 λ n i,, nai 1 λ n i elemek lineáris kombinációja, ahol a i a λ i multiplicitása következik az előzőből, hisz ekkor a i = 1 minden i = 1, 2,..., d-re. 29

39 P x n = 5x n 1 8x n 2 + 4x n 3, x 0 = 0, x 1 = 1, x 2 = 5. M χ(λ) = λ 3 5λ 2 + 8λ 4 = (λ 1)(λ 2) 2 Összes megoldás: x n = c 1 1 n + c 2 2 n + c 3 n2 n. Kezdeti feltételekből: c 1 = 1, c 2 = 1, c 3 = 1, - x n = 1 2 n + n2 n, (0, 1, 5, 17, 49, 129, ) P x n = 2x n 1 5x n 2, x 0 = x 1 = 1. M χ(λ) = λ 2 + 2λ + 5 = (λ + 1 2i)(λ i) Összes megoldás: x n = c 1 ( 1 + 2i) n + c 2 ( 1 2i) n. Kezdeti feltételekből: c 1 = (1 i)/2, c 2 = (1 + i)/2, - x n = 1 i 2 ( 1 + 2i)n i 2 ( 1 2i)n, (1, 1, 7, 9, 17, 79, ) 30

40 P M Konvergens-e az x n+1 = 1 4 x n 1 4 x n sorozat? Mi a határértéke? [ ] [ ] [ ] [ ] xn 0 1 xn 1 0 x 1 = x n x n x = x2 1 4 x ρ(a) < 1 a sorozat konvergens. tudjuk hogy konv: tfh x n a x n 1 a, x n+1 a és x n+1 = 1 4 x n 1 4 x n a = 1 4 a 1 4 a + 1 a = 1. m Természetesen számolhatunk a mátrixinverzzel, de az itt több számolást igényel. Ellenőrzésül: [ ] 1 [ ] (I A) 1 = 1 3 = [ ] [ ] [ ] [ ] 3 xn lim = n 1 = lim x n = n x n+1 31

41 Differenciaegyenlet-rendszerek Differenciaegyenletek alkalmazásai

42 P Számítsuk ki az alábbi n-edrendű determináns értékét: D n = M D n = 2D n 1 D n 2, ugyanis az első sor szerint kifejtve D n = ( 1) (n 1) = (n 1) (n 2) (n 1) 32

43 2 1 - D 1 = 2, D 2 = 1 2 = 3 λ 2 2λ + 1 λ = 1 A két független megoldás (1, 1, 1, 1,... ), (0, 1, 2, 3,... ) - D 1 : c 1 + c 2 = 2, D 2 : c 1 + 2c 2 = 3 c 1 = c 2 = 1 - D n = n

44 P Számítsuk ki az alábbi integrál értékét, ha a R konstans, a kπ: I n = π 0 cos nx cos na cos x cos a dx M I 0 = 0, I 1 = π, I n+1 (2 cos a)i n + I n 1 = 0, ugyanis π cos nx cos x sin nx sin x cos na cos a + sin na sin a 0 cos x cos a cos nx cos na 2 cos a cos x cos a cos nx cos x + sin nx sin x cos na cos a sin na sin a + dx cos x cos a = π 0 2 cos nx dx = 0, mert n > 0. 34

45 - λ 2 (2 cos a)λ + 1 = 0 λ 1,2 = 2 cos a ± 4 cos 2 a 4 = e ±ai 2 az alapmegoldások: (1, e ai, e 2ai, e 3ai,... ), (1, e ai, e 2ai, e 3ai,... ). c 1 + c 2 = 0, c 1 e ai + c 2 e ai = π π c 1 (2i sin a) = π c 1 = 2i sin a π - I n = (cos na+i sin na) π 2i sin a 2i sin a (cos na i sin na) = π sin na sin a 35