Diszkrét Matematika - Beadandó Feladatok

Átírás

1 Diszkrét Matematika - Beadandó Feladatok Demjan Adalbert - SFDAGZ december 6.

2 Tartalomjegyzék /c /c /a /b /a /b /c

3 /c Bizonyítsuk be, hogy minden A,B,C halmaz esetén A B A \ C B \ C Az A \ B = A B azonosságot felhasználva átalakítom az implikált részt. A B A C B C Ekkor deníció szerint: A C = {x x A x C} B C = {x x B x C} Mivel, ha A B, akkor x A x B, így a fentiek alapján x A C x B C, ami megegyezik A \ C B \ C-vel. 2

4 /c Legyen adott egy ρ A B reláció és legyen A 1, A 2 A. Bizonyítsuk be: R ϱ A1 A 2 R ϱ A1 R ϱ A2 Elég, ha az értelmezési tartományokra bebizonyítjuk az összefüggést, hiszen ekkor a hozzájuk tartozó értékekre is igaz lesz az állítás. A 1 A 2 A 1 A 2 Mivel a fenti állítás igazságértéke mindig igaz, ezért az eredeti állítást bebizonyítottuk. 3

5 /a Legyenek f : X Y és g : Y Z függvények. Bizonyítsuk be a függvényekre és halmazm veletekre vonatkozó alábbi összefüggéseket: f[a B] f[a] f[b], minden A, B X-re Elég azt vizsgálni, hogy a fenti képek sképére igaz-e az összefüggés, mivel adott sképekhez adott képek tartoznak. A fenti képek sképei: f 1 [A B] = A B D f f 1 [A] = A D f Tehát a vizsgálandó összefüggés: f 1 [B] = B D f A B D f (A D f ) (B D f ) Mivel a metszet asszociatív és kommutatív, ezért a jobb oldal a következ alakra hozható: ami A B D f A B D f D f A B D f A B D f Ezzel az állítást bebizonyítottuk, hiszen a fenti összefüggés mindig igaz. 4

6 /b Legyenek f : X Y és g : Y Z függvények. Bizonyítsuk be a függvényekre és halmazm veletekre vonatkozó alábbi összefüggéseket: f[a B] = f[a] f[b], minden A, B X-re Elég azt vizsgálni, hogy a fenti képek sképére igaz-e az összefüggés, mivel adott sképekhez adott képek tartoznak. A fenti képek sképei: f 1 [A B] = (A B) D f f 1 [A] = A D f Tehát a vizsgálandó összefüggés: f 1 [B] = B D f (A B) D f = (A D f ) (B D f ) Mivel a metszet és az unió egymásra nézve disztributív, ezért a jobb oldal a következ alakra hozható: Ezzel az állítást bebizonyítottuk. (A B) D f = (A B) D f 5

7 /a Bizonyítsuk be, hogy (N; ) gyengén trichotom. A fenti reláció gyengén trichotom, mivel minden elem relációban áll egymással, azaz a, b N(aρb bρa, esetleg mindkett ) 6

8 /b Bizonyítsuk be, hogy (N; ) teljes rendezés. A fenti reláció teljes rendezés, mivel részbenrendezés: reexív : a N(aρa) antiszimmetrikus : a, b N(aρb bρa a = B) tranzitív: a, b, c N(aρb bρc aρc) és minden eleme összehasonlítható,azaz gyengén trichotom: a, b N(aρb bρa, esetleg mindkett ) 7

9 /c Bizonyítsuk be, hogy (N; ) jólrendezés. A fenti reláció jólrendezés, mivel részbenrendezés: reexív : a N(aρa) antiszimmetrikus : a, b N(aρb bρa a = B) tranzitív: a, b, c N(aρb bρc aρc) és minden nem üres részhalmazának van legkisebb eleme. 8

10 Legyen m, x Z, m > 0. Bizonyítsuk be, hogy ekkor Az els feladat megoldása: mx = m 1 x + i m i=0 mx = m 1 x i m i=0 Bal oldal: mx = mx ( mivel m, x Z) Jobb oldal: A szummában lév i -es tag minden esetben kisebb mint 1, m ezért Mivel a m 1 x + i = x = x (mivel x Z) m x + i egy m tagú összeg, így m darab x-et adunk össze, m i=0 ami megegyezik m*x-szel. Ezzel megkaptuk a baloldalt. A második feladat megoldása: Bal oldal: mx = mx ( mivel m, x Z) Jobb oldal: A szummában lév i -es tag minden esetben kisebb mint 1, m ezért Mivel a m 1 x i = x = x (mivel x Z) m x i egy m tagú összeg, így m darab x-et adunk össze, m i=0 ami megegyezik m*x-szel. Ezzel megkaptuk a baloldalt. 9

11 Adjuk meg az alábbi komplex számok trigonometrikus alakját: (1)cosφ isinφ, (2) cosφ isinφ, (3) 1 i 3, (4)4i (1) cosφ + isin( φ) (2) cos(φ π) + isin( φ) (3) 2 (cos 5π + isin 5π) 6 6 (4) 4 (cos π + isin π)

12 Hány dominóból áll egy szabályos dominókészlet? (A pöttyök száma a dominók két felén 0-9 ig terjed) Az adott dominó mindkét oldalára 10 lehet ségb l választhatunk, ekkor ez = 100 lehet ség. Azonban ekkor minden olyan lehet séget kétszer számoltunk, ahol különböz számú pontok vannak a két oldalon. Ezen lehet ségek száma 90. Tehát a megoldásunk: = 55 11

13 Helyezzünk két üvegtáblát egymásra. Hányféle módon haladhat át vagy ver dhet vissza egy fénysugár, ha közben pontosan n-szer változtatott irányt? Ha n páros, akkor a páros számú irányváltás miatt a fénysugár átmegy az üveglapokon, és alul jön ki. Ellenkez esetben a beesési oldalon, azaz felül. Számoljuk össze az n-szer (n 2) megtör sugárlehet ségeket! Ha el ször az alsó üveg alsó felületén törik meg, akkor onnan annyiféleképpen folytathatja útját, mint amennyiféleképpen n-1 irányváltoztatás esetén haladhat (képzeljük el fejjel lefelé a fénysugár további útját!). Ha viszont a fénysugár els re már a két üveg határfelületén megtörik, akkor a beesési, fels felületre ér, onnan újra visszaver dik, és innen újrakezd dik a lehet ségek számolása, de most már csak n-2 irányváltással. A fenti két lehet ség összege adja a megoldást: a n = a n 1 + a n 2, azaz a fénysugár áthaladási lehet ségeinek száma a Fibonacci sorozatot követi. 12