Diszkrét matematika 1.

Átírás

1 Diszkrét matematika 1. Nagy Gábor ELTE IK Komputeralgebra Tanszék 014. ősz

2 őszi félév Gyakorlat: 1. ZH tervezett időpontja: október 1.,. ZH tervezett időpontja: december 9. Fontos információk az alábbi linken találhatók: merai/edu/dm1/index-dm1-gy.html Ennek szerepét idővel átveszi: burcsi nagy Előadás: Fontos információk az alábbi linken találhatók: merai/edu/dm1/index-dm1-ea.html

3 Harmadfokú egyenlet Harmadfokú egyenlet megoldása Keressük meg az ax 3 + bx + cx + d = 0 egyenlet megoldásait (a 0)! Végigosztva a-val kapjuk az x 3 + b x + c x + d = 0 egyszerűbb egyenletet. Emlékeztető: másodfokú egyenlet megoldása: x + px + q = 0. Az x = y p helyettesítéssel eltűnik az x-es tag: y + q = 0. Innen átrendezéssel és gyökvonással megkapjuk a lehetséges megoldásokat y-ra, ahonnan kiszámolhatóak az x 1, x megoldások. Hasonló helyettesítéssel a harmadfokú egyenlet y 3 + py + q = 0 alakra hozható.

4 Harmadfokú egyenlet Keressük meg az y 3 + py + q = 0 egyenlet megoldásait! Ötlet: keressük a megoldásokat y = u + v alakban! Most (u + v) 3 = u 3 + 3u v + 3uv + v 3. A harmadfokú egyenlet: (u + v) 3 3uv(u + v) (u 3 + v 3 ) = 0 y 3 +py +q = 0 Célunk olyan u, v találása, melyekre 3uv = p, (u 3 + v 3 ) = q. Ekkor u + v megoldás lesz! u, v megtalálása: u 3 v 3 = ( p 3 )3, u 3 + v 3 = q, u 3, v 3 gyökei lesznek a z + qz + ( p 3 )3 = 0 másodfokú egyenletnek. A gyökökből u, v köbgyökvonással kijön: ( q ) y = 3 p ( p ) p ( q ) ( p ) 3 + 3

5 Harmadfokú egyenlet Keressük meg az x 3 1x + 0 = 0 egyenlet megoldásait! (Most x = y, és rögtön látszik, hogy az x = 1 gyök lesz.) p = 1, q = 0 helyettesítéssel az ( q ) x = 3 p ( p ) p ( q képletbe azt kapjuk, hogy x = A négyzetgyök alatt negatív! Meg lehet-e menteni a megoldóképletet? ) ( p ) 3 + 3

6 Harmadfokú egyenlet x = Formálisan számolva, a ( 3) = 3 feltétellel: = = ( 3) + ( 3) 3 = ( + 3) 3. Hasonlóan = ( 3) 3. Ezzel a megoldás: x = ( + 3) + ( 3) = 4. Felmerülő kérdések Számolhatunk-e 3-mal formálisan? Miért épp így kell számolni a értékét? Hova tűnt az x = 1 megoldás? Mi a harmadik gyöke az egyenletnek?

7 Számfogalom bővítése Természetes számok: N = {0, 1,,... } Nincs olyan x N természetes szám, melyre x + = 1! N halmazon a kivonás nem értelmezett! Egész számok: Z = {...,, 1, 0, 1,,... } A kivonás elvégezhető: x = 1. Nincs olyan x Z egész szám, melyre x = 1! Z halmazon az osztás nem értelmezett! { } Racionális számok: Q = p q : p, q Z, q 0 Az osztás elvégezhető: x = 1. Nincs olyan x Q racionális szám, melyre x =! Q halmazon a négyzetgyökvonás nem (mindig) elvégezhető! Valós számok: R. Nincs olyan x R valós szám, melyre x = 1! U.i.: Ha x 0, akkor x 0. Ha x < 0, akkor x = ( x) > 0.

8 Számfogalom bővítése Komplex számok körében az x = 1 egyenlet megoldható! Komplex számok alkalmazása: egyenletek megoldása; geometria; fizika (áramlástan, kvantummechanika, relativitáselmélet); grafika, kvantumszámítógépek. Komplex számok bevezetése Legyen i az x = 1 egyenlet megoldása. A szokásos számolási szabályok szerint számoljunk az i szimbólummal formálisan, i = 1 helyettesítéssel: Általában (1 + i) = 1 + i + i = 1 + i + ( 1) = i. (a + bi)(c + di) = ac bd + i(ad + bc).

9 A komplex számok definíciója Definíció Az a + bi alakú kifejezéseket, ahol a, b R, komplex számoknak (C) hívjuk. összeadás: (a + bi) + (c + di) = a + c + i(b + d). Szorzás: (a + bi)(c + di) = ac bd + i(ad + bc). A z = a + bi C komplex szám, valós része: Re(z) = a. A z = a + bi C komplex szám képzetes része:im(z) = b. Figyelem! Im(z) bi Az a + i0 alakú komplex számok a valós számok. A 0 + ib alakú komplex számok a tisztán képzetes számok. Az a + bi és a c + di komplex számok egyenlőek: a + bi = c + di, ha a = c és b = d.

10 A komplex számok definíciója Megjegyzés A komplex számok alternatív definíciója: (a, b) R R párok halmaza, ahol az összeadás koordinátánként: (a, b) + (c, d) = (a + c, d + b); szorzás (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc). A két definíció ekvivalens: i (0, 1). Az a + bi formátum kényelmesebb számoláshoz. Az (a, b) formátum kényelmesebb ábrázoláshoz (grafikusan, számítógépen). További formális számokra nincs szükség: Tétel(Algebra alaptétele, NB) Minden a 0 + a 1 x + a x + + a n x n kifejezés esetén, ahol a 0,..., a n C, a n 0, akkor létezik olyan z C komplex szám, hogy a 0 + a 1 z + a z + + a n z n = 0.

11 Számolás komplex számokkal Definíció Egy x szám ellentettje az az ^x szám, melyre x + ^x = 0. Egy r R szám ellentettje: r. Állítás (HF) Egy z = a + bi C szám ellentettje a z = a bi komplex szám. Definíció Egy z = a + bi C komplex szám abszolút értéke: z = a + bi = a + b. Valós számok esetében ez a hagyományos abszolút érték: a = a. Állítás(HF) z = a + bi 0, z = a + bi = 0 z = a + bi = 0.

12 Számolás komplex számokkal Definíció Egy x szám reciproka az az ^x szám, melyre x ^x = 1. Egy r R nemnulla szám reciproka: 1 r. Mi lesz 1 1+i? Ötlet: gyöktelenítés, kunjugálttal való bővítés: = = 1 (1 + )(1 ) = 1 1 ( ) Hasonlóan: i = 1 1 = 1 +. = 1 1 i 1 + i 1 i = = 1 i 1 i = 1 i 1 ( 1) = 1 i 1 i (1 + i)(1 i) = = 1 1 i.

13 Számolás komplex számokkal Definíció Egy z = a + bi komplex szám konjugáltja a z = a + bi = a bi szám. Állítás(HF) Egy z nemnulla komplex szám reciproka 1 z = z z z A definíció értelmes, hiszen a nevezőben: z z = (a + bi)(a bi) = a (bi) = a + b = z. Nullosztómentesség: z w = 0 z = 0 vagy w = 0. Két komplex szám hányadosa: z w = z 1 w.

14 Számolás komplex számokkal Tétel (HF) 1 z = z; z + w = z + w; 3 z w = z w; 4 z + z = Re(z); 5 z z = i Im(z); 6 z z = z ; 7 z 0 esetén z 1 = z z ; 8 0 = 0 és z 0 esetén z > 0; 9 z = z ; 10 z w = z w ; 11 z + w z + w (háromszög egyenlőtlenség).

15 Számolás komplex számokkal Tétel(HF). z w = z w ;. Bizonyítás z w = z w z w = z w z w = z z w w = z w = ( z w ).

16 Komplex számok ábrázolása A komplex számok a komplex számsíkon: Im(z) z= r(cos ϕ + i sin ϕ) r ϕ Re(z) Ha z = a + bi C, akkor Re(z) = a, Im(z) = b. A (Re(z), Im(z)) vektor hossza: r = a + b = z. A z nemnulla szám argumentuma ϕ = arg(z) [0, π) A koordináták trigonometrikus függvényekkel kifejezve: Re(z) = a = r cos ϕ, Im(z) = b = r sin ϕ.

17 Komplex számok trigonometrikus alakja Definíció z C nemnulla szám trigonometrikus alakja a z = r(cos ϕ + i sin ϕ), ahol r > 0 a szám abszolút értéke. Figyelem! A 0-nak nem használjuk a trigonometrikus alakját. A trigonometrikus alak nem egyértelmű: r(cos ϕ + i sin ϕ) = r(cos(ϕ + π) + i sin(ϕ + π)). Definíció Egy z C nemnulla argumentuma: az a ϕ = arg(z) [0, π), melyre z = z (cos ϕ + i sin ϕ). z = a + bi algebrai alak; z = r(cos ϕ + i sin ϕ) trigonometrikus alak. Itt a = r cos ϕ, b = r sin ϕ.

18 Számolás trigonometrikus alakkal Legyen z, w C nemnulla komplex számok: z = z (cos ϕ + i sin ϕ), w = w (cos ψ + i sin ψ). A szorzatuk: zw = z (cos ϕ + i sin ϕ) w (cos ψ + i sin ψ) = = z w (cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ + i(cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ)) = addíciós képletek: cos(ϕ + ψ) = cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ sin(ϕ + ψ) = cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ = z w (cos(ϕ + ψ) + i sin(ϕ + ψ)). A szorzat abszolút értéke: zw = z w. A szorzat argumentuma: ha 0 arg(z) + arg(w) < π, akkor arg(zw) = arg(z) + arg(w); ha π arg(z) + arg(w) < 4π, akkor arg(zw) = arg(z) + arg(w) π. A sin, cos függvények π szerint periodikusak, az argumentum meghatározásánál redukálni kell az argumentumok összegét.

19 Moivre-azonosságok Tétel HF Legyen z, w C nemnulla komplex számok: z = z (cos ϕ + i sin ϕ), w = w (cos ψ + i sin ψ), és legyen n N. Ekkor zw = z w (cos(ϕ + ψ) + i(sin(ϕ + ψ)); z w = z w (cos(ϕ ψ) + i sin(ϕ ψ)); z n = z n (cos nϕ + i sin nϕ). A szögek összeadódnak, kivonódnak, szorzódnak. Az argumentumot ezek után redukcióval kapjuk! Geometriai jelentés Egy z C komplex szám a komplex számsíkon mint nyújtva forgatás hat. z -kel nyújt, arg(z) szöggel forgat.

20 Komplex számok gyökei Példa Számoljuk ki a ( 1+i ( ) 1+i 8-t: ) 8 ( ) 8 = 1 ( 1 + i = cos π 4 + i sin π ) 8 4 = = cos ( 8 π ) ( ) 4 + i sin 8 π 4 = cos π + i sin π = 1. További komplex számok, melyeknek a 8-adik hatványa 1: 1; 1; i : i 8 = (i ) 4 = ( 1) 4 = 1; i; 1+i ; 1+i ; sőt: ±i 1+i : ( i 1+i ) 8 = i 8 ( 1+i ) 8 = 1 1 = 1.

21 Gyökvonás A z = z (cos ϕ + i sin ϕ) és w = w (cos ψ + i sin ψ) számok egyenlőek: z (cos ϕ + i sin ϕ) = w (cos ψ + i sin ψ), ha z = w ϕ = ψ + k π valamely k Z szám esetén. n-edik gyökvonás: Legyen z n = w: z n = z n (cos nϕ + i sin nϕ) = w (cos ψ + i sin ψ). Ekkor z n = w z = n w nϕ = ψ + k π valamely k Z esetén ϕ = ψ n + k π n valamely k Z esetén ha k {0, 1,..., n 1}, akkor ezek mind különböző komplex számot adnak.

22 Gyökvonás Tétel Legyen z = z (cos ϕ + i sin ϕ), n N. Ekkor a z n-edik gyökei w n = z: w = n ( ( ϕ z cos n + kπ ) ( ϕ + i sin n n + kπ )) n k = 0, 1,..., n 1.

23 Gyökvonás w = n ( ( ϕ z cos n + kπ ) ( ϕ + i sin n n + kπ )) : k = 0, 1,..., n 1. n Példa Számítsuk ki a 6 1 i 3+i értékét! 1 i = ( ) i = ( cos 7π 4 + i sin 7π 4 ( 3 ) 3 + i = + i 1 = ( cos π 6 + i sin π ) 6 Mivel 7π 4 π 6 = 19π i 3+i = 6 1 ( ) cos 19π 19π 1 + i sin 1 = ( cos 19π+kπ 7 + i sin 19π+kπ ) 7 : k = 0, 1,..., 5. = 1 1 )

24 Komplex egységgyökök Definíció Az ε n = 1 feltételnek eleget tevő komplex számok az n-edik egységgyökök: ( ε k = ε (n) k = cos kπ n + i sin kπ ) : k = 0, 1,..., n 1. n Nyolcadik komplex egységgyökök ε ε 3 ε 1 ε 4 ε 0 = 1 ε 5 ε 7 ε 6

25 Gyökvonás Pozitív valós számok négyzetgyöke: legyen r > 0 valós. Ekkor az x = r megoldása: ± r. Tétel Legyen z C nem-nulla komplex szám. n N és w C olyan, hogy w n = z. Ekkor az n-edik gyökök: wε k : k = 0, 1,... n 1. Bizonyítás A wε k számok mind n-edik gyökök: (wε k ) n = w n ε n k = w n = z. Ez n különböző szám, így az összes gyököt megkaptuk.

26 Rend Bizonyos komplex számok hatványai periodikusan ismétlődnek: 1, 1, , 1, 1, 1... i, 1, i, 1, i, 1,... 1+i, i, 1+i, 1, 1 i, i, 1 i, 1, 1+i, i... Általában: cos( π n ) + i sin( π n )-nek n darab különböző hatványa van. Definíció Egy z komplex szám különböző (egész kitevős) hatványainak számát a z rendjének nevezzük és o(z)-vel jelöljük. Példa 1 rendje 1 rendje :, 4, 8, 16,... 1 rendje : 1, 1 i rendje 4: 1, i, 1, i

27 Rend Tétel Egy z komplex számnak vagy bármely két egész kitevős hatványa különböző (ilyenkor a rendje végtelen), vagy pedig a hatványok a rend szerint periodikusan ismétlődnek. A rend a legkisebb olyan pozitív d szám, melyre z d = 1. Továbbá z k = z l o(z) k l. Speciálisan z k = 1 o(z) k Bizonyítás Tegyük fel, hogy z rendje véges. Ekkor léteznek olyan k, l különböző egészek, melyekre z k = z l. Legyen k > l. Ekkor z k l = 1. Legyen d legkisebb olyan pozitív szám, melyre z d = 1. Ha z n = 1, akkor osszuk el maradékosan n-et d-vel: n = q d + r, ahol 0 r < d. Tehát 1 = z n = z q d+r = (z d ) q z r = 1 q z r = z r. A d minimalitása miatt r = 0 azaz d n. Visszafelé is igaz: d n z n = 1. Beláttuk: d n z n = 1.

28 Primitív gyökök Az n-edik egységgyökök rendje nem feltétlenül n: 4-edik egységgyökök: 1, i, 1, i. Definíció 1 rendje 1; 1 rendje ; i rendje 4. Az n-ed rendű n-edik egységgyökök a primitív n-edik egységgyökök. A tétel következményei: Következmény(HF) Egy primitív n-edik egységgyök hatványai pontosan az n-edik egységgyökök. Egy primitív n-edik egységgyök pontosan akkor k-adik egységgyök, ha n k.

29 Primitív egységgyökök Példa Primitív 1. egységgyök: 1; Primitív. egységgyök: 1; Primitív 3. egységgyökök: 1±i 3 ; Primitív 4. egységgyökök: ±i; Primitív 5. egységgyökök:... (HF) Primitív 6. egységgyökök: 1±i 3 ; Állítás(HF) Egy cos ( ) ( kπ n + i sin kπ ) n n-edik egységgyök pontosan akkor primitív n-edik egységgyök, ha (n, k) = 1.