Diszkrét matematika II. (2005.febr.1) február 3.

Átírás

1 Diszkrét matematika II. (2005.febr.) Czédli Gábor február 3.

2 Feltételek és követelmények Gyakorlaton 50 pont, vizsgára bocsáthatóság: 20 pont, írásbeli vizsgán 60 pont. Értékelés: a fenti kettő összege alapján: 50-től kettes, 63-tól hármas, 76-tól négyes, 90-től ötös. Gyakorlaton: egy zh: április (40 pont), + kettő röp-zh (0 pont). Javítási lehetőség: csak a 20 pont alattiaknak javító-zh egyetlen rögzített alkalommal, kb. a vizsgaidőszak nyolcadik napján. Akinek ez sikerül, 20 pontot visz a vizsgára (tehát - ellentétben a szorgalmi időszakban szerzett pontokkal - a javítózh-n nem lehet 20-nál több pontot szerezni). Akinek nem sikerül, nem vizsgázhat ebben a félévben. A vizsgán nem lesz választható A rész! A vizsga anyaga távolról sem diszjunkt a gyakorlat anyagától, elméleti tesztkérdések és gyakorlati feladatok egyaránt lesznek benne. Tvsz 4.. A leckekönyv aláírása és a gyakorlati jegy (3)... Elégtelen gyakorlati jegyet egy félévben legfeljebb egyszer javíthat a hallgató.... (4) A pótlás, ill. az elégtelen gyakorlati jegy kijavítása legkésőbb a vizsgaidőszak második hetének végéig lehetséges, módját és határidejét a Tanszék határozza meg. (5) Nem elégtelen minősítésű gyakorlati jegy javítása nem lehetséges.. Definíció. Legyen A halmaz. Az A-ból A-ba történő megfeleltetéseket A-n értelmezett relációknak nevezzük. Tehát az A-n értelmezett relációk az A 2 = A A részhalmazai. Az (A-n értelmezett) egyenlőségrelációt ω A jelöli, tehát ω A = {(x, x) : x A}.Az A 2 -et pedig teljes relációnak nevezzük. Például R-en a kisebb reláció nem más, mint {(x, y) R 2 : x < y}. Az oszthatósági reláció (az egészek halmazán) pedig nem más, mint {(x, y) Z 2 : x y}.az is reláció (tetszőleges halmazon). Nemüres halmazon a relációk szoros kapcsolatban vannak az irányított gráfokkal. 2. Definíció. Irányított gráfon egy (A, ρ) párt értünk, ahol A nemüres halmaz és ρ A 2 (azaz ρ reláció A-n). A elemit a gráf (szög)pontjainak, a ρ-beli elempárokat pedig a gráf éleinek nevezzük.ha (a, b) egy él (azaz ρ), akkor a-t az él kezdőpontjának, b-t pedig az él végpontjának nevezzük.

3 f 2 v f e a f 7 e 4 u f 5 f 6 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Példa:Szögpontok halmaza A = {a, b, c, d, p, q, v, w}. Élek: e = (a, b), e 2 = (b, c),.... Hurokél: f 6 = (u, u). Az e 2 = (b, c) él különbözik a (c, b) éltől. Látható, hogy e 2 = (b, c) és (c, d) is ρ-beli (azaz él). De (más konvencióval élve az ábrán) (d, q), (q, d) ρ is érvényes. Megfeleltetések és relációk szorzása 3. Definíció. Legyen α A B és β B C egy-egy megfeleltetés. (Speciális eset: A = B = C és ekkor α-t, β-t relációnak mondjuk.) A tekintett két megfeleltetés (illetve reláció) szorzatán az α β := {(a, c) A C : létezik olyan b B, hogy (a, b) α, (b, c) β.} A-ból C-be történő megfeleltetést (illetve A-n értelmezett relációt) értjük. Sematikusan: x α β z alkalmas y-ra x α y β z. Másként: x α β z x alfa van olyan y béta z 2

4 Megfeleltetések és relációk inverze 4. Definíció. Legyen α A B egy megfeleltetés. (Speciális eset: A = B; ekkor α-t relációnak mondjuk.) A tekintett megfeleltetés (illetve reláció) inverzén az α := {(b, a) B A : (a, b) α} B-ból A-ba történő megfeleltetést (illetve A-n értelmezett relációt) értjük. Sematikusan: x α y y α x. Az irányított gráfok nyelvén fogalmazva: az (A, α ) irányított gráfot úgy kapjuk, hogy az (A, α) irányított gráf minden egyes élét ellenkező irányítással látjuk el. f 2 v f e a f 7 e 4 u f 5 f 6 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Egy irányított gráfban irányított sétának nevezünk egy g, g 2,..., g n élsorozatot, ha minden értelmes i-re a g i végpontja azonos a g i kezdőpontjával. Az irányított séta tehát csatlakozó élek sorozata. Ha az első él kezdőpontja azonos az utolsó él végpontjával, akkor zárt irányított sétáról, egyébként pedig nyitott irányított sétáról beszélünk. Például a zöld élek egy zárt sétát alkotnak. f, f 2,..., f 5, f 6, f 7 3

5 v f a f 7 u f 5 f 6 f 2 e e 4 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Természetesen egy séta a meglátogatott szögpontok felsorolásával is megadható, sőt még azt is megtehetjük, hogy az éleket és szögpontokat együtt soroljuk fel. Esetünkben így: a, v, w, a, d, u, u, a, vagy így: a, f, v, f 2, w, f 3, a, f 4, d, f 5, u, f 6, u, f 7, a. 4

6 f 2 v f e a f 7 e 4 u f 5 f 6 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Az irányított séta hossza a felsorolt élek száma (a többször fellépő éleket többször számolva), Pl. az előbbi zöld séta hossza 7. 5

7 f 2 v f e a f 7 e 4 u f 5 f 6 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Ha a kezdő- és végpont esetleges megegyezését leszámítva az irányított séta által meglátogatott szögpontok páronként különböznek, akkor (logikusan!) a sétát irányított útnak nevezzük. A zárt, legalább 2 hosszúságú irányított út neve irányított kör. 6

8 v f a f 7 u f 5 f 6 f 2 e e 4 b f 3 f 4 e 2 e 3 d q w p c Például a, b, c (vagy más jelöléssel e, e 2, megint más jelöléssel a, e, b, e 2, c egy kettő hosszúságú irányított út, a, b, c, d, a pedig egy négy hosszúságú irányított kör. Csupán irányított 6 hosszúságú zárt séta de nem kör a következő: a, d, u, a, d, u, a. Most fontos relációtulajdonságokat definiálunk. Legyen ρ tetszőleges reláció az A halmazon (azaz ρ A 2 ). Akkor mondjuk, hogy ρ reflexív, ha minden a A-ra (a, a) ρ. Megjegyzések: (x, y) ρ helyett x ρ y is írható. A reflexivitás az irányított gráfok nyelvén azt jelenti, hogy minden szögpontból hurokél indul ki. (De vigyázat: A = is lehetséges, akkor ρ = reflexív, de ilyenkor gráfról nem beszélhetünk!) Például reflexívek: az ω A (egyenlőségreláció A-n) és a Z = {(x, y) Z : x y} reláció. ρ szimmetrikus, ha minden (a, b) ρ-ra (b, a) ρ. Az irányított gráfok nyelvén ez azt jelenti, hogy az élek mindegyikének a fordítottja is él. Például az ω A egyenlőségreláció és az -nél közelebb jelentésű {(x, y) R : x y < } reláció szimmetrikus. De nem szimmetrikus a Z reláció. ρ antiszimmetrikus, ha bármely a, b A-ra ha (a, b), (b, a) ρ, akkor a = b. 7

9 A megfelelő irányított gráfban ez azt jelenti, hogy bármely két különböző szögpont között legfeljebb az egyik irányban halad él. Például a Z reláció is és az ω Z reláció is antiszimmetrikus. ρ dichotom, ha bármely a, b A esetén (a, b) ρ vagy (b, a) ρ. Vegyük észre, hogy ha ρ dichotom, akkor szükségképpen reflexív is! Az irányított gráfban a dichotómia azt jelenti, hogy bármely két (nem feltétlenül különböző) szögpont között legalább az egyik irányban halad él. ρ tranzitív, ha bármely (a, b), (b, c) ρ esetén (a, c) ρ. Más jelöléssel: Az A tetszőleges elemeire, ha a ρ b és b ρ c, akkor a ρ c. A tranzitivitás fogalmát jól szemlélteti az alábbi:. Tétel. Legyen G = (A, ρ) egy irányított gráf. Ekkor ρ akkor és csak akkor tranzitív, ha a gráf bármely két szögpontjára, ha létezik irányított séta az egyik szögpontból a másikba, akkor létezik (ugyanolyan irányú) él is a két szögpont között. A tranzitív elnevezés összhangban van a transit, ill. tranzit szó jelentésével: átutazás. Gyakorló feladat: igaz-e, hogy egy ρ A 2 reláció pontosan akkor tranzitív, ha ρ ρ ρ? Megoldás: ha A =, akkor ρ tranzitív (miért?), és ρ = = ρ ρ (hiszen az üres halmazon nincs is más reláció), tehát ez esetben igaz. De mire mentünk ezzel? A legtöbb halmaz nem üres! Innentől kezdve hivatkozhatunk az irányított gráfokra és a szemléletünkre! (Az üres halmaz esetén ezt nem tehettük volna, hiszen az üres halmazt nem definiáltuk.) Először tegyük fel, hogy ρ tranzitív.legyen (x, z) ρ ρ tetszőleges. Ekkor (a szorzás definíciója miatt) x ρ y ρ z alkalmas y szögpontra. Tehát van (kettő hosszúságú) irányított séta x-ből z-be. A tranzitivitás miatt (x, z) is él, azaz (x, z) ρ. Ezzel beláttuk, hogy ρ ρ ρ. Kész az egyik irány. Most tegyük fel, hogy ρ ρ ρ. Ha a ρ b ρ c, akkor (a, c) ρ ρ, így a miatt (a, c) ρ. Tehát a ρ b ρ c = (a, c) ρ, így a definíció szerint ρ tranzitív. A feladat megoldása: igaz! Reláció tranzitív lezártja Fontos kérdés a számítástudományban is, hogy meddig terjed egy hatás. A C hongkongi csirke (madárinfluenzával) közvetlenül megfertőzi X-et, X közvetlenül megfertőzi Y -t, Y közvetlenül megfertőzi Z-t, stb.. Tehát C közvetve megfertőz egy csomó élőlényt. Jelölje α a közvetlen fertőzést és jelölje β a közvetett fertőzést; ekkor α és β relációnak tekinthető az élőlények halmazán. Mármost az a kérdés, hogyan határozza meg matematikailag az α a β-t? A későbbiek fényében β lesz majd az α tranzitív lezártja! A számtógépes vírusok által okozott fertőzéssel kapcsolatban, vagy mondjuk egy szubrutinon (vagy dll fájlon) végrehajtott változásnak a hatásterjedésével kapcsolatban is lehet hasonló példákat hozni. Tekintsünk el attól, hogy ez nem halmaz! 8

10 Az alábbi tétellel konkrétan hozzárendelünk α-hoz egy β = ˆα relációt, amelyet az α tranzitív lezártjának vagy más szóval tranzitív burkának nevezünk, és amelyről kiderül, hogy a legszűkebb olyan tranzitív reláció az adott halmazon, amelyik α-nál bővebb. (És mellesleg az előző példa is stimmelni fog.) (A matematika bővelkedik lezártakban, más szóval burkokban. Pl. egy síkbeli H halmaz konvex burka a legszűkebb olyan B konvex halmaz, amelyre H B. Személetesen: B-t úgy kapjuk, hogy H-ra lasszót vetünk, szorosra húzuk, és amit a körbekerít a hurok, éppen az a burok. Másik módszer: hogy H konvex legyen, belőle kiindulva végtelen sok lépésen át hozzávesszük mindazon pontokat, amelyeket muszáj (mert két már hozzávett vagy eredetileg is H-beli pontot összekötő szakaszon vannak.) Ezen utóbbi módszerre emlékeztet a soronkövetkező tétel. 2. Tétel. Legyen G = (A, α) egy irányított gráf, és tekintsük a β := α n = α α 2 α 3 α n n N relációt. Ekkor β tranzitív reláció az A halmazon, és tetszőleges tranzitív γ A 2 relációra ha α γ, akkor β γ. A most definiált β-t az α tranzitív lezártjának nevezzük. (Szokásos jelölése: β = ˆα.) A bizonyítás egyik mozzanata: Minthogy α n az n-tényezős α α α szorzatot jelöli, tetszőleges x, y A szögpontokra (x, y) α n pontosan akkor, ha van n-hosszúságú irányított séta x-ből y-ba. Ennélfogva (x, y) pontosan akkor eleme az uniónak, ha ez valamely n-re teljesül, azaz, ha van (valamilyen hosszúságú) irányított séta x-ből y-ba. Tehát β jelentése az, hogy elsétálhatunk. Ez nyilván tranzitív, hiszen ha x-ből elsétálhatunk y-ba (azaz x β y) és y-ból elsétálhatunk z-be (azaz y β z), akkor x-ből z-be is elsétálhatunk (azaz x β z), tehát definíció szerint β tranzitív. Gyakorló feladat: a tanult relációtulajdonságok közül melyek igazak az α = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 = } relációra? Megjegyzés: α-t nevezhetjük egységkör-relációnak. Megoldás: Reflexív? Nem, hiszen pl. (, ) / α vagy pl. (000, 000) / α. Szimmetrikus? Igen, hiszen ha (x, y) α, azaz ha x 2 + y 2 =, akkor (az összeadás kommutativitása miatt) y 2 + x 2 =, tehát (y, x) α. Antiszimmetrikus? Nem, hiszen (, 0) α és (0, ) α, de ebből mégsem következik, hogy = 0. Újonnan felmerült kérdés: igaz-e, hogy a szimmetria és az antiszimmetria kizárják egymást? Gyors válasz: xxxxxxxxxxxx. Igen, persze. Helyes válasz: Nem igaz, pl. a is és az ω A (egyenlőségreláció is szimmetrikus is és antiszimmetrikus is. Igaz-e, hogy α (az egységkör-reláció ) dichotom? Nem, mert pl. (2, 3) / α és (3, 2) / α. Tranzitív-e α? Nem, hiszen pl. 0 α α 0, de (0, 0) / α. Részbenrendezés, rendezés 9

11 Az A halmazon értelmezett τ relációt részbenrendezésnek nevezzük, ha τ reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív. Ha emellett dichotom is, akkor rendezésnek nevezzük. Amennyiben A nemüres halmaz, az (A, τ) párt részbenrendezett halmaznak, illetve ha τ rendezés, akkor rendezett halmaznak nevezzük. Más, szokásos elnevezések (vizsgán nem kell tudni): a (részbenrendezés, rendezés) helyett egyes forrásmunkák (rendezés, lineáris rendezés), (parciális rendezés, rendezés), (részbenrendezés, lánc) terminológiát használnak; az a lényeg, hogy a (mi) rendezésünk erősebb jelzőt kapjon, mint a (mi) részbenrendezésünk. Példák: Részbenrendezések: (P (A), ), (N, ) (oszthatósági reláció), (N 0, ) (ezek nem rendezések), továbbá (N, ), (Z, ), ezek rendezések is. A rendezés és a részbenrendezés a hierarchia fogalmát ragadja meg a matematikai absztrakció szintjén, hiszen alkalmas halmazokon 2 a nagyobb vagy egyenlő, elöljárója vagy önmaga, főnöke vagy önmaga, stb. relációk részbenrendezések. Részbenrendezett halmaz esetén a relációt gyakran a jellel jelöljük (τ helyett), akkor is, ha egyáltalán nem a számok szokásos rendezéséről van szó. A továbbiakban a τ (vagy más görög betű) helyett mi is többnyire a jelet (vagy hasonló jeleket, pl. a jelet) fogjuk használni. A reláció inverzét a reláció jelöli. Ez összhangban van a szokásokkal, hiszen x y azt jelenti, hogy y x, azaz (x, y). Jelölje x, y A esetén x < y azt, hogy x y és x y. Akkor mondjuk, hogy x y (szavakban: y követi x-et vagy y fedi x-et, ha x < y és nincs olyan z A, amelyre x < z és z < y. (Azaz x kisebb y-nál, de nem sokkal, abban az értelemben, hogy közéjük további elem már nem rakható.). A követési reláció azért fontos, mert 3. Tétel. Véges részbenrendezett halmaz esetén a követési reláció meghatározza a részbenbenrendezést! Pontosabban, ha (A, ) egy véges részbenrendezett halmaz és a, b A, akkor a b pontosan akkor teljesül, ha a = b, vagy létezik irányított út a-ból b-be az (A, ) irányított gráfban. A végtelen esetben a tétel nyilván nem igaz, hiszen pl. (R, ) esetén a követési reláció üres (ez persze még nem elég a teljes gondolatmenethez!) A tétel lehetővé teszi, hogy ábárával szemléltessük a véges részbenrendezett halmazokat. A mondott irányított gráfot (az ún. követési gráfot) úgy szokás ábrázolni, hogy az élekre nem rakunk nyilat, hanem ehelyett a végpontjukat magasabban helyezzük el, mint a kezdőpontot. Ez az ún. Hasse-diagram, amelyben tehát minden él felfelé van irányítva. Az előző tétel a Hasse-diagram nyelvén így szól: Következmény. Legyen A véges részbenrendezett halmaz és a, b A. Ekkor a b pontosan akkor, ha a-ból élek mentén mindig felfelé haladva eljutunk b-be az A Hasse-diagramján. 2 amelyek persze nem mindig igazi halmazok 0

12 Az {a,b,c} részhalmazai {a,b,c} {a,b} {b,c} {a} {b} { } {c} {a,c} A 30 osztói A 2 osztói 3 Íme három példa. Könnyen igazolható, hogy ha (A, ) részbenrendezett halmaz, akkor (A, ) is az, hiszen a reflexivitás, antiszimmetria és a tranzitivitás öröklődik egy relációról (esetünkben ) az inverzére (ami esetünkben ). Az (A, ) részbenrendezett halmazt az (A, ) részbenrendezett halmaz duálisának nevezzük. A dualitási elv szerint a részbenrendezett halmazokra vonatkozó fogalmak, állítások és bizonyítások dualizálhatók, és (éppen ezért) az igaz állítások duálisa is igaz. A duálisa a, és összetett fogalom/állítás duálisát úgy kapjuk, hogy az összetevőiket dualizáljuk. (Lesznek példák.) A duális részbenrendezett halmaz Hasse-diagramját úgy kapjuk, hogy az eredetit fejre állítjuk (azaz vízszintes tengelyre vagy pontra tükrözzük). Legyen (A, ) egy részbenrendezett halmaz és b A. Akkor mondjuk, hogy b minimális elem A-ban, ha bármely c A elemre c b-ből c = b következik. Sematikusan: minimális nincsen nála kisebb. Akkor mondjuk, hogy b legkisebb elem A-ban, ha bármely c A-ra b c teljesül. Sematikusan: legkisebb mindegyiknél kisebb-egyenlő. Könnyen látható, hogy minimális elem vagy van, vagy nincs, és egynél több is lehet. Ha van legkisebb elem, akkor az egyúttal minimális elem, és más minimális elem nincs. Az antiszimmetria miatt legkisebb elemből legfeljebb egy van - hiszen ha a is és b is legkisebb elem lenne, akkor (mivel a legkisebb elem) a b, de ugyanígy (szerepcserével) b a, és innen a = b adódik.

13 A minimális, illetve legkisebb elem fogalmának duálisa a maximális, illetve legnagyobb elem. Pl. (sematikusan:) legnagyobb mindegyiknél nagyobb-egyenlő. A dualitási elv alkalmazásával adódik, hogy legnagyobb elemből legfeljebb egy van. Továbbá, ha van legnagyobb elem, akkor ő maximális elem is, és rajta kívül más maximális elem nincs. M mm M M M M M M m m m m m m M M M mm M m legkisebb : max, : min Példák minimális és maximális elemekre, valamint dualizálásra. Részbenrendezett halmaz a és b elemeit összehasonlíthatóaknak mondjuk, ha a b vagy b a. Rendezett halmazban (a dichotómia miatt) bármely két elem összehasonlítható, viszont részbenrendezett halmaznak lehetnek összehasonlíthatatlan elemei. Most két olyan konstrukciót ismerünk meg, amelyik kettő (vagy több) (részben)rendezett halmazból egy újat eredményez. (Csak kettőre írjuk le, annál többre értelemszerű.) Legyen (A, ) és (A 2, 2 ) egy-egy részbenrendezett halmaz. Direkt szorzatukon az (A A 2, ) részbenrendezett halmazt értjük, ahol a definíciója: (a, a 2 ) (b, b 2 ) a b és a 2 2 b 2. Legyen (A, ) és (A 2, 2 ) egy-egy rendezett halmaz. Lexikografikus szorzatukon az (A A 2, ) rendezett halmazt értjük, ahol a definíciója: (a, a 2 ) (b, b 2 ) a < b, vagy a = b és a 2 2 b 2. 2

14 Megmutatható, hogy mindkét definíció jó, azaz a direkt szorzat valóban részbenrendezett halmaz, a lexikografikus szorzat pedig valóban rendezett halmaz. Az alábbi példák szerint még rendezett halmazok direkt szorzata is csak részbenredezett (többnyire). c A b a d B Direkt sz. (c,d) e (b,d) (a,d) (c,e) (b,e) (a,e) Lex. sz. (c,e) (c,d) (b,e) (b,d) (a,e) (a,d) Példa direkt és lexikografikus szorzatra. 3

15 Diszkrét matematika II. (2005.febr.8) Czédli Gábor február 9. Az előadás kivetített nyers változata, sajtóhibák lehetségesek. Figyelem: csak részben tartalmazza az előadáson elhangzottakat, pl. nem tartalmazza a táblánál előadott feladatmegoldásokat!

16 Def.: Legyen α, β A 2 (azaz relációk). Ha α β, akkor azt mondjuk, hogy β kiterjesztése α-nak. Példa: α reflexív α kiterjesztése ω A -nak.. Tétel. (A) Véges halmazon tetszőleges részbenrendezés kiterjeszthető rendezéssé. (B) Legyen ρ A 2, A véges. Ekkor ρ kiterjeszthető részbenrendezéssé az (A, ρ) irányított gráf nem tartalmaz irányított kört ρ tranzitív lezártja antiszimmetrikus. Megjegyzés: végtelen halmazon is igaz (csak nehezebb bizonyítani). Az (A) rész bizonyítása az alábbi módon személtethető (az egzakt bizonyítás a könyvben látható, és a (B) részen alapul) Miért vannak bizonyítások? Nem azért, mert kételkedünk, hanem az új fogalmakkal való ismerkedés, gyakorlás miatt. A (B) rész: Ekkor ρ kiterjeszthető részbenrendezéssé az (A, ρ) irányított gráf nem tartalmaz irányított kört ρ tranzitív lezártja antiszimmetrikus. bizonyítása:

17 () kiterjeszthető = nincs kör : Tfh. (= tegyük fel, hogy ) ρ kiterjeszthető mondjuk egy µ részbenrendezéssé. Ha az ir. gráf tartalmazna kört, akkor alkalmas szögpontokra a 0 ρ a ρ... ρ a n = a 0, n 2. Mivel ρ µ, ezért a 0 µ a µ... µ a n = a. µ tranzitivitása miatt a µ a n = a 0, teháta 0 µ a és a µ a 0.Az antiszimmetria miatt a 0 = a ; ellentmondás (hiszen a kör szögpontjai különbözők). (2) Nincs kör = ˆρ antiszim. : Most tfh. az ir. gráf nem tartalmaz irányított kört, de ennek ellenére ˆρ (a tranzitív lezárt) mégsem antiszimmetrikus. Ekkor van olyan különböző a, b szögpont, hogy (a, b), (b, a) ˆρ. Mivel (a, b) ˆρ, ezért valamely n re (a, b) ρ n = ρ ρ ρ, így van a gráfban egy n hosszúságú irányított séta(és ezért egy legfeljebb n hosszúságú irányított út is) a-ból b-be, n.a b szerepcserével: b-ból is van a-ba. Ezen két út egyesítése ir. kör; ellentmondás. (3) ˆρ antiszim. = ρ kiterjeszthető: legyen ρ := ˆρ ω A. Ez kiterjesztése ρ-nak, hiszen ρ ˆρ ρ. Reflexív, hiszen ω A ρ. Tranzitív, hiszen ha (a, b), (b, c) ρ, akkor feltehető, hogy a b és b c, de ekkor (a, b), (b, c) ˆρ, de tudjuk, hogy a tranzitív lezárt (azaz ˆρ) tranzitív, tehát (a, c) ˆρ ρ, és ezzel beláttuk, hogy ρ tranzitív. Végül ρ antiszimmetrikus, hiszen ha (a, b), (b, a) ρ esetén ha a = b, akkor nincs mit bizonyítani, ellenkező esetben pedig (a, b), (b, a) ˆρ és ˆρ antiszimmetriája alkalmazható.q.e.d. Ekvivalenciák és osztályozások Def: ekvivalencia(reláció) reflexív és szimmetrikus és tranzitív. Osztályozás: A páronként diszjunkt nemüres részhalmazainak olyan halmaza, amelyek uniója A. Példa: ω A. A 2. A modulo 2 kongruencia Z-n, azaz az {(x, y) Z 2 : 2 x y} Z 2 reláció. Osztályozásra példák: {{x} : x A}. {A}, amennyiben A. {{páros egészek}, {páratlan egészek}}. 2. Tétel. Az osztályozások és az ekvivalenciák (adott halmazon) lényegében ugyanazok. (Folyt. köv.) Ugyanazok =? A bináris és a decimális természetes számok lényegében ugyanazok: áttérhetünk egyik alakról a másikra egyértelműen és viszont, és oda-vissza áttérés után visszakapjuk a kiindulásit, azaz ismert bijekció van a {bináris term. számok} és a {decimális term. számok} között. Hasonlóan, az egyenes pontjainak halmaza és R ugyanaz, a sík és C is ugyanaz, stb. 2

18 Újabb példák: A egy gimnázium tanulói. ρ A 2 az osztálytársak reláció. C, a megfelelő osztályozás most a gimnázium osztályaiból áll. ρ és C nyilván meghatározza egymást. További példa: itt A = {, 2,..., 9}, G = (G, ρ), és az osztályozás: {{, 4, 7}, {2, 5, 8}, {3, 6, 9}}: Legyen a A-ra aρ := {x A : a ρ x}, ennek neve az a elem blokkja vagy osztálya (a ρ ekvivalencia szerint). Az ilyen aρ -ok neve: ρ blokkjai. Ezek halmazát A/ρ jelöli, és A/ρ-t az A ρ szerinti faktorhalmazának nevezzük. Más jelölés aρ helyett: [a]ρ, a ρ, vagy ha ρ elhagyása nem okoz félreértést, akkor [a] vagy a. Pl. az a maradékosztályát (a modulo n kongruencia szerint) szokták a-sal jelölni. Megjegyzés: a szimmetria miatt mindegy, hogy aρ := {x A : a ρ x}, vagy aρ := {x A : x ρ a}. 3

19 Másrészt ha C P (A) osztályozás az A halmazon, akkor definiáljuk a ρ C = {(x, y) A 2 : ( U C) (x, y U)} relációt. Pl. az ábrán a szaggatott vonalakkal jelölt C-re ρ C éppen a gráf által megadott ρ. 4

20 Például az előző példa esetén: ρ = {, 4, 7}, és a faktorhalmaz {{, 4, 7}, {2, 5, 8}, {3, 6, 9}}. Most folytatjuk a tétel kimondását: Tétel bővebben: Az osztályozások és az ekvivalenciák (adott halmazon) lényegében ugyanazok. Pontosabban: legyen Eq(A) az A halmazon értelmezhető ekvivalenciák halmaza, Oszt(A) pedig az A osztályozásainak halmaza. Ekkor az α : Eq(A) Oszt(A), ρ A/ρ, és a leképezések bijektívek és egymás inverzei. β : Oszt(A) Eq(A), C ρ C Példa: Az {(x, y) : n x y}, azaz a modulo n kongruencia ekvivalenciareláció, és a megfelelő faktorhalmaz (azaz osztályozás) éppen Z n, a modulo n maradékosztályok halmaza. Példa: ω A ekvivalencia, osztályai egyeleműek, és a faktorhalmaz {{x} : x A}. 5

21 Példa: A 2, a teljes reláció, is ekvivalencia, a megfelelő osztályozás (faktorhalmaz): {A}. Def: ω A és A 2 az ún. triviális ekvivalenciák az A halmazon. Def: Ha ϕ : A B tetszőleges leképezés, akkor a ker(ϕ) := {(x, y) A 2 : xϕ = yϕ} leképezés ekvivalenciareláció; a neve: ϕ magja. Például ha ϕ : Z N 0, x x (abszolut érték), akkor ker(ϕ) = {(x, y) : x és y azonos abszolut értékű}. Bizonyítás (részben) () Legyen ρ ekvivalencia, kérdés: vajon A/ρ osztályozás? Ad : A blokkok (azaz az xρ -ok) nem üresek, hiszen ρ reflexív = x ρ x = x xρ. Ad 2: A blokkok lefedik A-t, hiszen x A-ra x xρ miatt x benne van az unióban. Ad 3: A blokkok diszjunktak? Elég belátni, hogy ha xρ és yρ nem diszjunkt, akkor megegyeznek! Tfh z xρ yρ. Közvetlen cél: xρ yρ? Tfh. t xρ. Ekkor x ρ t. De x ρ z is és y ρ z is. A szimmetriát(szükség esetén) felhasználva az eddigiekből: y ρ z és z ρ x és x ρ t, így a tranzitivitás szerint y ρ t, azaz t yρ. Tehát xρ yρ, A fordított tartalmazás szerepcserével adódik. Tehát a blokkok páronként diszjunktak. Azaz A/ρ osztályozás A-n. (2) Legyen C osztályozás. Nyilvánvaló, hogy a ρ C = {(x, y) A 2 : ( U C) (x, y U)} reláció, azaz az egyazon osztályban vannak reláció szimmetrikus, tranzitív (ez könnyen látható onnan, hogy minden elem pontosan egy osztályban van benne), és (mivel az osztályok lefedik A-t) ρ C reflexív, tehát ρ C ekvivalencia. Ezzel annyit láttunk be, hogy mindkét leképezés oda képez, ahova a tétel szerint képeznie kell. A bizonyítás itt nem közölt része hasonló az eddigiekhez. Láttuk, hogy bármely leképezés magja egy ekvivalencia az indulási halmazon. Fordítva is igaz: minden ekvivalencia előáll egy alkalmas leképezés magjaként: 3. Tétel. Legyen ρ A 2 ekvivalencia. Ekkor a ϕ : A A/ρ, x xρ leképezés (az ún. természetes leképezés) szürjektív és a magja éppen ρ. Természetes : minden elemhez az osztályát rendeli (ami természetes). 6

22 Bizonyítás: ϕ : A A/ρ, x xρ nyilván szürjektív, hiszen A/ρ definíció szerint a képelemek halmaza. Mármost x, y A esetén (x, y) ker(ϕ) xϕ = yϕ xρ = yρ (felhasználva, hogy két osztály vagy diszjunkt vagy azonos)y xρ (x, y) ρ, tehát ker(ϕ) = ρ, q.e.d. Példa Legyen ρ a modulo 2 kongruencia Z-n. Ekkor Z/ρ = Z 2 = {{páros egészek}, {páratlan egészek}}, ϕ : Z Z n értelemszerű, és magja nyilván ρ. Jelölés: 0 = {páros egészek}, = {páratlan egészek}. (Irányítás nélküli) gráfok, fák Def: Ha A és ρ A 2 szimmetrikus reláció, akkor a G = (A, ρ) párt gráfnak, pontosabban szólva irányítás (és többszörös élek) nélküli gráfnak nevezzük. Analóg: séta, út, zárt séta, zárt út (n 2 esetén kör). Lehet hurokél is. Hurokmentes gráf: nincs hurokél. Összefüggő gráf: bármely két különböző szögpontja között vezet séta ( vezet út). Megj.: G összefüggő A = vagy ˆρ (tranzitív burok) a teljes reláció. Def: H = (B, τ) részgráfja G = (A, ρ)-nak, ha B A, τ szimmetrikus és τ ρ. Ha emellett τ = ρ B 2, akkor feszített részgráfja. 4. Tétel. Tetszőleges gráf páronként diszjunkt, összefüggő maximális feszített részgráfok egyesítése, és ez a felbontás egyértelmű. 7

23 f G: g c 2 3 e d b 4 a H: d a c b x y Az ábrán az ún. összefüggő komponensek:{x, y}, {, 2, 3, 4} és {a, b, c, d, e, f, g}. H részgráf (de nem feszített. A tételből a maximális jelző nem hagyható el, mert különben a felbontás nem egyértelmű (hiszen pl. egyelemű összefüggő részgráfokra is felbontható). Nem hagyható el a feszített jelző sem, hiszen egyébként pl. az {a, b, c, d, e, f, g} komponensből az (a, d)-él elhagyható lenne, és megintcsak oda az egyértelműség. Megállapodás: ha (a, b) ρ, akkor persze (b, a) ρ ez esetben (a, b)-élről beszélünk, ami azonos a (b, a)-éllel. Bizonyítás: Legyen τ := {(a, b) A 2 : a = b vagy a-ból út vezet b-be}. Mellesleg ez éppen a ρ reflexív-tranzitív burka, azaz τ = ω A ˆρ. Sőt, mivel ρ szimmetrikus, ez éppen a ρ ekvivalencia-burka, azaz a ρ-nál bővebb ekvivalenciarelációk legkisebbike.de visszatérve a kitérőből definíciójából is látszik, hogy τ reflexív, szimmetrikus és tranzitív.látható, hogy τ blokkjai éppen a maximális összefüggő komponensek tartóhalmazai, ezek tehát egyértelműek. Továbbá A tetszőleges részhalmaza egyértelműen feszít ki egy feszített részgráfot. Q.e.d. Def: egy szögpont fokán a pontból induló élek számát értjük, a hurokélet duplán számolva (hiszen annak mindkét vége az adott szögpontból indul). 5. Tétel. Véges gráf esetén a szögpontok fokainak összege éppen az élek számának kétszerese. 8

24 Bizonyítás: Minden él kettővel járul hozzá a mondott összeghez: a hurokélnél így állapodtunk meg, a többi él pedig eleve két szögpontból indul. q.e.d. Egy pillanatra visszatérünk az irányított gráfokhoz: ott definálható egy szögpont kifoka, a szögpontból induló élek száma, és befoka, a szögpontba érkező élek száma. (Hurokél indul is és érkezik is.) Nyilván érvényes az alábbi, triviális tétel: 6. Tétel. Véges irányított gráfok esetén a szögpontok kifokainak összege is és a szögpontok befokainak összege is egyenlő az élek számával. Az előadáson megoldott feladatok. Hányféleképpen terjeszthető ki rendezéssé a 2 pozitív osztóinak halmazán az oszthatósági reláció? 2. Az alábbi relációk közül melyek terjeszthetők ki részbenrendezéssé? És rendezéssé? α := {(x, y) N 2 : x y < 5}, β := {(5, 2), (5, 4), (3, 3), (4, ), (5, 8), (8, 9)}, γ := A 2 \ ω A, {(x, y) Z 2 : x y } 3.Melyek azok a relációk, amelyek egyidejűleg részbenrendezések és ekvivalenciák? 4. Adjuk meg a C := {{}, {2, 3}} P ({, 2, 3}) osztályozáshoz tartozó ekvivalenciát. 5. Adjuk meg a ρ := {(x, y) : sin xπ/2 = sin yπ/2} {0,,..., 9} ekvivalenciához tartozó osztályozást. 6. Hány ekvivalenciareláció van egy négyelemű halmazon? 7. Legyen ϕ : A B egy leképezés. Igaz-e, hogy ϕ injektív ker(ϕ) = ω A? 8. Legyen A a tizenkettedik komplex egységgökök halmaza, ϕ : A A, z z 3. Adjuk meg a ker(ϕ)-hez tartozó osztályozást. 9. Legyen A véges halmaz, α és β ekvivalencia A-n. Mit mondhatunk az A/α és A/β viszonyáról, ha α β? 0. ρ A 2 ekvivalencia ρ ω A és ρ ρ ρ.. Legyen A véges halmaz, α és β ekvivalencia A-n és A/α = A/β. Következik-e, hogy α = β? 9

25 Diszkrét matematika II. (2005.febr.5) Czédli Gábor február 5. Az előadás kivetített nyers változata, sajtóhibák lehetségesek. Figyelem: csak részben tartalmazza az előadáson elhangzottakat, pl. nem tartalmazza a táblánál előadott feladatmegoldásokat!

26 Fák és erdők Def.: A hurokél nélküli, körmentes összefüggő gráfokat fáknak nevezzük. Erdőnek nevezzük az olyan gráfokat, amelyeknek összefüggő komponensei fák. Erdő: fa fa fa fa Egy gráfot minimális összefüggőnek nevezünk, ha összefüggő, de bármely élét elhagyva már nem összefüggő. Maximális körmentesnek nevezzük, ha nincs benne kör (=zárt út 2), de bármely új élet hozzávéve lesz benne kör.. Tétel. Legyen G = (A, ρ) egy véges, n-szögpontú, hurokélmentes gráf. Az alábbi öt feltétel ekvivalens: () G fa (azaz körmentes és összefüggő). (2) G minimális összefüggő gráf. (3) G maximális körmentes gráf. (4) G összefüggő, és eggyel kevesebb éle van, mint csúcsa. (5) G körmentes, és eggyel kevesebb éle van, mint csúcsa.

27 a b Bizonyítás: (: fa) = (2: min.öfgő): Indirekt. Ekkor G-nek valamely (a, b) élét elhagyva még mindig összefüggő: G. G -ben van út a-ból b-be; ehhez az elhagyott (a, b) élet visszatéve kört kapunk G-ben, ellentmondás. (2: min.öfgő) = (: fa): Indirekt. Ha G nem fa, akkor öfgő és van benne kör. A kör tetszőleges (a, b) élét hagyjuk el! Továbbra is öfgő marad, hiszen az eddigi (a, b)-t tartalmazó utak helyett van másik, kerülő út, hiszen a-ból b-be a kör hosszabbik ívén (azaz ) is mehetünk. Ez viszont ellentmond annak, hogy minimális öfgő. Tehát (:fa) (2:min.öfgő). 2

28 a b (:fa) = (3:max.körm): Tfh. (). Ekkor G öfgő és körm. Legyen (a, b) A 2 \ ρ tetszőleges. Ha az (a, b) élet hozzávesszük, akkor lesz kör, hiszen volt út a és b között, amelyet (a, b) körré egészít ki. Ellentmondás. Tehát G max.körm. a új él b egyik komponens másik komponens 3

29 (3:max.körm) = (:fa): Tfh. (3). Be kell látni, hogy G öfgő. Indirek tfh. nem. Ekkor van legalább két öfgő komponense. Válasszunk két szögpontot: a-t és b-t, különböző komponensekből, majd vegyük hozzá az (a, b) élet G-hez, kapjuk G -t. Áll.: G még mindig körmentes (és ez ellentmondás). Hiszen ha lenne benne kör, az tartalmazná az új élet, de a kör ezen kívüli íve két különböző komponens között menne, ami lehetetlen (ld. fenti ábra). Tehát (3) = (). Láttuk, hogy (:fa) (2:min.öfgő) (3:max.körm.) G a b G Az (:fa), (4:öfgő n ) és (5:körm n ) ekvivalenciáját n szerinti teljes indukcióval biz. n = : stimmel. Áll.: (), (4) és (5) bármelyikét tesszük fel, van (legalább kettő) elsőfokú szögpont. (:fa) esetén: az (egyik) leghosszabb út végpontja. (4:öfgő n ) vagy (5:körm n ) esetén: ha minden szögpont foka 2 lenne, akkor a fokok összege 2n 2(n ) = 2 élek száma, ami ellentmondás lenne. 4

30 G a b G Legyen a egy elsőfokú szögpont! a-t és a belőle induló egyetlen élet elhagyva kapjuk G -t. G pontosan akkor fa, ha G fa! Hiszen egyrészt körmentességük ekvivalens (a-n nem mehet át kör, mert az (a, b) él zsákutca.) Ha G öfgő, akkor G is, hiszen ha c, d G, akkor közöttük G-ben van út, de az elkerüli az említett zsákutcát, tehát G -beli út. Ha pedig G összefüggő, akkor nyilván G is. G-re pontosan akkor teljesül a (4:öfgő és él=csúcs ) feltétel, ha G -re teljesül. Hiszen az összefüggőség ekvivalenciáját láttuk. Másrészt az élek száma is és a csúcsok száma is eggyel változik. G-re pontosan akkor teljesül az (5:körm. és él=csúcs ) feltétel, ha G -re teljesül. Ugyanis ha G körmentes, akkor részgráf lévén G is az. Másrészt a-n (elsőfokú lévén) nem mehet á t G-beli kör, ha tehát G körmentes, akkor G is az. Most is az élek száma is és a csúcsok száma is eggyel változik. Az eddigiek szerint (), (4) és (5) ekvivalenciája teljes indukcióval azonnal adódik: n = -re evidens, és ezen feltételek bármelyike ekvivalens G -re és G-re; mivel G -re az ind. hip. szerint egymással ekvivalensek, ezért G-re is egymással ekvivalensek. Q.e.d. 5

31 Következmény: Véges, egynél többelemű gráfban legalább két elsőfokú pont van. Ezt menet közben láttuk: bármelyik leghosszabb út két végpontja elsőfokú pont. Páros gráfok Volt egyszer egy király... és az udvarában 30 lovag és 30 udvarhölgy. Közöttük a kölcsönös szimpátiát mint relációt a fenti gráf adja meg. Ezt figyelembe véve akarta a király az udvarhölgyeket, mind a harmicat, a lovagokkal összeházasítani. Sikerülhetett ez? 6

32 És volt egy másik király... és a feladat meg a kérdés ugyanaz. A feladatot mindkét királyi udvarban a kancellár kapta. A lehetőségek száma: 30! = = 2, Ha másodpercenként 0 9 lehetőséget ellenőrzünk ( GHz = 0 9 művelet/secundum), akkor az összes lehetőség végignézéséhez 8, évre lenne szükség. (A Naprendszer 4, éves.) Mindkét kancellár megbukott. Az egyik azért, mert lett volna megoldás (azaz alkalmas párosítás), de idő híján nem találta meg. A másik azért, mert sok-sok számítógéppel meglepő módon mégiscsak sikerült az összes lehetőséget végignézetnie, de ez nem győzte meg a királyt. De bukásuk fő oka: a diszkrét matematika tudásuk hiányossága! Lássuk a megoldást (pontosabban szólva: az eredményközlést): 7

33 Volt egyszer egy király... Volt egyszer egy király... 8

34 És volt egy másik király... És volt egy másik király... Tehát az első esetben van párosítás (a vastag zöld élek jelölik). A második esetben pedig van hét lovag és hat udvarhölgy (a zöld megnagyobbított szögpontok jelölik ezeket) úgy, hogy a hét lovag mindegyike csakis ezen hat udvarhölgy valamelyikével, 9

35 és a hat udvarhölgy mindegyike csakis ezen hét lovag valamelyikével házasítható össze, és ez nyilván lehetetlen. Definíció: Legyen G = (V, E) egy (irányítatlan, hurokélmentes) gráf. (Itt V a szögpontok halmaza ( vertex ), és E, az élek halmaza, a V bizonyos kételemű részhalmazaiból áll - ezzel eltérünk az eddigi jelöléstől.) Ha V az A és B részhalmazainak diszkjunkt uniója és bármely él egyik végpontja A-ban, a másik pedig B-ben van, akkor azt mondjuk, hogy G páros gráf (az A, B pontosztályokkal). 2. Tétel. Legyen G = (V, E) egy (irányítatlan, hurokélmentes) gráf. G páros gráf nincs benne páratlan hosszúságú kör. Bizonyítás Ha G páros gráf, akkor mivel az élek csak A és B között mehetnek tetszőleges kör szögpontjai felváltva A-, illetve B-beliek, ezért csak páros lépesben juthatunk vissza a kiindulási pontba, tehát tetszőleges kör páros hosszúságú. Fordítva, most tegyük fel, hogy tetszőleges G-beli kör páros hosszúságú. Elég belátni, hogy G összefüggő komponensei páros gráfok, mert akkor G is páros gráf. Ezért feltehetjük, hogy G összefüggő. 2 6 stb v Állítjuk, hogy G-ben minden zárt séta páros hosszúságú. Indirekt, tfh. van páratlan hosszúságú zárt séta: L. Ekkor van legrövidebb ilyen. A feltevés miatt ez nem kör, tehát valamely v szögponton többször is átmegy. A v pont a sétát több 0

36 (az ábrán pl. négy) rövidebb zárt sétára bontja, amelyek L-nél rövidebbek lévén páros hosszúságúak. Ezért (páros számok összegeként) L hossza is páros, és ez ellentmond a feltevésnek. Mármost legyen v egy rögzített szögpont. Legyen A azon szögpontok halmaza, amelyekbe v-ből páros hosszúságú séta vezet, B pedig azon szögpontok halmaza, amelyekbe páratlan hosszúságú sétával juthatunk el v-ből. (Megengedett a 0 hosszúságú séta is, tehát v A.) Mivel G összefüggő, A B = V. Másrészt A B =, hiszen ha létezne közös elemük, mondjuk u A B, akkor lenne páros séta is v-ből u-ba, és lenne páratlan is, és a két séta uniója egy páratlan hosszúságú zárt séta lenne, ami ellentmondás. Q.e.d. Definíció: A továbbiakban csak véges gráfokat tekintünk! Legyen G = (V, E) hurokmentes gráf. Ha M E és az M- beli élek idegenek, azaz bármely két M-beli élnek nincs közös végpontja, akkor az M élhalmazt párosításnak nevezzük. Ha M párosítás és a gráf minden szögpontja valamely M-beli él egyik végpontja, akkor M-et teljes párosításnak nevezzük. (Pl. a lovagok és udvarhölgyek esetén a kérdés az, hogy van-e teljes párosítás, és azt hogy lehet megtalálni.) Legyen most S V. Ha minden G-beli élnek legalább az egyik végpontja S-ben van, akkor S-et lefogó ponthalmaznak nevezzük. Tétel: Ha a G páros gráfban van teljes párosítás, akkor a két pontosztály azonos elemszámú. Bizonyítás: A teljes párosítás bijekciót ad a két pontosztály, A és B között. Q.e.d. Jelölje ν(g) a G-beli párosítások elemszámának maximumát, és τ(g) a G-beli lefogó ponthalmazok elemszámának minimuma. Megjegyzés: párosításnál az kunszt, ha minél több idegen élet meg tudunk adni, ezért a maximumot tekintjük. Lefogó ponthalmaz esetén az a nagy kunszt, ha minél kevesebb szögponttal le tudjuk az éleket fogni, ezért a minimumot tekintjük. 3. Tétel. (Kőnig-tétel) Véges páros gráf esetében ν(g) = τ(g). Bizonyítás (amit jól kell tudni, hiszen ezen alapul majd az algoritmus is). Az evidens, hogy ν(g) τ(g): tekintsünk egy ν(g) elemszámú párosítást,, azaz ν(g) darab egymástól idegen élet. Világos, hogy bármely lefogó ponthalmaz a tekintett élek bármelyikének legalább az egyik végpontját tartalmazza, tehát legalább ν(g) szögpontból áll. Ennélfogva a lefogó ponthalmazok elemszámának minimuma, azaz τ(g) is legalább ν(g). Legyen most M egy tetszőleges párosítás. (M-re vonatkozó) alternáló útnak nevezünk egy olyan utat, amelynek élei felváltva M-beliek és nem M-beliek. Pl. minden -hosszúságú út ilyen. Legyen A 0, illetve B 0 az M párosítás éleinek az A, illetve

37 a B pontosztályba eső végpontjainak halmaza. Legyen A := A \ A 0 és B := B \ B 0. Legyen U azon A 0 -beli pontok halmaza, amelyek A -ből alternáló úttal elérhetők, és legyen V az U-ból induló M-beli élek másik (B 0 -beli) végpontjainak halmaza. Az eddigi jelöléseket az alábbi ábra illusztrálja: B: B 0 V B M: A: A 0 U A. Segédtétel Ha van alternáló út A -ből (azaz valamely A -beli szögpontból) B -be, akkor M nem maximális elemszámú párosítás. Bizonyítás: a következő két ábra mutatja meg, hogyan kapunk az M párosításból egy eggyel nagyobb elemszámú M párosítást, ha x A -ből van alternáló út y B -be. Ez igazolja a segédtételt. 2

38 B: B 0 V B y M: A: A 0 U x A B: B 0 V B y M : A: A 0 U x A 3

39 2. Segédtétel Ha nincs alternáló út A -ből B -be, akkor (A 0 \ U) V lefogó ponthalmaz. Továbbá M = (A 0 \ U) V miatt ν(g) τ(g), M maximális elemszámú párosítás, és a tételt igazoltuk. Ennek bizonyítása: A második mondat következik az elsőből, ezért csak azt kell belátnunk, hogy a mondott (A 0 \ U) V halmaz (az ábrákon szaggatott piros vonallal bekarikázva) lefogó, ehhez pedig azt kell igazolni, hogy rossz helyen (azaz a mondott halmaz által le nem fogottan) nem mennek élek. Ezt több esetre bontva indirekt igazoljuk az alábbi ábrák segítségével. B: B 0 V B M: A: A 0 x U A Ha egy B 0 \ V -ből induló él (az ábrán barna vastag szaggatott) nem A 0 -ban landol (azaz nincs lefogva), akkor x-be is vezet alternáló út A -ből, így x U, ellentmondás. 4

40 B: B 0 V B M: A: A 0 U A Ha egy B -ből induló él nem A 0 -ban landol, akkor A -ben a feltevés miatt nem landolhat, hiszen akkor lenne hosszúságú alternáló út A -ből B -be, ami a feltevés szerint lehetetlen. Ha pedig B: B 0 V B w M: A: A 0 z U v A U-ban landol (az ábrán barna vastag szaggatott él): mivel z elérhető valamely v A -beli pontból alternáló úttal, ezért w B is, tehát a feltevéssel ellentétben van alternáló út A -ből B -be; ellentmondás. Q.e.d. 5

41 Magyar módszer: Adott egy páros gráf. Keresünk egy maximális elemszámú párosítást. A módszer: elindulunk egy tetszőleges M párossításból. (Lehet üres is, de célszerű annál bővebből indulni.) Ezt követően az előző bizonyítást követjük: ha van alternáló út A -ből B -be, akkor ezen úton az M-beli éleket M-ből kidobva, a nem M-belieket pedig M-hez hozzávéve egy nagyobb elemszámú párosítást kapunk. Ha pedig nincs, akkor (A 0 \ U) V lefogó ponthalmaz. Érdemes ellenőrizni, hogy tényleg lefogó és tényleg annyi eleme van, mint amennyi a párosításnak (ha nem, akkor valamit elrontottunk: valószínűleg az U-t rosszul határoztuk meg.) Példa: az alábbi ábrák szerint. B B B B B A A A A A 6

42 B B B B B A A A A A B B B B A A A A 7

43 B B B B A A A A B B B A A A 8

44 B B B A A A B B A A 9

45 B V V B U U A A A nagy gombócok lefogó ponthalmazt alkotnak. Számuk valóban M. Tehát M maximális elemszámú párosítás. Megjegyzés: ha M (mindegy, hogyan találtuk) olyan párosítás, hogy létezik M elemszámú lefogó ponthalmaz, akkor M maximális elemszámú párosítás (és a kérdéses lefogó ponthalmaz minimális elemszámú). X V -re jelölje Γ(X) az X-beli szögpontok szomszédainak halmazát. (Azaz azon szögpontok halmazát, amelyek valamely X-beli szögponttal össze vannak kötve éllel.) 4. Tétel. Kőnig Hall-tétel. Legyen G páros gráf az A, B pontosztályokkal. Akkor és csak akkor létezik A-t lefedő párosítás, ha bármely X A-ra Γ(X) X. ( Kőnig Hall-feltétel.) (Nagyon) pongyolán fogalmazva: a feltétel az, hogy A bármely részhalmazának elég sok szomszédja legyen. Bizonyítás: A feltétel nyilván szükséges. Az elegendőséghez a Kőnig-tétel szerint elegendő azt belátni, hogy τ(g) = A, azaz τ(g) A, azaz hogy bármely S lefogó szögponthalmaznak legalább A eleme van. Az ábra szerint: 20

46 A: A \ S S? B: Az A \ S-ből induló élek (hogy S tényleg lefogja ő k et), csakis A: A \ S S B: Y Y := B S-ben végződhetnek. Ezért Γ(A \ S) Y, így A \ S Γ(A \ S) Y, és ezért látható, hogy A S. Q.e.d. Az eddigiek következménye az alábbi: 5. Tétel. Legyen G páros gráf az A, B pontosztályokkal. Pontosan akkor létezik teljes párosítás, ha A = B és (Kőnig Hallfeltétel:) az A bármely S részhalmazának legalább S szomszédja van. Egy gráfot k-regulárisnak nevezünk, ha minden pontja k-adfokú. Regulárisnak, ha valamely k -re k-reguláris. Példa: 2

47 3-reguláris páros gráf 6. Tétel. Minden reguláris páros gráfban létezik teljes párosítás. Bizonyítás: Legyen X A, X = n. Ekkor X-ből kn él indul ki Γ(X)-be. Mivel Γ(X) egy-egy szögpontjába pontosan k él fut be, ezért Γ(X) nem lehet túl kis elemszámú, hogy az X-ből befutó élek landolni tudjanak. Pontosabban: kn él csak úgy landolhat, ha Γ(X) n = X (Kőnig Hall-feltétel). Speciálisan: X = A esetén kapjuk, hogy A Γ(A) B. Szerepcserével: B A. Az előző tétel miatt Q.e.d. Feladatok. A körbekényszerítős játék szabálya: adott n szögpont a síkon, él egy se. A két játékos felváltva rajzol be egy-egy élet a gráfba. Az veszít, aki először rajzol be olyan élet, hogy a gráfban kör keletkezik. Kezdőjátékosként melyik játékasztalt érdemes választani: ahol 2005 szögpont van, ahol 2004, vagy teljesen mindegy? 2. Ha egy n szögpontú gráfban (n 2) legalább n él van, akkor kör is van. 3. Bármely véges gráf élei irányíthatók oly módon, hogy a kapott irányított gráf ne tartalmazzon irányított kört. 4. Igazoljuk, hogy egy fában legfeljebb egy teljes párosítás lehet. 5. Táncolhatnak-e párokban az egész társaság úgy, hogy minden férfi ismerős hölggyel táncol, ha (a) Minden férfi k hölgyet ismer és minden hölgy k férfit ismer? (Az ismerettség kölcsönös) (b) Minden férfi ismeri legalább a hölgyek felét és minden hölgy legalább a férfiak felét? 22

48 Diszkrét matematika II. (2005.febr.22) Czédli Gábor március 3. Az előadás kivetített nyers változata, sajtóhibák lehetségesek. Figyelem: csak részben tartalmazza az előadáson elhangzottakat, pl. nem tartalmazza a táblánál előadott feladatmegoldásokat!

49 Euler-vonal A legelső gráfelméleti eredményről lesz szó (Euler, 736).Ebben a fejezetben többszörös éleket is meg fogunk engedni. Ezért nem monhatjuk, hogy az élek szögpontpárok vagy kételemű szögponthalmazok, mint eddig. Hanem az él a szögponttal egyenrangú alapfogalom, és e kettő viszonyát ragadja meg az alábbi Definíció: (többszörös- és hurokéleket megengedő irányítatlan) gráfon egy G = (V, E, ι) rendezett hármast értünk, ahol V a szögpontok ( vertex, vertices ) halmaza, E az élek ( edge ) halmaza, ι : E {{x, y} : x, y V } ( ióta ) pedig az illeszkedést leíró leképezés. Tehát ι azt mondja meg, hogy egy e élnek melyek a végpontjai (illetve egyetlen végpontja hurokél esetén, amikor is eι = {x, x} = {x} alakú). A korábbi gráfjaink (azaz a hurokél és többszörös él nélküli, irányított vagy irányítatlan gráfok) az ún. egyszerű gráfok. Euler: végig lehet-e menni a Pregel-folyó hídjain (7 db), hogy mindegyiken pontosan egyszer megyünk keresztül? (A nagyobbik sziget csak félig látszik az ábrán.) Königsberg, Pregel folyó Königsberget a folyó négy részre vágja, ezeket egy gráf szögpontjainak, a hidakat pedig ezen gráf éleinek kinevezve: a kérdés az, hogy van-e ebben a gráfgan olyan séta, amelyik a gráf mindegyik élét pontosan egyszer tartalmazza.

50 Ma akár mondjuk külön, akár nem csak véges gráfokat tekintünk, tehát a végesség implicit módon mindig fel lesz téve. Def: Egy olyan sétát, amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza, Euler-vonalnak nevezünk. Ha emellett a séta zárt (kezdőpont=végpont), akkor zárt Euler-vonalnak nevezzük. Ha egy G gráfban nincs izolált (=nulladfokú) szögpont és van Euler-vonal, akkor nyilván a gráf összefüggő, továbbá a séta kezdő és végpontját (ha ezek különbözők) leszámítva minden szögpontba bemegyünk és onnak kijövünk, esetleg többször is, és így ezen szögpontok foka páros. Ha zárt Euler-vonal is van (azaz a gráf Euler-gráf, akkor minden szögpont foka páros. Meglepő módon ezen könnyen látható szükséges feltételek elegendőek is! Pontosabban:. Tétel. Legyen G egy izolált pont nélküli gráf. (Irányítatlan, többszörös élek megengedettek.) Ekkor () G Euler-gráf összefüggő és minden szögpont foka páros. (2) G-ben van Euler-vonal G összefügő és legfeljebb kettő páratlan fokú szögpontja van. 2

51 A bizonyítás vázlata: Tfh. G öfgő és minden pont foka páros. Feltehető, hogy nincsenek hurokélek (hiszen azok utólag is hozzávehetők majd a hurokéleitől megfosztott gráf Euler-vonalához).Létezik olyan zárt séta, amelyikben bármely él legfeljebb egyszer fordul elő. Ugyanis: engedjük meg a 0 hosszúságút is (0 élből és egyetlen szögpontból áll)! Legyen L maximális hosszúságú zárt vonal, amelyben mindegyik él legfeljebb egyszer lép fel. Indirekt tfh. L nem tartalmazza az összes élet. Ekkor létezik egy L-en kívüli e él úgy, hogy ezen élnek (legalább) egyik végpontja, mondjuk b, L által látogatott. (Azért nem mondom, hogy L-beli, mert a többszörös élek miatt a szögpontok sorozata nem határozza meg az élek sorozatát; tehát itt a séta csakis az élek sorozatával adható meg!) Ha L mindegyik szögpontot meglátogatja, akkor ez evidens. Ha nem, akkor tekinsünk egy L által nem látogatott a szögpontot és egy L által látogatott b szögpontot, majd (G öfgő!) egy utat a-ból b-be az első olyan él, amelyik nem látogatott szögpontból látogatottba visz, jó lesz. (De mi a másikat tekintjük e -nek, mivel az tanulságosabb.) ld. ábra. b a 4 e 8 7 L Tehát b, amelyet L (vastag kék) látogat, és amelyből L-en kívüli e él indul. Induljunk el egy K sétára (vastag szaggatott piros) b-ből L-en kívüli éleken, éleket nem ismételve. 3

52 L 4 3 e b=b 8 b a Az e élen eljutunk b = b 0 -ból egy b b 0 pontba. Mivel b L-foka (azaz az L-beli élek által alkotott részgráfban ami nyilván Euler-gráf tekintett foka) páros, és G-beli foka is páros, van az L-beli éleken és az e élen kívül is L-ből induló további, e 2 él! Azon menjünk tovább egy b 2 -vel jelölt szögpontba! 4

53 L 4 3 e b=b 8 b e 2 5 b Ha b 2 b 0, akkor mivel az L-foka is és a G-beli foka is páros, létezik b 2 -ből induló, eddig még nem szerepelt él, azon menjünk tovább. Stb. 5

54 L 4 e 4 3 e b=b 8 b K 2 e 3 e 2 5 b Az se baj, ha visszaérünk egy korábbi, de b 0 -tól különböző szögponthoz: L valahányszor bement és ugyanannyiszor kiment (páros sok él), és K eddigi része is korábban valahányszor bement és kiment (páros sok él), most bementünk, (ez eddig páratlan sok él), van tehát eddig nem használt él, amin távozhatunk. 6

55 L 2 4 e 4 3 e b 0 8 b e0 e e e e 2 e e 8 6 e 7 5 K b Végtelen sokszor nem találhatunk új élet, tehát mivel minden más esetben találunk előbb-utóbb visszaérünk b 0 -ba, és ezzel befejeződik a K séta konstrukciója. Mármost ha b 0 -ból előbb L majd K mentén sétálunk, akkor zárt sétát kapunk különböző éleken, ami hosszabb L-nél, ellentmondás, q.e.d. A bizonyítás algoritmust szolgáltat zárt Euler-vonal keresésére! (Elég jót, bár van jobb is a könyvben.) A nem zárt Euler-vonal esete a zárt Euler-vonalra vezethető könnyedén vissza. A tétel szerint legfeljebb két páratlan fokú pont esetén létezik Euler-vonal. Mivel a fokszámok összege páros (kétszerese az élek számának), ezért nem lehet pontosan egy páratlan fokú pont. Ha nulla van, akkor zárt Euler-vonal is van (és láttuk, hogyan lehet találni.) Ha pontosan kettő páratlan fokú pont van, akkor kössük ő k et össze egy új éllel. Az új gráfban van zárt Euler-vonal, és meg is tudjuk keresni. Ha ebből az új élet elhagyuk, az eredeti gráf egy nyitott Euler-vonalát kapjuk. 7

56 Megjegyzés: irányított gráf esetén pontosan akkor létezik zárt (természetesn irányított) Euler-vonal, ha a gráf gyengén összefüggő (azaz a nyilakat az élekről elhagyva mint irányított gráf összefüggő) és minden pont kifoka azonos a befokával. Feladat: Lerajzolható-e az ábrán látható ház anélkül, hogy a ceruzát felemelnénk? Igen, mert a gráf összefüggő, és a páratlan fokú pontok száma 2. 8

57 Hamilton-kör, Hamilton-út Városnéző sétán többnyire nem az a cél, hogy a hidakon átmenjünk, hanem az, hogy minden nevezetességhez eljussunk pontosan egyszer. Def: egyszerű (= nincs hurokél, nincs többszörös él) gráf esetén ha egy kör, illetve út minden szögponton átmegy, akkor Hamilton-körnek, illetve Hamilton-útnak nevezzük. Megj.: a hurokéleknek, többszörös éleknek nem is jutna szerep, hiszen a kör/út bármely szögponton csak egyszer mehet át. Ha van Hamilton-kör, akkor Hamilton út is van. Fordítva ez nem áll fenn, pl. a két szögpontú egyetlen élet tartalmazó gráfban (semilyen) kör nincs, de Hamilton-út van. Jogos a várakozás, hogy a zárt Euler-vonalra vonatkozó könnyű és gyors algoritmus után hasonló szerepeljen a Hamiltonkörre is. Időhiány, és nincs is! A Hamilton-kör keresése bizonyítottan NP-teljes probléma! (Ld. későbbi tanulmányok. P =? NP??? A megoldónak egymillió dollárt ígér!) E bonyolult témakörből csak egyetlen tételt ismertetek, bizonyítás nélkül: 2. Tétel. Ha a G véges egyszerű gráfban bármely szögpont foka legalább fele a szögpontok számának, akkor G-ben van Hamiltonkör. 9

58 Például ebben a gráfban van Hamilton-kör, és akkor is ugyanezt állíthatnánk, ha a felső vízszintes élét elhagynánk. Műveletek, műveleti tulajdonságok Korábbi példák műveletekre: P (A)-n (azaz A hatványhalmazán, tehát részhalmazainak halmazán),, \,, C-n az +,,,. Vagy S n -en a szorzás. Példák tulajdonságokra: pl. a szorzás S n -en asszociatív.. Vagy Def.: Ha A nemüres halmaz és n N 0, akkor az A n A leképezéseket A-n értelmezett n-változós műveleteknek nevezzük. Egy ilyen művelet esetén n-et a művelet változószámának vagy aritásának nevezzük. Jelölés: hagyományosan, kis latin betűkkel (vagy máshogy). Például R-n az összadás nem más, mint az R 2 R, (x, y) x + y leképezés, amelyet természetesen + vagy (félreértés veszélye esetén) + R jelöl. Ez egy kétváltozós művelet, amely mellett az (x, y) elempár képét nem (x, y)+ R és nem is +(x, y) vagy + R (x, y), hanem x + y jelöli. Az előző példák során felsoroltak közül kétváltozósak:,, \,, +,, és (esetenként) (kivonás). Egyváltozósak: (komplementer halmaz képzése), (konjugálás), (ellentett képzése). A pozitív valós számok halmazán kétváltzós művelet az exponenciális függvény (x y ) és a logaritmusfüggvény (log x y) is, egyúttal további hagyományos jelölést is láttunk. A valós számok R halmazán egyváltozós műveletek a szögfügvények, pl. a sin x, és általában a Kalkulus tantárgyban megismert mindazon valós függények, amelyek értelmezése tartománya (, ), azaz az f : R R, x f(x) függvények. (Ismét újabb hagyományos jelölések.) Véges halmazon műveletet értéktáblázattal is megadhatunk: 0

59 Egyváltozós: f g b Kétváltozós: 0 b = a f(a) 2 2 a a b a = = a b Megj: úgy is lehetne, mint a logikai műveletek esetén (de kétváltozósnál az ritka). Milyen a nullaváltozós művelet? Definíció szerint A 0 = { }, tehát egyelemű. (Ez összhangban van azzal, hogy n 0 =, tehát az A n = A n összefüggés n = 0 esetén is teljesül.) A nullaváltozós művelet, A 0 A, nem más, mint az egyelemű { } halmaz A-ba való leképezése. De egy egyelemű halmaz leképezését az egyetlen eleme képének megadásával lehet megadni. Ezért a továbbiakban nullaváltozós műveleten az A egyetlen elemének kijelölését értjük, és eszünkbe sem jut az { }. Más szóval: nullaváltozós művelet = alaphalmaz rögzített kitüntetett eleme. Például szokás a 0 R, id S n, Z elemeket nullaváltozós műveleteknek tekinteni. Algebra (i struktúra) Def: Ha A nemüres halmaz, és F A-n értelmezett műveleteknek valamilyen halmaza, akkor az (A; F ) párt algebrai struktúrának, vagy röviden algebrának nevezzük. A az algebra ún. alaphalmaza vagy más néven tartóhalmaza. F lehet üres is (nem túl érdekes eset). Ha F -nek kevés eleme van, akkor a jelölésben F helyett az elemeit (azaz a műveleteket) is felsorolhatjuk. Pl. (Z; {+, }) és (Z; +, ) ugyanazt jelenti. Csak olyan jelölést szabad használni, amelynél konvenció vagy előzetes közlés alapján az olvasó tudja, hogy az egyes műveleti jelek hányváltozós műveletet jelölnek. Tehát pl. önmagában (Z; ) kevés, mert azt is meg kell mondani, hogy a jel egy- vagy kétváltozós.

60 Végtelen sok algebrai struktúra definiálható, még akkor is, ha az A alaphalmaz egy rögzített véges halmaz. De természetesen nem mindegyik érdekes és hasznos számunkra, ahogy pl. a folytonos valós függvények közül se mindegyik. Egyes könyvek az algebra és a tartóhalmaza között nem tesznek jelölésbeli különbséget, de mi igen. A műveleteknek és az algebrai struktúráknak lehetnek speciális jó tulajdonságai. Némelyek elég fontosak és hasznosak ahhoz, hogy elnevezést és tanulmányozást érdemeljenek. (Ez már az ismereteink rendszerezése miatt is megéri, de további haszna is van.) Def: az egyetlen kétváltozós művelettel rendelkező algebrai struktúra neve: grupoid. A grupoid műveletét többnyire szorzás (egymás mellé írás) jelöli, de más jelölés is elképzelhető. Def: Legyen (A; ) egy grupoid. Azt mondjuk, hogy ez a grupoid (vagy a rajta értelmezett művelet) kommutatív def asszociatív def bármely a, b A-ra ab = ba, bármely a, b, c A-ra (ab)c = a(bc). Fontos, hogy más jelölésrendszerek esetén is ismerjük a definíciót! Íme néhány példa: Ha f jelöli a műveletet, és az (x, y) képét f(x, y), akkor f asszociatív def bármely a, b, c A-ra f(f(a, b), c) = f(a, f(b, c)). Ha hatványozás módjára jelöljük a műveletet, akkor a művelet asszociatív def bármely a, b, c A-ra (ab ) c = a (bc) (a második zárójelpárt el szokás hagyni). Az alábbi két jelölésmód főleg az informatikában elterjedt. (A fordítóprogramok kifejezések fordítása közben használhatják közbülső lépésként azért előnyösek, mert nincsenek zárójelek). Ha a műveleti jel és lengyel jelölést alkalmazunk: (x, y) xy, azaz a műveleti jelet követik az operanduszok, akkor asszociatív def bármely a, b, c A ra abc = a bc. Ha h a műveleti jel és fordított lengyel jelölést alkalmazunk: (x, y) x y h, akkor h asszociatív def bármely a, b, c A ra a b h c h = a b c h h. Követelmény: a fenti és későbbi fogalmakat a lehetséges jelölési rendszerek mindegyikében tudni kell! (ab)c = a(bc) Az asszociativitás esetén pl. azt is tudni kell, hogy a lényeg: adott három elem, rögzített sorrendben. Mindegy, hogy először az első kettőt helyettesítjük a szorzatukkal, és azután végezzük el a második szorzást, vagy pedig először az utolsó kettőt helyettesítjük a szorzatukkal, és azután végezzük el a második szorzást. 2

61 Def: Legyen (A; ) grupoid és e A. Ha bármely x A-ra ex = x és xe = x, akkor e-t a gupoid egységelemének nevezzük. Ha egy grupoidnak van egységeleme (más szóval: a grupoidban van egységelem), akkor egységelemes grupoidról beszélünk. Állítás: Egységelemes grupoidnak pontosan egy egységeleme van. Bizonyítás Ha e is és e 2 is egységelem, akkor e e 2 = e 2, mivel e egységelem, továbbá e e 2 = e, mivel e 2 egységelem, és innen e = e 2. Q.e.d. Def: Legyen (A; ) grupoid és z A. Ha bármely x A-ra zx = z és xz = z, akkor z-t a gupoid zéruselemének nevezzük. Ha egy grupoidnak van zéruseleme (más szóval: a grupoidban van zéruselem), akkor zéruselemes grupoidról beszélünk. Állítás: Zéruselemes grupoidnak pontosan egy zéruseleme van. Bizonyítás Ha z is és z 2 is zéruselem, akkor z z 2 = z, mivel z zéruselem, továbbá z z 2 = z 2, mivel z 2 zéruselem, és innen z = z 2. Q.e.d. Példák: A (Z; ) grupoidban az egységelem, a 0 pedig zéruselem. Innen ered az elnevezés! A (Z; +) grupoidban viszont a 0 egységelem, és nincs zéruselem! Félcsoport, monoid Félcsoport = asszociatív grupoid Monoid = egységelemes félcsoport = egységelemes asszociatív grupoid Példák: Egész számok additív félcsoportja: (Z; +), ez monoid. Egész számok multiplikatív félcsoportja: (Z; ), ez is monoid. Pozitív egész számok additív félcsoportja: (N; +), ez nem monoid! Hiszen nincs olyan e pozitív egész szám, hogy e + x = x = x + e minden x N-re teljesüljön! Az összetett pozitív egész számok multiplikatív félcsoportja: ({4, 6, 8, 9, 0,...}; ): ez nem monoid! A prímszámok multiplikatív félcsoportja: ({2, 3, 5, 7,...}; ) Nem! Ez még csak nem is algebrai struktúra! A szorzás nem is művelet rajta, hiszen két prímszám szorzata nincs benne az alaphalmazban! Grupoidban az a a 2... a n szorzatnak általában nincs értelme, mert még az sem világos, melyik két elemet kell először összeszorozni. (Már n = 3 esetén is eltérő eredményt kaphatunk, ha más sorrendet választunk.) Csak akkor válik értelmessé, ha zárójelekkel kijelölünk valamilyen sorrendet. 3

62 3. Tétel. Általános asszociativitás tétele: félcsoport tetszőleges a,..., a n (n ) elemeire bárhogy zárójelezzük (természetesen szintaktikusan helyesen) az a a 2... a n szorzatot, az eredmény független a zárójelezéstől. Mivel úgysem függ a zárójelezéstől a szorzat, a zárójeleket félcsoportban többnyire elhagyjuk. Def: azt mondjuk, hogy egy (A; ) grupoid a, b elemei felcserélhetők, ha ab = ba. Megj.: nyilván a grupoid pontosan akkor kommutatív, ha bármely két eleme felcserélhető. Szinte evidens az alábbi tétel. 4. Tétel. (Általános kommutativitás tétele.) () Ha egy félcsoport a,..., a n elemei páronként felcserélhetők, akkor bármely π S n permutációra a π a 2π... a nπ = a a 2... a n. (2) Kommutatív félcsoportban a többtényezős szorzatok eredménye független a tényezők sorrendjétől. Például korábban tanultuk, hogy az (S n, ) félcsoportban az idegen ciklusok felcserélhetők, ezért páronként idegen ciklusok szorzata nem függ a tényezők sorrendjétől. Az (N; +) és (N; ) félcsoportok esetén az általános asszociativitás és kommutativitás már az általános iskola alsó tagozatán szinte tudat alatti készséggé válik. Példa erre az alábbi szorzat kiszámítása: =? Hatványozás félcsoportban a n = aa... a. Grupoidban ez kevés lenne (hogyan zárójelezzük?). Ezért feltesszük, hogy a művelet asszociatív, azaz csak félcsoportban definiáljuk: a n = aa... a (n tényező, n, a := a). Másként: a := a, a n+ := a n a (rekurzióval). 5. Tétel. (Hatványozás azonosságai félcsoportban.) Félcsoport tetszőleges a, b elemére és n, m N-re a n a m = a n+m (azonos alapú hatványok szorzása), (a n ) m = a nm (hatvány hatványozása), ha a és b felcserélhető, akkor a n b n = (ab) n (azonos kitevőjű hatványok szorzása). 4

63 Bizonyítás: Az általános asszociativitás miatt mindegy, hogy az azonos tényezőkből álló szorzatot hogyan zárójelezzük. Ezért a tétel ugyanúgy adódik, ahogy számokra (triviálisan). De teljes indukcióval is lehet bizonyítani. Def. Legyen (A, ) egységelemes grupoid. Az egységelemét jelölje. Ha a, b A és ab = ba =, akkor azt mondjuk, hogy b inverze a-nak. Állítás Monoidban bármely elemnek legfeljebb egy inverze van. Bizonyítás: Ha b és és b 2 is inverze a-nak, akkor b = b = b (ab 2 ) = (b a)b 2 = b 2 = b 2. Tehát az a bármely két inverze megegyezik, ezért csak egy van. Q.e.d. Monoidban ha létezik az a elem inverzét (amiből csak egy van) a jelöli. Ha létezik a, akkor neki is van inverze: a. Azaz (a ) = a. Példa: (Z; ) monoid, az szám az egységeleme, csakis az -nek és -nek van inverze: önmaguk. 6. Tétel. Ha egy monoid a,..., a n elemeinek van inverze, akkor ezen elemek szorzatának is van és (a... a n ) = a n... a. Azaz: ha a tényezőknek van inverze, akkor a szorzatnak is van, és a szorzat inverze a tényezők inverzének fordított sorrendben vett szorzata. Biz: Szorozzuk össze a kettőt mindkét sorrendben (de csak az egyiket részletezzük): a... a n a n a n a n... a = a... a n (a n a n )a n... a = a... a n a n... a = a... a n ( a n )... a = a... a n a n... a =... a a =, valóban. Q.e.d. Def: csoport def Csoport monoid, amelyben minden elemnek van inverze. 5

64 Azaz asszociatív, egységelemes grupoid, amelyben minden elemnek van inverze. Jelölések: a csoport egységelemét, az a elem inverzét pedig a jelöli. Def: Abel-csoport def kommutatív csoport. Jelölések: nem mindig jelöli a csoport egységelemét, és a műveletet is lehet máshogy jelölni. Abel-csoport esetén leggyakrabban összeadás jelöli a műveletet (és akkor 0 az egységelemet: 0 + a = a + 0 = a.) Példák csoportra: (R \ {0}; ) Abel-csoport, itt az szám az egységelem, és a reciprok az inverz. (R; ) nem csoport, mert a 0-nak nincs inverze. Csak kommutatív monoid. (Q \ {0}; ) és (C \ {0}; ) is multiplikatív Abel-csoport. A jelző arra utal, hogy a művelet (jelölése) a szorzás. (Z \ {0}; ) nem csoport.? Pl. a 2-nek nincs inverze, hiszen nincsen olyan b egész szám, amelyre 2b =. (P (M); ), ahol M tetszőleges halmaz, Abel-csoport. Itt az az egységelem, és tetszőleges elem inverze önmaga. (S n ; ) csoport, de n 3 esetén nem Abel-csoport. Itt az identikus permutáció az egységelem. A sík (vagy tér) egybevágósági transzformációinak halmaza a leképezésszorzásra nézve csoport, nem Abel. Rögzített (többnyire szabályos ) T síkidom vagy térbeli test esetén azon egybevágósági transzformációk halmaza (a leképezésszorzásra nézve), amelyek T -t önmagába viszik ez csoport. Pl. a kocka egybevágósági (vagy más néven szimmetria-) csoportja, a hatszög egybevágósági (vagy szimmetria-) csoportja, stb. Az előbbi T esetén esetén a sík, ill. tér azon mozgástranszformációinak csoportja, amelyek T -t önmagába viszik ez csoport. Pl. a kocka mozgáscsoportja különbözik a kocka egybevágósági csoportjától, mert az előbbiben nincsenek benne (a kocka középpontján átmenő, lappal párhuzamos síkokra való) tükrözések. Adott kristályrács szimmetriacsoportja, azaz a rácsot önmagába vivő egybevágósági transzformációk csoportja, a kristálytanban kap szerepet. A Rubik-kocka (bűvös kocka) csoportja: lényegében ez is egy mozgáscsoport (de most nem def.), amelynek tanulmányozása segít a kocka helyreforgatásában. Elem hatványa csoportban: pozitív kitevőre mint eddig (ismételt szorzás). a 0 :=. Ha k < 0, akkor a k := (a ) k. 7. Tétel. (Hatványozás azonosságai csoportban.) Csoport tetszőleges a, b elemére és n, m Z-re a n a m = a n+m (azonos alapú hatványok szorzása, (a n ) m = a nm (hatvány hatványozása), ha a és b felcserélhető, akkor a n b n = (ab) n (azonos kitevőjű hatványok szorzása). 6

65 Bizonyítás: Éppúgy, mint 0-tól különböző racionális számok esetén. Q.e.d. A fogalmakat más jelölésmód esetén pl. additív írásmód esetén is tudni kell! Az alábbi táblázat jelenti a szótárt a multiplikatív és az additív írásmód között: Műveleti jel: vagy egymás mellé írás +; Egységelem: 0; Hatvány: a n na; Azonos alap. szorz.: a n a m = a n+m na + ma = (n + m)a ; Hatvány hatványozása: (a n ) m = a nm m(na) = (nm)a; stb. Def: Egy (A; ) félcsoportot kancellatívnak (vagy egyszerűsítésesnek) nevezünk def bármely a, x, y elemeire ax = ay = x = y és xa = ya = x = y. ( cancel = egyszerűsít ) Példák: (R; ) monoid de nem kancellatív, hiszen a nullával nem lehet egyszerűsíteni. (R \ {0}; ) kancellatív monoid, (N; ) kancellatív monoid. 8. Tétel. () Minden csoport kancellatív monoid. (2) Minden véges kancellatív félcsoport csoport. Megj.: még az is meglepő, hogy a (2) feltételéből következik az egységelem léte. Bizonyítás (Szép.) () Tfh. (A; ) csoport és ax = ay. Ekkor x = x = (a a)x = a (ax) = a (ay) = (a a)y = y = y, tehát () q.e.d. (2) Tfh. (A; ) kancellatív véges félcs. Ekkor, amennyiben a A, az A A, x ax leképezés a kancellativitás miatt injektív, így a végesség miatt szürjektív is. Tehát bármely a, b A esetén létezik olyan x A, hogy ax = b. Röviden: az ax = b egyenletek megoldhatók!!! 7

66 Mármost, ha az ax = b egyenletek megoldhatók, akkor az eddigi megfontolásban a bal és a jobb szerepének felcserélésével kapjuk, hogy az xa = b egyenletek is megoldhatók! Tehát (a véges kancellatív félcsoportunkban) az ax = b is és az xa = b egyenletek is megoldhatók. Ezt használjuk ki a későbbiekben, amikor valamely adott elem helyett x-szer egy másik adott elemet írunk (a sorrend mindegy). Rögzítsünk egy a A elemet. Az xa = a egyik megoldását jelölje e. Ekkor tetszőleges b elemre eb = e(ax) = (ea)x = ax = b. Azaz bármely b-re eb = b. ( ) Bal jobb = f A, hogy b-re bf = b. ( ) ( ) és ( ) = f = ef = e. Ezért ( ) és ( ) = e egységelem! Jelöljük -gyel! 8

67 Van egységelem, tehát (A; ) monoid! Vajon van-e tetszőleges a A-nak inverze? Tehát (A; ) (immár) monoid, és az egyenletek megoldhatók. Ezért (az xa = megoldását véve) van olyan b, hogy ba =. Vajon inverze-e b az a-nak? Azaz vajon ab =???? Ehhez (a kancellativitás miatt) elegendő lenne, hogy (ab)a =? a. De ez könnyen adódik: (ab)a = a(ba) = a = a, csakugyan. Tehát b inverze a-nak, így minden elemnek van inverze, ezért (A; ) csakugyan csoport. Q.e.d. Gyűrűk Def: Ha és kétváltozós műveletek egy nemüres A halmazon, akkor disztributív a -ra def a, b, c A-ra a (b c) = (a b) (a c) és (b c) a = (b a) (c a). Példa (és ez alapján érdemes megjegyezni a fenti formulát): a (számok körében) a szorzás disztributív az összeadásra. Példa: és egymásra kölcsönösen disztributívak. A disztributív a -ra (szimmetrikus differencia). Feladat: mit jelent az, hogy f disztributív g-re? (Mindkettő kétváltozós.) Megoldás: f(a, g(b, c)) = g(f(a, b), f(a, c)) és f(g(b, c), a) = g(f(b, a), f(c, a)) tetszőleges elemekre A, mert ide vezet, ha átírjuk a definíciót. Def: az (A; +, ) algebrai struktúra (ahol + és kétváltozós) gyűrű def (A; +) Abel-csoport, (A; ) félcsoport és a disztributív az +-ra. Tehát a gyűrű kétműveletes algebra, amelynek van egy ún. additív csoportja, az (A; +) Abel-csoport, van egy multiplikatív félcsoportja, az (A; ) félcsoport, és a szorzás disztributív az összeadásra. Példa: az egész számok gyűrűje. A multiplikatív félcsoport jelzői (kommutatív, egységelemes) egyúttal a gyűrű jelzői is. (Az összeadás lévén Abelcsoportművelet automatikusan kommutatív és egységelemes.) Példák: (Z; +, ) kommutatív egységelemes gyűrű! Ha U halmaz, akkor (P (U);, ) kommutatív egységelemes gyűrű. 0 :, : A. ({páros egész számok}; +, ) kommutatív de nem egységelemes gyűrű. Nem azért nem egységelemes, mert az páratlan szám! Hanem mert nincs olyan e páros szám, hogy bármely x páros számra ex = x lenne, sőt még olyan sincs, hogy mondjuk e 2 = 2 legyen. 9

68 ({páratlan egész számok}; +, ) nem gyűrű, mégcsak nem is algebra(i struktúra). Bár az azonosságok látszólag OK, a szorzással sincs gond, az összadás nem művelet, hiszen két páratlan szám összege nem páratlan! (Ha mást nem mondunk, mint itt is, a + és a szokásos jelentésűek.) További példák kommutatív gyűrűkre: (a szokásos műveletekkel, ezért csak a tartóhalmazt megadva): R, C, Q, {racionális együtthatós polinomok}, {valós együtthatós polinomok}, ezek eddig egységelemesek is, {páros együtthatós polinomok}, {páros együtthatós polinomok, amelyekben minden tag páros fokú}. Példa nemkommutatív gyűrűre: csak azoknak, akik tanultak már lineáris algebrát: rögzített n -re az n n -es valós mátrixok halmaza a szokásos mátrixműveletekkel. Gyűrűben (ha mást nem mondunk) az additív csoport egységelemét 0, a multiplikatív félcsoport egységelemét (ha van) jelöli. Def: test def kommutatív, legalább kételemű, egységelemes gyűrű, amelyben minden nemnulla elemnek van multiplikatív inverze. A definíciók alapján meggondolható (de most nem tesszük), hogy test olyan kommutatív gyűrű, amelyben a nullától különböző elemek a szorzásra nézve csoportot alkotnak. Példák: (a szokásos műveletekkel testek): Q, R, C, valamint, ha az összeadást az x + 0 = 0 + x = x és + = 0 definiálja, a {0, } is test. Az alábbi példákat segíthetnek, hogy ne keverjük össze a definíciókat: természetes számok multiplikatív félcsoportja, az (S n ; ) ún. szimmetrikus csoport vagy a kocka forgáscsoportja, az egész számok gyűrűje, a valós számok teste. Jelölések: gyűrű esetén a kivonás: a b := a + ( b). A definíciókból levezethető az alábbi tétel: 9. Tétel. Gyűrűkben érvényesek a szokásos (azaz mátrixok, ill. a szorzás kommutativitását leszámítva a számok körében megszokott) számolási szabályok, pl. 0x = 0, a(b c) = ab ac, (a + b) = a b, a( b) = ab = a( b), ( a)( b) = ab, 20

69 általános disztributivitás (több tagú összegek szokásos szorzása): n m i a ij = n a k,f(k), i= j= f F k= ahol F az összes olyan f leképezések halmaza, amelyekre a f F utáni produktumnak (szorzatnak) értelme van, pontosabban: F az összes olyan f : {,..., n} N leképezések halmaza, amelyekre k =,..., n-re f(k) m k. Az ijesztő formula a zárójelek szokásos fölbontásának felel meg. A formulának, persze előnye is van: szoros analógiát mutat a programozási nyelvekkel (és ezért a hagyományos, és jeleket nem tartalmazó kifejezéseknél könnyebben programozható). Ezt az alábbiakban demonstráljuk. n m i a ij i= j= 2

70 speciális esetben, mondjuk n = 3, m = m 2 = m 3 = esetén f lehet az vesszőt az indexek közül elhagyva) ( 2 ) n a k,f(k) = a,f() a 2,f(2) a 3,f(3) = a,2 a 2, a 3,2 = a 2 a 2 a 32 k= és az ilyen tagokat (szám szerint nyolcat, hiszen most F = 8, kell most összeadni. Tehát (a + a 2 )(a 2 + a 22 )(a 3 + a 32 ) = a a 2 a 3 + a a 2 a 32 + a a 22 a 3 + a a 22 a 32 + a 2 a 2 a 3 + a 2 a 2 a 32 + a 2 a 22 a 3 + a 2 a 22 a 32. leképezés, ezen f-re (végül a fölös Részlet a Tétel bizonyításából: Állítjuk, hogy 0x = 0, ennek igazolása: 0 + y = y bármely y-ra, hiszen a 0 jelöli az additív egységelemet. Speciálisan: = 0. Ezt és a disztributivitást felhasználva: 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x. Felhasználva ezt, az asszociativitást, és a 0x additív inverzének, azaz 0x-nek a jelentését kapjuk, hogy: 0 = 0x + ( 0x) = (0x + 0x) + ( 0x) = 0x + (0x + ( 0x)) = 0x + 0 = 0x. Tehát 0x = 0, valóban. Feladatok. Fordított lengyel jelölés esetén mit jelent, hogy az művelet disztributív a műveletre? 2. Vizsgáljuk a tanult tulajdonságok (pl. kancellatív-e, monoid-e, kommutatív-e) szempontjából az alábbi grupoidokat (a) (N; ), ahol a b := a + b ab; 22

71 Csak eddig jutottunk. (b) (N 0 ; ), ahol a b := a b + ab; (c) (P (U); \), ahol U nemüres halmaz; (d) (e) (N N; ), ahol (a, b) (c, d) := (a, d). (f) Egy (V, E, ι) gráf esetén a séták halmaza, ahol a művelet az egymás utáni végrehajtás abban az esetben, ha az első séta végpontja a második séta kezdőpontja, illetve az üres séta egyébként. 3. Gyűrűt, illetve testet alkotnak-e a alábbiak: (a) ({igaz, hamis};, ), 23