Algoritmuselmélet 18. előadás
|
|
|
- Lőrinc Szabó
- 7 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Algoritmuselmélet 18. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b 2002 Május 7.
2 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is.
3 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is. Ládapakolás: Adottak az s 1,..., s m (racionális) súlyok, 0 s i 1. A cél a súlyok elhelyezése minél kevesebb 1 súlykapacitású ládába.
4 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is. Ládapakolás: Adottak az s 1,..., s m (racionális) súlyok, 0 s i 1. A cél a súlyok elhelyezése minél kevesebb 1 súlykapacitású ládába. NP-teljes
5 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is. Ládapakolás: Adottak az s 1,..., s m (racionális) súlyok, 0 s i 1. A cél a súlyok elhelyezése minél kevesebb 1 súlykapacitású ládába. NP-teljes F F -módszer (first fit): Vegyünk először üres ládákat, és számozzuk meg őket az 1, 2,..., m egészekkel.
6 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is. Ládapakolás: Adottak az s 1,..., s m (racionális) súlyok, 0 s i 1. A cél a súlyok elhelyezése minél kevesebb 1 súlykapacitású ládába. NP-teljes F F -módszer (first fit): Vegyünk először üres ládákat, és számozzuk meg őket az 1, 2,..., m egészekkel. Tegyük fel, hogy az s 1,..., s i 1 súlyokat már elhelyeztük. Ekkor s i kerüljön az első (legkisebb sorszámú) olyan ládába, amelybe még befér.
7 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 1 Közelítő algoritmusok Hátha nem szükséges pontos megoldás, elég az optimumtól nem túl messze levő is. Ládapakolás: Adottak az s 1,..., s m (racionális) súlyok, 0 s i 1. A cél a súlyok elhelyezése minél kevesebb 1 súlykapacitású ládába. NP-teljes F F -módszer (first fit): Vegyünk először üres ládákat, és számozzuk meg őket az 1, 2,..., m egészekkel. Tegyük fel, hogy az s 1,..., s i 1 súlyokat már elhelyeztük. Ekkor s i kerüljön az első (legkisebb sorszámú) olyan ládába, amelybe még befér
8 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 2 Tétel. Jelölje a Ládapakolás probléma egy I inputjára OP T (I) az optimális (minimálisan elegendő), F F (I) pedig az F F -módszer által eredményezett ládaszámot. A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 2OP T (I).
9 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 2 Tétel. Jelölje a Ládapakolás probléma egy I inputjára OP T (I) az optimális (minimálisan elegendő), F F (I) pedig az F F -módszer által eredményezett ládaszámot. A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 2OP T (I). Bizonyítás: m i=1 s i OP T (I)
10 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 2 Tétel. Jelölje a Ládapakolás probléma egy I inputjára OP T (I) az optimális (minimálisan elegendő), F F (I) pedig az F F -módszer által eredményezett ládaszámot. A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 2OP T (I). Bizonyítás: m i=1 s i OP T (I) F F (I) 2 m i=1 s i = nincs két olyan láda, ami nincs félig kitöltve.
11 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 2 Tétel. Jelölje a Ládapakolás probléma egy I inputjára OP T (I) az optimális (minimálisan elegendő), F F (I) pedig az F F -módszer által eredményezett ládaszámot. A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 2OP T (I). Bizonyítás: m i=1 s i OP T (I) F F (I) 2 m i=1 s i = nincs két olyan láda, ami nincs félig kitöltve. Felhasználjuk, hogy 2x 2 x F F (I) 2 m m s i 2 s i 2OP T (I) i=1 i=1
12 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 2 Tétel. Jelölje a Ládapakolás probléma egy I inputjára OP T (I) az optimális (minimálisan elegendő), F F (I) pedig az F F -módszer által eredményezett ládaszámot. A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 2OP T (I). Bizonyítás: m i=1 s i OP T (I) F F (I) 2 m i=1 s i = nincs két olyan láda, ami nincs félig kitöltve. Felhasználjuk, hogy 2x 2 x F F (I) 2 m m s i 2 s i 2OP T (I) i=1 i=1 Tétel. [D. S. Johnson és munkatársai, 1976] A probléma tetszőleges I inputjára teljesül, hogy F F (I) 1.7OP T (I). Továbbá vannak tetszőlegesen nagy méretű I inputok, melyekre F F (I) 1.7(OP T (I) 1).
13 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 3 F F D-módszer (first fit decreasing): először rendezzük a súlyokat nem növő sorrendbe, utána alkalmazzuk az F F -módszert.
14 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 3 F F D-módszer (first fit decreasing): először rendezzük a súlyokat nem növő sorrendbe, utána alkalmazzuk az F F -módszert
15 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 3 F F D-módszer (first fit decreasing): először rendezzük a súlyokat nem növő sorrendbe, utána alkalmazzuk az F F -módszert Tétel. [D. S. Johnson, 1973] Tetszőleges I inputra teljesül, hogy F F D(I) 11 OP T (I) + 4, és 9 tetszőlegesen nagy méretű I inputok vannak, melyekre F F D(I) 11 OP T (I). (11 = ) 9 9
16 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 3 F F D-módszer (first fit decreasing): először rendezzük a súlyokat nem növő sorrendbe, utána alkalmazzuk az F F -módszert Tétel. [D. S. Johnson, 1973] Tetszőleges I inputra teljesül, hogy F F D(I) 11 OP T (I) + 4, és 9 tetszőlegesen nagy méretű I inputok vannak, melyekre F F D(I) 11 OP T (I). (11 = ) 9 9 Tétel. [F. de la Vega, G. S. Lueker] Tetszőleges ε > 0-hoz van olyan P lineáris algoritmus, amire P (I) (1 + ε)op T (I).
17 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 4 Euklideszi utazó ügynök probléma Az n pontú K n teljes gráf élein adott a nemnegatív értékű d súlyfüggvény. Erre teljesül a háromszög-egyenlőtlenség: tetszőleges különböző u, v, w csúcsokra érvényes a d(u, w) d(u, v) + d(v, w) egyenlőtlenség (az euklideszi feltétel).
18 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 4 Euklideszi utazó ügynök probléma Az n pontú K n teljes gráf élein adott a nemnegatív értékű d súlyfüggvény. Erre teljesül a háromszög-egyenlőtlenség: tetszőleges különböző u, v, w csúcsokra érvényes a d(u, w) d(u, v) + d(v, w) egyenlőtlenség (az euklideszi feltétel). A cél egy minimális összsúlyú Hamilton-kör keresése. Keresünk egy minimális összsúlyú feszítőfát (pl. Kruskal). =
19 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 4 Euklideszi utazó ügynök probléma Az n pontú K n teljes gráf élein adott a nemnegatív értékű d súlyfüggvény. Erre teljesül a háromszög-egyenlőtlenség: tetszőleges különböző u, v, w csúcsokra érvényes a d(u, w) d(u, v) + d(v, w) egyenlőtlenség (az euklideszi feltétel). A cél egy minimális összsúlyú Hamilton-kör keresése. Keresünk egy minimális összsúlyú feszítőfát (pl. Kruskal). = Ennek összsúlya legyen s = Euler séta hossza 2s.
20 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 5 Ez nem Hamilton-kör = levágjuk a fölösleges részeket, közben rövidítünk is.
21 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 5 Ez nem Hamilton-kör = levágjuk a fölösleges részeket, közben rövidítünk is. Ha az optimális Hamilton-körből elhagyunk egy élet = egy legalább s súlyú feszítőfa
22 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 5 Ez nem Hamilton-kör = levágjuk a fölösleges részeket, közben rövidítünk is. Ha az optimális Hamilton-körből elhagyunk egy élet = egy legalább s súlyú feszítőfa A módszer legfeljebb 2-szer akkora utat ad, mint az optimális.
23 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 5 Ez nem Hamilton-kör = levágjuk a fölösleges részeket, közben rövidítünk is. Ha az optimális Hamilton-körből elhagyunk egy élet = egy legalább s súlyú feszítőfa A módszer legfeljebb 2-szer akkora utat ad, mint az optimális. JAVA animáció: TSP
24 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet.
25 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk.
26 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk. Probléma: Adott behelyettesítéssel (fekete dobozzal) egy n-változós f Z[x 1,..., x n ] egész együtthatós polinom. Tudjuk, hogy deg f d. El akarjuk dönteni, hogy f azonosan nulla-e.
27 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk. Probléma: Adott behelyettesítéssel (fekete dobozzal) egy n-változós f Z[x 1,..., x n ] egész együtthatós polinom. Tudjuk, hogy deg f d. El akarjuk dönteni, hogy f azonosan nulla-e. Példa: f(x 1, x 2,..., x 2n ) = (x 1 + x 2 )(x 3 + x 4 ) (x 2n 1 + x 2n )
28 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk. Probléma: Adott behelyettesítéssel (fekete dobozzal) egy n-változós f Z[x 1,..., x n ] egész együtthatós polinom. Tudjuk, hogy deg f d. El akarjuk dönteni, hogy f azonosan nulla-e. Példa: f(x 1, x 2,..., x 2n ) = (x 1 + x 2 )(x 3 + x 4 ) (x 2n 1 + x 2n ) D = det x x 1n.. x n1... x nn
29 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk. Probléma: Adott behelyettesítéssel (fekete dobozzal) egy n-változós f Z[x 1,..., x n ] egész együtthatós polinom. Tudjuk, hogy deg f d. El akarjuk dönteni, hogy f azonosan nulla-e. Példa: f(x 1, x 2,..., x 2n ) = (x 1 + x 2 )(x 3 + x 4 ) (x 2n 1 + x 2n ) D = det x x 1n.. x n1... x nn Mminél hamarabb szeretnénk találni egy α = (α 1,..., α n )-t, amire f(α) 0.
30 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 6 Véletlent használó módszerek Előny: Gyorsabb lehet. Hátrány: Kis valószínőséggel hibás választ kapunk. Probléma: Adott behelyettesítéssel (fekete dobozzal) egy n-változós f Z[x 1,..., x n ] egész együtthatós polinom. Tudjuk, hogy deg f d. El akarjuk dönteni, hogy f azonosan nulla-e. Példa: f(x 1, x 2,..., x 2n ) = (x 1 + x 2 )(x 3 + x 4 ) (x 2n 1 + x 2n ) D = det x x 1n.. x n1... x nn Mminél hamarabb szeretnénk találni egy α = (α 1,..., α n )-t, amire f(α) 0. Pl. egy változóra jól látszik
31 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 7
32 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 7 Tétel. [J. Schwartz lemmája] Ha deg f d, és α 1,..., α n egyenletes eloszlású, egymástól független véletlen elemei az {1,..., N} számhalmaznak, akkor f 0 esetén P rob(f(α) = 0) d N.
33 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 7 Tétel. [J. Schwartz lemmája] Ha deg f d, és α 1,..., α n egyenletes eloszlású, egymástól független véletlen elemei az {1,..., N} számhalmaznak, akkor f 0 esetén P rob(f(α) = 0) d N. Tétel. Az {1, 2,..., 2d} halmazból vett véletlen n-komponensű α vektor esetén P rob(f(α) 0) 1/2, ha f 0. Ekkora halmazból választva tehát legalább 1/2 valószínűséggel adódik tanú. Ha t-szer függetlenül választunk ilyen helyettesítést, akkor legalább t valószínűséggel kapunk tanút.
34 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban.
35 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben.
36 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0.
37 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n)
38 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás
39 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás Ha tehát G-ben nincs teljes párosítás, = det M = 0.
40 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás Ha tehát G-ben nincs teljes párosítás, = det M = 0. Ha viszont van G-ben teljes párosítás = nem 0 kifejtési tag
41 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás Ha tehát G-ben nincs teljes párosítás, = det M = 0. Ha viszont van G-ben teljes párosítás = nem 0 kifejtési tag nem ejthetik ki egymást, mert bármely kettőben van két különböző változó.
42 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás Ha tehát G-ben nincs teljes párosítás, = det M = 0. Ha viszont van G-ben teljes párosítás = nem 0 kifejtési tag nem ejthetik ki egymást, mert bármely kettőben van két különböző változó. Az előző módszerrel eldönthetjük, hogy det M = 0 igaz-e.
43 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 8 Alkalmazás Randomizált módszer teljes párosítás keresésére páros gráfban. Legyen G = (L, U; E) páros gráf, L = {l 1,..., l n } és U = {u 1,..., u n } M = (m ij ) n-szer n-es mátrix = m ij = { xij ha (l i, u j ) E, 0 különben. Tétel. G-ben akkor és csak akkor van teljes párosítás ha det M 0. Bizonyítás: A determináns egy tagja = ±m 1π(1) m 2π(2) m nπ(n) Ha nem 0 = (l i, u π(i) ) E, i = 1,..., n, = teljes párosítás Ha tehát G-ben nincs teljes párosítás, = det M = 0. Ha viszont van G-ben teljes párosítás = nem 0 kifejtési tag nem ejthetik ki egymást, mert bármely kettőben van két különböző változó. Az előző módszerrel eldönthetjük, hogy det M = 0 igaz-e. Hasonlóan megy nem páros gráfokra is.
44 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e.
45 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e. Fermat-teszt (m) 1. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 2. Ha a m 1 1 (mod m), akkor a válasz m valószínűleg prím, különben a válasz m összetett.
46 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e. Fermat-teszt (m) 1. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 2. Ha a m 1 1 (mod m), akkor a válasz m valószínűleg prím, különben a válasz m összetett. gyors hatványozással ez gyorsan végrehajtható
47 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e. Fermat-teszt (m) 1. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 2. Ha a m 1 1 (mod m), akkor a válasz m valószínűleg prím, különben a válasz m összetett. gyors hatványozással ez gyorsan végrehajtható Ha azt kapjuk, hogy m összetett = ez biztos igaz
48 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e. Fermat-teszt (m) 1. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 2. Ha a m 1 1 (mod m), akkor a válasz m valószínűleg prím, különben a válasz m összetett. gyors hatványozással ez gyorsan végrehajtható Ha azt kapjuk, hogy m összetett = ez biztos igaz Pl.: m = 21 = 7 3 és a = 2 = a az m Fermat-tanúja, hiszen (mod 21).
49 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 9 Prímtesztelés Bemenő adatként adott (binárisan) egy m páratlan egész; szeretnénk eldönteni, hogy m prímszám-e. Fermat-teszt (m) 1. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 2. Ha a m 1 1 (mod m), akkor a válasz m valószínűleg prím, különben a válasz m összetett. gyors hatványozással ez gyorsan végrehajtható Ha azt kapjuk, hogy m összetett = ez biztos igaz Pl.: m = 21 = 7 3 és a = 2 = a az m Fermat-tanúja, hiszen (mod 21).
50 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú.
51 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m)
52 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez.
53 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez. = (ac i ) m 1 a m 1 c m 1 i a m 1 1 (mod m) = ac i tanú
54 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez. = (ac i ) m 1 a m 1 c m 1 i a m 1 1 (mod m) = ac i tanú ac i mind különbözőek lesznek = legalább annyi tanú, mint nem tanú
55 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez. = (ac i ) m 1 a m 1 c m 1 i a m 1 1 (mod m) = ac i tanú ac i mind különbözőek lesznek = legalább annyi tanú, mint nem tanú Vannak olyan számok, amiknek nincs tanújuk = Carmichael-számok
56 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez. = (ac i ) m 1 a m 1 c m 1 i a m 1 1 (mod m) = ac i tanú ac i mind különbözőek lesznek = legalább annyi tanú, mint nem tanú Vannak olyan számok, amiknek nincs tanújuk = Carmichael-számok Pl. 561 =
57 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 10 Tétel. Ha m-nek van olyan a Fermat-tanúja (1 a < m és a m 1 1 (mod m)), melyre lnko(a, m) = 1, akkor az [1, m) intervallum egészeinek legalább a fele Fermat-tanú. Bizonyítás: Legyen a tanú = a m 1 1 (mod m) és c 1, c 2,..., c s nem tanúk = c m 1 i 1 (mod m) Feltehetjük, hogy a, c i relatív prímek m-hez. = (ac i ) m 1 a m 1 c m 1 i a m 1 1 (mod m) = ac i tanú ac i mind különbözőek lesznek = legalább annyi tanú, mint nem tanú Vannak olyan számok, amiknek nincs tanújuk = Carmichael-számok Pl. 561 = Alford, Granville, Pomerance, 1992 = végtelen sok ilyen szám van
58 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel.
59 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel. Tétel. Ha m prím, akkor m-hez nincs Rabin Miller-tanú.
60 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel. Tétel. Ha m prím, akkor m-hez nincs Rabin Miller-tanú. Bizonyítás: a m 1 1 = (a n 1)(a n + 1)(a 2n + 1) (a 2k 1n + 1)
61 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel. Tétel. Ha m prím, akkor m-hez nincs Rabin Miller-tanú. Bizonyítás: a m 1 1 = (a n 1)(a n + 1)(a 2n + 1) (a 2k 1n + 1) m prím = a kis Fermat-tétel szerint m osztja a bal oldalt.
62 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel. Tétel. Ha m prím, akkor m-hez nincs Rabin Miller-tanú. Bizonyítás: a m 1 1 = (a n 1)(a n + 1)(a 2n + 1) (a 2k 1n + 1) m prím = a kis Fermat-tétel szerint m osztja a bal oldalt. = m osztja a jobb oldal valamelyik tényezőjét = a nem Rabin Miller-tanú.
63 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 11 Rabin-Miller teszt Definíció. Legyen m egy páratlan természetes szám. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. Az 1 a < m egész Rabin Miller-tanú (m összetettségére), ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel. Tétel. Ha m prím, akkor m-hez nincs Rabin Miller-tanú. Bizonyítás: a m 1 1 = (a n 1)(a n + 1)(a 2n + 1) (a 2k 1n + 1) m prím = a kis Fermat-tétel szerint m osztja a bal oldalt. = m osztja a jobb oldal valamelyik tényezőjét = a nem Rabin Miller-tanú. Tétel. Ha m összetett, akkor az 1 a < m feltételt teljesítő a egészeknek legalább a fele Rabin Miller-tanú.
64 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 12 Rabin-Miller teszt RM(m) 1. Írjuk fel m 1-et m 1 = 2 k n alakban, ahol n páratlan. 2. Válasszunk egy véletlen a egészet az [1, m) intervallumból. 3. Ha az a n 1, a n + 1, a 2n + 1,..., a 2k 1n + 1 számok egyike sem osztható m-mel, akkor megállunk azzal a válasszal, hogy m összetett, különben megállunk azzal a válasszal, hogy m valószínűleg prím.
65 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit?
66 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet.
67 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon.
68 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel
69 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat
70 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat írógép-paradoxon
71 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat írógép-paradoxon n = 2 k 10 alakú számok bináris kódja k = log 2 n hosszú
72 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat írógép-paradoxon n = 2 k 10 alakú számok bináris kódja k = log 2 n hosszú Viszont a 2 k 10 kifejezés hossza csak log 2 log 2 n+ konstans.
73 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat írógép-paradoxon n = 2 k 10 alakú számok bináris kódja k = log 2 n hosszú Viszont a 2 k 10 kifejezés hossza csak log 2 log 2 n+ konstans. Rögzítsünk egy U univerzális Turing-gépet, és értelmezzük az x I szó bonyolultságát mint a legrövidebb y#z input szó hosszát, melyre U az x szót számítja ki.
74 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 13 Kolmogorov-bonyolultság Milyen röviden lehet leírni valamit? Tekintsük azokat a természetes számokat, amelyeket magyar nyelven legfeljebb 100 billentyű-leütéssel definiálni lehet. A billentyűk száma véges = ezen számok halmaza is véges = Van tehát egy legkisebb természetes szám, amit nem lehet definiálni a fenti módon. = az a legkisebb szám, amely nem definiálható magyar nyelven legfeljebb száz billentyű-leütéssel = egy száznál rövidebb jelsorozat írógép-paradoxon n = 2 k 10 alakú számok bináris kódja k = log 2 n hosszú Viszont a 2 k 10 kifejezés hossza csak log 2 log 2 n+ konstans. Rögzítsünk egy U univerzális Turing-gépet, és értelmezzük az x I szó bonyolultságát mint a legrövidebb y#z input szó hosszát, melyre U az x szót számítja ki. Az U gép választásától nagy mértékben független, és aszimptotikus értelemben jó közelítését adja az optimumnak.
75 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 14 Definíció. Legyen M egy TG ami az f M : I I parciális függvényt számolja ki. Jelöljük C M (x)-szel annak a legrövidebb bemenő szónak a hosszát, mellyel elindítva M az x szót adja eredményül: C M (x) = { min{ y : y I, f M (y) = x} ha ilyen y létezik, különben.
76 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 14 Definíció. Legyen M egy TG ami az f M : I I parciális függvényt számolja ki. Jelöljük C M (x)-szel annak a legrövidebb bemenő szónak a hosszát, mellyel elindítva M az x szót adja eredményül: C M (x) = { min{ y : y I, f M (y) = x} ha ilyen y létezik, különben. A C M (x) szám méri, hogy x mennyire nyomható össze akkor, ha a kibontást, vagyis az összenyomott szó visszafejtését az M algoritmus végzi.
77 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 14 Definíció. Legyen M egy TG ami az f M : I I parciális függvényt számolja ki. Jelöljük C M (x)-szel annak a legrövidebb bemenő szónak a hosszát, mellyel elindítva M az x szót adja eredményül: C M (x) = { min{ y : y I, f M (y) = x} ha ilyen y létezik, különben. A C M (x) szám méri, hogy x mennyire nyomható össze akkor, ha a kibontást, vagyis az összenyomott szó visszafejtését az M algoritmus végzi. konkrét x-re = M 1 gép, hogy C M1 (x) = 0
78 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 14 Definíció. Legyen M egy TG ami az f M : I I parciális függvényt számolja ki. Jelöljük C M (x)-szel annak a legrövidebb bemenő szónak a hosszát, mellyel elindítva M az x szót adja eredményül: C M (x) = { min{ y : y I, f M (y) = x} ha ilyen y létezik, különben. A C M (x) szám méri, hogy x mennyire nyomható össze akkor, ha a kibontást, vagyis az összenyomott szó visszafejtését az M algoritmus végzi. konkrét x-re = M 1 gép, hogy C M1 (x) = 0 és M 2 gép, hogy C M2 (x) =.
79 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 14 Definíció. Legyen M egy TG ami az f M : I I parciális függvényt számolja ki. Jelöljük C M (x)-szel annak a legrövidebb bemenő szónak a hosszát, mellyel elindítva M az x szót adja eredményül: C M (x) = { min{ y : y I, f M (y) = x} ha ilyen y létezik, különben. A C M (x) szám méri, hogy x mennyire nyomható össze akkor, ha a kibontást, vagyis az összenyomott szó visszafejtését az M algoritmus végzi. konkrét x-re = M 1 gép, hogy C M1 (x) = 0 és M 2 gép, hogy C M2 (x) =. Tétel. [invariancia-tétel] Legyen U egy univerzális Turing-gép. Ekkor tetszőleges M Turing-gépre létezik egy (csak M-től függő) c M Z + állandó, mellyel minden x I szóra teljesül a következő egyenlőtlenség: C U (x) C M (x) + c M.
80 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I
81 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki:
82 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x)
83 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül
84 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x)
85 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = = c M = w# C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x)
86 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = = c M = w# C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x) Tétel. Legyenek U 1 és U 2 univerzális Turing-gépek, melyek input abc-je I = {0, 1}. Ekkor van olyan c = c U1,U 2 állandó, hogy minden x I szóra C U1 (x) C U2 (x) c.
87 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = = c M = w# C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x) Tétel. Legyenek U 1 és U 2 univerzális Turing-gépek, melyek input abc-je I = {0, 1}. Ekkor van olyan c = c U1,U 2 állandó, hogy minden x I szóra C U1 (x) C U2 (x) c. Bizonyítás: C U1 (x) C U2 (x) + c U2 és C U2 (x) C U1 (x) + c U1
88 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = = c M = w# C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x) Tétel. Legyenek U 1 és U 2 univerzális Turing-gépek, melyek input abc-je I = {0, 1}. Ekkor van olyan c = c U1,U 2 állandó, hogy minden x I szóra C U1 (x) C U2 (x) c. Bizonyítás: C U1 (x) C U2 (x) + c U2 és C U2 (x) C U1 (x) + c U1 Definíció. Rögzítsünk egy U univerzális Turing gépet. Legyen x I. A C(x) := C U (x) mennyiség az x szó Kolmogorov-bonyolultsága.
89 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 15 Bizonyítás: M gép leírása = w I legyen y egy legrövidebb szó, amiből M az x-et bontja ki: = y I, f M (y) = x, és y = C M (x) = U a w#y bemeneten x-et adja eredményül = = c M = w# C U (x) w#y = w# + y = w# + C M (x) Tétel. Legyenek U 1 és U 2 univerzális Turing-gépek, melyek input abc-je I = {0, 1}. Ekkor van olyan c = c U1,U 2 állandó, hogy minden x I szóra C U1 (x) C U2 (x) c. Bizonyítás: C U1 (x) C U2 (x) + c U2 és C U2 (x) C U1 (x) + c U1 Definíció. Rögzítsünk egy U univerzális Turing gépet. Legyen x I. A C(x) := C U (x) mennyiség az x szó Kolmogorov-bonyolultsága.
90 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =?
91 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív
92 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív Vizsgálhatjuk a C(x n ) alakú sorozatok növekedési rendjét, ahol x 1, x 2,... növekvő hosszúságú I -beli szavak sorozata.
93 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív Vizsgálhatjuk a C(x n ) alakú sorozatok növekedési rendjét, ahol x 1, x 2,... növekvő hosszúságú I -beli szavak sorozata. Pl. az n = 2 k 10 alakú számokra C(n) log 2 log 2 n + c teljesül alkalmas c állandóval.
94 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív Vizsgálhatjuk a C(x n ) alakú sorozatok növekedési rendjét, ahol x 1, x 2,... növekvő hosszúságú I -beli szavak sorozata. Pl. az n = 2 k 10 alakú számokra C(n) log 2 log 2 n + c teljesül alkalmas c állandóval. Tétel. Legyen x I. Ekkor C(x) x + k, ahol k egy x-től független állandó.
95 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív Vizsgálhatjuk a C(x n ) alakú sorozatok növekedési rendjét, ahol x 1, x 2,... növekvő hosszúságú I -beli szavak sorozata. Pl. az n = 2 k 10 alakú számokra C(n) log 2 log 2 n + c teljesül alkalmas c állandóval. Tétel. Legyen x I. Ekkor C(x) x + k, ahol k egy x-től független állandó. Bizonyítás: x-hez hozzá kell írni egy semmit nem csináló TG kódját.
96 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 16 C(0010) =? = C függvény nem rekurzív Vizsgálhatjuk a C(x n ) alakú sorozatok növekedési rendjét, ahol x 1, x 2,... növekvő hosszúságú I -beli szavak sorozata. Pl. az n = 2 k 10 alakú számokra C(n) log 2 log 2 n + c teljesül alkalmas c állandóval. Tétel. Legyen x I. Ekkor C(x) x + k, ahol k egy x-től független állandó. Bizonyítás: x-hez hozzá kell írni egy semmit nem csináló TG kódját. Definíció. Az x I szó összenyomhatatlan, ha C(x) x.
97 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó.
98 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8.
99 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is.
100 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van:
101 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1
102 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1 H k = {x I : C(x) k}
103 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1 H k = {x I : C(x) k} k = n 1 = n hosszú szavak száma 2 n = H n 1 -ben legfeljebb 2 n 1 szó van
104 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1 H k = {x I : C(x) k} k = n 1 = n hosszú szavak száma 2 n 2 n 1 szó van = Van legalább n hosszú kódú szó. = H n 1 -ben legfeljebb
105 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1 H k = {x I : C(x) k} k = n 1 = n hosszú szavak száma 2 n 2 n 1 szó van = Van legalább n hosszú kódú szó. = H n 1 -ben legfeljebb A H n 8 halmaznak legfeljebb 2 n 7 1 < 2 n 7 eleme van.
106 ALGORITMUSELMÉLET 18. ELŐADÁS 17 Tétel. Legyen k Z +. Legfeljebb 2 k+1 1 x I szó van, melyre C(x) k. Következésképpen minden n 1 egészre létezik n hosszúságú összenyomhatatlan szó. Ha n > 8, akkor az n hosszú I -beli szavak több, mint 99 százalékának a Kolmogorov-bonyolultsága nagyobb, mint n 8. Bizonyítás: Egyforma y-okra egyforma lesz f U (y) = x is. = legfeljebb annyi k-nál nem hosszabb kódú x lehet, amennyi k-nál nem hosszabb szó van: k k = 2 k+1 1 H k = {x I : C(x) k} k = n 1 = n hosszú szavak száma 2 n 2 n 1 szó van = Van legalább n hosszú kódú szó. = H n 1 -ben legfeljebb A H n 8 halmaznak legfeljebb 2 n 7 1 < 2 n 7 eleme van. = A kedvezőtlen esetek aránya az n hosszú szavak között legfeljebb 2 n 7 /2 n = 1/128 < 1/100.
Algoritmuselmélet. Bonyolultságelmélet. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Bonyolultságelmélet Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 12. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet
RSA algoritmus. P(M) = M e mod n. S(C) = C d mod n. A helyesség igazoláshoz szükséges számelméleti háttér. a φ(n) = 1 mod n, a (a 1,a 2,...
RSA algoritmus 1. Vegyünk véletlenszerűen két különböző nagy prímszámot, p-t és q-t. 2. Legyen n = pq. 3. Vegyünk egy olyan kis páratlan e számot, amely relatív prím φ(n) = (p 1)(q 1)-hez. 4. Keressünk
Algoritmuselmélet 12. előadás
Algoritmuselmélet 12. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Április 9. ALGORITMUSELMÉLET 12. ELŐADÁS 1 Turing-gépek
Algoritmuselmélet. Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem. 13.
Algoritmuselmélet NP-teljes problémák Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 13. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet
Approximációs algoritmusok
Approximációs algoritmusok Nehéz (pl. NP teljes) problémák optimális megoldásának meghatározására nem tudunk (garantáltan) polinom idejű algoritmust adni. Lehetőségek: -exponenciális futási idejű algoritmus
Algoritmuselmélet 7. előadás
Algoritmuselmélet 7. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Március 11. ALGORITMUSELMÉLET 7. ELŐADÁS 1 Múltkori
Diszkrét matematika 2.C szakirány
Diszkrét matematika 2.C szakirány 2017. tavasz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 11. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Algoritmuselmélet. Legrövidebb utak, Bellmann-Ford, Dijkstra. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Legrövidebb utak, Bellmann-Ford, Dijkstra Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 3. előadás Katona Gyula Y. (BME
Algoritmusok bonyolultsága
Algoritmusok bonyolultsága 5. előadás http://www.ms.sapientia.ro/~kasa/komplex.htm 1 / 27 Gazdaságos faváz Kruskal-algoritmus Joseph Kruskal (1928 2010) Legyen V = {v 1, v 2,..., v n }, E = {e 1, e 2,...,
Algoritmuselmélet 2. előadás
Algoritmuselmélet 2. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Február 12. ALGORITMUSELMÉLET 2. ELŐADÁS 1 Buborék-rendezés
Példa Hajtsuk végre az 1 pontból a Dijkstra algoritmust az alábbi gráfra. (A mátrixban a c i j érték az (i, j) él hossza, ha nincs él.
Legrövidebb utak súlyozott gráfokban A feladat egy súlyozott gráfban egy adott pontból kiinduló legrövidebb utak megkeresése. Az input a súlyozott gráf és a kiindulási s pont. Outputként egy legrövidebb
Algoritmuselmélet 11. előadás
Algoritmuselmélet 11. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Március 26. ALGORITMUSELMÉLET 11. ELŐADÁS 1 Kruskal
A számítástudomány alapjai
A számítástudomány alapjai Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Legszélesebb utak Katona Gyula Y. (BME SZIT) A számítástudomány
Algoritmusok bonyolultsága
Algoritmusok bonyolultsága 11. előadás http://www.ms.sapientia.ro/~kasa/komplex.htm () 1 / 1 NP-telesség Egy L nyelv NP-teles, ha L NP és minden L NP-re L L. Egy Π döntési feladat NP-teles, ha Π NP és
Algoritmuselmélet 1. előadás
Algoritmuselmélet 1. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Február 11. ALGORITMUSELMÉLET 1. ELŐADÁS 1 Források
A továbbiakban Y = {0, 1}, azaz minden szóhoz egy bináris sorozatot rendelünk
1. Kódelmélet Legyen X = {x 1,..., x n } egy véges, nemüres halmaz. X-et ábécének, elemeit betűknek hívjuk. Az X elemeiből képzett v = y 1... y m sorozatokat X feletti szavaknak nevezzük; egy szó hosszán
Matematika alapjai; Feladatok
Matematika alapjai; Feladatok 1. Hét 1. Tekintsük a,, \ műveleteket. Melyek lesznek a.) kommutativok b.) asszociativak c.) disztributívak-e a, műveletek? Melyik melyikre? 2. Fejezzük ki a műveletet a \
Totális Unimodularitás és LP dualitás. Tapolcai János
Totális Unimodularitás és LP dualitás Tapolcai János tapolcai@tmit.bme.hu 1 Optimalizálási feladat kezelése NP-nehéz Hatékony megoldás vélhetően nem létezik Jó esetben hatékony algoritmussal közelíteni
Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
Euler tétel következménye 1:ha G összefüggő síkgráf és legalább 3 pontja van, akkor: e 3
Síkgráfok Kuratowski-tétel: egy gráf akkor és csak akkor síkba rajzolható gráf, ha nincs olyan részgráfja, ami a K 5 -el, vagy a K 3,3 -altopologikusan izomorf (homeomorf). Euler síkgráfokra vonatkozó
Gráfalgoritmusok ismétlés ősz
Gráfalgoritmusok ismétlés 2017. ősz Gráfok ábrázolása Egy G = (V, E) gráf ábrázolására alapvetően két módszert szoktak használni: szomszédsági listákat, illetve szomszédsági mátrixot. A G = (V, E) gráf
Algebra es sz amelm elet 3 el oad as Nevezetes sz amelm eleti probl em ak Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev
Algebra és számelmélet 3 előadás Nevezetes számelméleti problémák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Számok felbontása hatványok összegére 2. Prímszámok 3. Algebrai és transzcendens számok Tartalom
Algoritmuselmélet 6. előadás
Algoritmuselmélet 6. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Március 4. ALGORITMUSELMÉLET 6. ELŐADÁS 1 Hash-elés
Tartalom. Algebrai és transzcendens számok
Nevezetes számelméleti problémák Tartalom 6. Nevezetes számelméleti problémák Számok felbontása hatványok összegére Prímszámok Algebrai és transzcendens számok 6.1. Definíció. Az (x, y, z) N 3 számhármast
Bonyolultságelmélet. Monday 26 th September, 2016, 18:50
Bonyolultságelmélet Monday 26 th September, 2016, 18:50 A kiszámítás modelljei 2 De milyen architektúrán polinom? A kiszámításnak számos (matematikai) modellje létezik: Általános rekurzív függvények λ-kalkulus
Diszkrét matematika 1. estis képzés. Komputeralgebra Tanszék ősz
Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis
Diszkrét matematika 2.C szakirány
Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2015.
Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:
Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x
Algoritmuselmélet 1. előadás
Algoritmuselmélet 1. előadás Katona Gyula Y. Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Számítástudományi Tsz. I. B. 137/b kiskat@cs.bme.hu 2002 Február 11. ALGORITMUSELMÉLET 1. ELŐADÁS 1 Források
Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.
Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Osztó, többszörös) Ha egy a szám felírható egy b szám és egy másik egész szám szorzataként, akkor a b számot az a osztójának, az a számot a b többszörösének nevezzük. Megjegyzés:
Turing-gépek. Számításelmélet (7. gyakorlat) Turing-gépek 2009/10 II. félév 1 / 1
Turing-gépek Logika és számításelmélet, 7. gyakorlat 2009/10 II. félév Számításelmélet (7. gyakorlat) Turing-gépek 2009/10 II. félév 1 / 1 A Turing-gép Az algoritmus fogalmának egy intuitív definíciója:
Számelmélet (2017. február 8.) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla
Számelmélet (2017 február 8) Bogya Norbert, Kátai-Urbán Kamilla 1 Oszthatóság 1 Definíció Legyen a, b Z Az a osztója b-nek, ha létezik olyan c Z egész szám, melyre ac = b Jelölése: a b 2 Példa 3 12, 2
bármely másikra el lehessen jutni. A vállalat tudja, hogy tetszőlegesen adott
. Minimális súlyú feszítő fa keresése Képzeljük el, hogy egy útépítő vállalat azt a megbízást kapja, hogy építsen ki egy úthálózatot néhány település között (a települések között jelenleg nincs út). feltétel
Gráfelméleti feladatok. c f
Gráfelméleti feladatok d e c f a b gráf, csúcsok, élek séta: a, b, c, d, e, c, a, b, f vonal: c, d, e, c, b, a út: f, b, a, e, d (walk, lanţ) (trail, lanţ simplu) (path, lanţ elementar) 1 irányított gráf,
Diszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014.
Algoritmuselmélet. Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem. 12.
Algoritmuselmélet NP-teljes problémák Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 12. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet
NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI
A NULLADIK MATEMATIKA ZÁRTHELYI 20-09-2 Terem: Munkaidő: 0 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható! Csak és kizárólag tollal tölthető ki a feladatlap, a ceruzával
f(x) vagy f(x) a (x x 0 )-t használjuk. lim melyekre Mivel itt ɛ > 0 tetszőlegesen kicsi, így a a = 0, a = a, ami ellentmondás, bizonyítva
6. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE ÉS FOLYTONOSSÁGA 6.1 Függvény határértéke Egy D R halmaz torlódási pontjainak halmazát D -vel fogjuk jelölni. Definíció. Legyen f : D R R és legyen x 0 D (a D halmaz torlódási
Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.
2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az
5/1. tétel: Optimalis feszítőfák, Prim és Kruskal algorithmusa. Legrövidebb utak graphokban, negatív súlyú élek, Dijkstra és Bellman Ford algorithmus.
5/1. tétel: Optimalis feszítőfák, Prim és Kruskal algorithmusa. Legrövidebb utak graphokban, negatív súlyú élek, Dijkstra és Bellman Ford algorithmus. Optimalis feszítőfák Egy összefüggő, irányítatlan
A digitális számítás elmélete
A digitális számítás elmélete 8. előadás ápr. 16. Turing gépek és nyelvtanok A nyelvosztályok áttekintése Turing gépek és a természetes számokon értelmezett függvények Áttekintés Dominó Bizonyítások: L
Információs rendszerek elméleti alapjai. Információelmélet
Információs rendszerek elméleti alapjai Információelmélet Az információ nem növekedés törvénye Adatbázis x (x adatbázis tartalma) Kérdés : y Válasz: a = f(y, x) Mennyi az a információtartalma: 2017. 04.
DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ
DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ B szakirány 2014 június Tartalom 1. Fák definíciója ekvivalens jellemzései... 3 2. Hamilton-kör Euler-vonal... 4 3. Feszítőfa és vágás... 6 4. Címkézett
Funkcionálanalízis. n=1. n=1. x n y n. n=1
Funkcionálanalízis 2011/12 tavaszi félév - 2. előadás 1.4. Lényeges alap-terek, példák Sorozat terek (Folytatás.) C: konvergens sorozatok tere. A tér pontjai sorozatok: x = (x n ). Ezen belül C 0 a nullsorozatok
Adatszerkezetek 2. Dr. Iványi Péter
Adatszerkezetek 2. Dr. Iványi Péter 1 Fák Fákat akkor használunk, ha az adatok között valamilyen alá- és fölérendeltség van. Pl. könyvtárszerkezet gyökér (root) Nincsennek hurkok!!! 2 Bináris fák Azokat
Diszkrét matematika 2. estis képzés
Diszkrét matematika 2. estis képzés 2018. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Sapientia - Erdélyi Magyar TudományEgyetem (EMTE) Csíkszereda IRT- 4. kurzus. 3. Előadás: A mohó algoritmus
Csíkszereda IRT-. kurzus 3. Előadás: A mohó algoritmus 1 Csíkszereda IRT. kurzus Bevezetés Az eddig tanult algoritmus tipúsok nem alkalmazhatók: A valós problémák nem tiszta klasszikus problémák A problémák
Algoritmuselmélet. Függvények nagyságrendje, elágazás és korlátozás, dinamikus programozás. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Függvények nagyságrendje, elágazás és korlátozás, dinamikus programozás Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Minimális feszítőfák Legyen G = (V,E,c), c : E R + egy súlyozott irányítatlan gráf. Terjesszük ki a súlyfüggvényt a T E élhalmazokra:
Minimális feszítőfák Legyen G = (V,E,c), c : E R + egy súlyozott irányítatlan gráf. Terjesszük ki a súlyfüggvényt a T E élhalmazokra: C(T ) = (u,v) T c(u,v) Az F = (V,T) gráf minimális feszitőfája G-nek,
Következik, hogy B-nek minden prímosztója 4k + 1 alakú, de akkor B maga is 4k + 1 alakú, s ez ellentmondás.
Prímszámok A (pozitív) prímszámok sorozata a következő: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,... 1. Tétel. Végtelen sok prímszám van. Első bizonyítás. (Euklidész) Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, tehát véges
minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének mondjuk, f(x 0 )-at pedig az (abszolút) maximumértékének.
Függvények határértéke és folytonossága Egy f: D R R függvényt korlátosnak nevezünk, ha a függvényértékek halmaza korlátos. Ha f(x) f(x 0 ) teljesül minden x D esetén, akkor x 0 -at a függvény maximumhelyének
Nagyságrendek. Kiegészítő anyag az Algoritmuselmélet tárgyhoz. Friedl Katalin BME SZIT február 1.
Nagyságrendek Kiegészítő anyag az Algoritmuselmélet tárgyhoz (a Rónyai Ivanyos Szabó: Algoritmusok könyv mellé) Friedl Katalin BME SZIT friedl@cs.bme.hu 018. február 1. Az O, Ω, Θ jelölések Az algoritmusok
Más szavakkal formálisan:, ahol olyan egész szám, hogy. Más szavakkal formálisan:, ahol olyan egész szám, hogy.
Bevezetés 1. Definíció. Az alsó egészrész függvény minden valós számhoz egy egész számot rendel hozzá, éppen azt, amely a tőle nem nagyobb egészek közül a legnagyobb. Az alsó egészrész függvény jele:,
Algoritmuselmélet. Gráfok megadása, szélességi bejárás, összefüggőség, párosítás. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Gráfok megadása, szélességi bejárás, összefüggőség, párosítás Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 2. előadás
Diszkrét matematika 2.C szakirány
Diszkrét matematika 2.C szakirány 2017. tavasz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2017.
Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
definiálunk. Legyen egy konfiguráció, ahol és. A következő három esetet különböztetjük meg. 1. Ha, akkor 2. Ha, akkor, ahol, ha, és egyébként.
Számításelmélet Kiszámítási problémának nevezünk egy olyan, a matematika nyelvén megfogalmazott kérdést, amire számítógéppel szeretnénk megadni a választ. (A matematika nyelvén precízen megfogalmazott
Intergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
Kiegészítő részelőadás 1. Az algoritmusok hatékonyságának mérése
Kiegészítő részelőadás 1. Az algoritmusok hatékonyságának mérése Dr. Kallós Gábor 2014 2015 1 Az Ordó jelölés Azt mondjuk, hogy az f(n) függvény eleme az Ordó(g(n)) halmaznak, ha van olyan c konstans (c
Diszkrét matematika 2.
Diszkrét matematika 2. 2018. november 23. 1. Diszkrét matematika 2. 9. előadás Fancsali Szabolcs Levente nudniq@cs.elte.hu www.cs.elte.hu/ nudniq Komputeralgebra Tanszék 2018. november 23. Diszkrét matematika
SzA XIII. gyakorlat, december. 3/5.
SzA XIII. gyakorlat, 2013. december. 3/5. Drótos Márton 3 + 2 = 1 drotos@cs.bme.hu 1. Határozzuk meg az Euklidészi algoritmussal lnko(504, 372)-t! Határozzuk meg lkkt(504, 372)-t! Hány osztója van 504-nek?
Számrendszerek Feladat. Számrendszerek. Németh Bence május 13.
2014. május 13. Legyen Λ R n rács, M : Λ Λ alapmátrix, melyre det(m) 0, 0 D Λ véges jegyhalmaz. Legyen Λ R n rács, M : Λ Λ alapmátrix, melyre det(m) 0, 0 D Λ véges jegyhalmaz. Definíció (Generalized number
Online migrációs ütemezési modellek
Online migrációs ütemezési modellek Az online migrációs modellekben a régebben ütemezett munkák is átütemezhetőek valamilyen korlátozott mértékben az új munka ütemezése mellett. Ez csökkentheti a versenyképességi
Diszkrét matematika 2. estis képzés
Diszkrét matematika 2. estis képzés 2016. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
út hosszát. Ha a két várost nem köti össze út, akkor legyen c ij = W, ahol W már az előzőekben is alkalmazott megfelelően nagy szám.
1 Az utazó ügynök problémája Utazó ügynök feladat Adott n számú város és a városokat összekötő utak, amelyeknek ismert a hossza. Adott továbbá egy ügynök, akinek adott városból kiindulva, minden várost
Algoritmuselmélet. Hashelés. Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Algoritmuselmélet Hashelés Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 8. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet 8. előadás
Algoritmuselmélet. Függvények nagyságrendje, elágazás és korlátozás, dinamikus programozás. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Függvények nagyságrendje, elágazás és korlátozás, dinamikus programozás Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Véletlenszám generátorok és tesztelésük. Tossenberger Tamás
Véletlenszám generátorok és tesztelésük Tossenberger Tamás Érdekességek Pénzérme feldobó gép: $0,25-os érme 1/6000 valószínűséggel esik az élére 51% eséllyel érkezik a felfelé mutató oldalára Pörgetésnél
Az állítást nem bizonyítjuk, de a létezést a Paley-féle konstrukció mutatja: legyen H a
. Blokkrendszerek Definíció. Egy (H, H), H H halmazrendszer t (v, k, λ)-blokkrendszer, ha H = v, B H : B = k, és H minden t elemű részhalmazát H-nak pontosan λ eleme tartalmazza. H elemeit blokkoknak nevezzük.
Algoritmuselmélet zárthelyi (BSc képzés) április 24.
Algoritmuselmélet zárthelyi (BSc képzés) 009. április.. Tekintsük az f (n) = 009 n! és f (n) = 00 (n )! függvényeket. Igaz-e, hogy a) f = O(f ) b) f = O(f ) c) f = Ω(f ) d) f = Ω(f )?. Dijkstra-algoritmussal
FEGYVERNEKI SÁNDOR, Valószínűség-sZÁMÍTÁs És MATEMATIKAI
FEGYVERNEKI SÁNDOR, Valószínűség-sZÁMÍTÁs És MATEMATIKAI statisztika 10 X. SZIMULÁCIÓ 1. VÉLETLEN számok A véletlen számok fontos szerepet játszanak a véletlen helyzetek generálásában (pénzérme, dobókocka,
Gráfok 2. Legrövidebb utak, feszítőfák. Szoftvertervezés és -fejlesztés II. előadás. Szénási Sándor
Gráfok 2. Legrövidebb utak, feszítőfák előadás http://nik.uni-obuda.hu/sztf2 Szénási Sándor Óbudai Egyetem,Neumann János Informatikai Kar Legrövidebb utak keresése Minimális feszítőfa keresése Gráfok 2
A sorozat fogalma. függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet. az értékkészlet a komplex számok halmaza, akkor komplex
A sorozat fogalma Definíció. A természetes számok N halmazán értelmezett függvényeket sorozatoknak nevezzük. Amennyiben az értékkészlet a valós számok halmaza, valós számsorozatról beszélünk, mígha az
Deníciók és tételek a beugró vizsgára
Deníciók és tételek a beugró vizsgára (a szóbeli viszgázás jogáért) Utolsó módosítás: 2008. december 2. 2 Bevezetés Számítási problémának nevezünk egy olyan, a matematika nyelvén megfogalmazott kérdést,
Minimális feszítőfák Legyen G = (V,E,c), c : E R + egy súlyozott irányítatlan gráf. Terjesszük ki a súlyfüggvényt a T E élhalmazokra:
Minimális feszítőfák Legyen G = (V,E,c), c : E R + egy súlyozott irányítatlan gráf. Terjesszük ki a súlyfüggvényt a T E élhalmazokra: C(T ) = (u,v) T c(u,v) Az F = (V,T) gráf minimális feszitőfája G-nek,
Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
A Számítástudomány alapjai
Mechatronika, Optika és Gépészeti Informatika Tanszék A Számítástudomány alapjai Szemelvények az Elméleti Számítástudomány területéről Fogalmak: Számítástechnika Realizáció, technológia Elméleti számítástudomány
Diszkrét matematika I.
Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 8. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz Elemi számelmélet Diszkrét matematika I. középszint
Komplex számok. Wettl Ferenc előadása alapján Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok / 18
Komplex számok Wettl Ferenc előadása alapján 2015.09.23. Wettl Ferenc előadása alapján Komplex számok 2015.09.23. 1 / 18 Tartalom 1 Számok A számfogalom bővülése 2 Algebrai alak Trigonometrikus alak Egységgyökök
Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Polinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós
Polinomok (el adásvázlat, 2008 április 15) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: gy r, gy r additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja, egységelemes
Számelméleti alapfogalmak
1 Számelméleti alapfogalmak 1 Definíció Az a IN szám osztója a b IN számnak ha létezik c IN melyre a c = b Jelölése: a b 2 Példa a 0 bármely a számra teljesül, mivel c = 0 univerzálisan megfelel: a 0 =
Az optimális megoldást adó algoritmusok
Az optimális megoldást adó algoritmusok shop ütemezés esetén Ebben a fejezetben olyan modellekkel foglalkozunk, amelyekben a munkák több műveletből állnak. Speciálisan shop ütemezési problémákat vizsgálunk.
Algoritmuselmélet. Hashelés. Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Algoritmuselmélet Hashelés Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 9. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet 9. előadás
1/1. Házi feladat. 1. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy
/. Házi feladat. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy mindig igaz. (p (( p) q)) (( p) ( q)). Igazoljuk, hogy minden A, B és C halmazra A \ (B C) = (A \ B) (A \ C) teljesül.
1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.
1. Oszthatóság, legnagyobb közös osztó Ebben a jegyzetben minden változó egész számot jelöl. 1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy
Algoritmuselmélet. Mélységi keresés és alkalmazásai. Katona Gyula Y.
Algoritmuselmélet Mélységi keresés és alkalmazásai Katona Gyula Y. Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem 9. előadás Katona Gyula Y. (BME SZIT) Algoritmuselmélet
Diszkrét matematika 2 (C) vizsgaanyag, 2012 tavasz
Diszkrét matematika 2 (C) vizsgaanyag, 2012 tavasz A vizsga menete: a vizsga írásbeli és szóbeli részből áll. Az írásbeli beugrón az alábbi kérdések közül szerepel összesen 12 darab, mindegyik egy pontot
Feladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz
Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb
5. feladatsor megoldása
megoldása I. rész ( ) = 1. x x, azaz C) a helyes válasz, mivel a négyzetgyökvonás eredménye csak nemnegatív szám lehet.. A húrnégyszögek tétele szerint bármely húrnégyszög szemközti szögeinek összege 180.
Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged
Magas szintű matematikai tehetséggondozás Elemi algebrai eszközökkel megoldható versenyfeladatok Ábrahám Gábor, Szeged Ahhoz, hogy egy diák kimagasló eredményeket érhessen el matematika versenyeken, elengedhetetlenül
Kongruenciák. Waldhauser Tamás
Algebra és számelmélet 3 előadás Kongruenciák Waldhauser Tamás 2014 őszi félév Tartalom 1. Diofantoszi egyenletek 2. Kongruenciareláció, maradékosztályok 3. Lineáris kongruenciák és multiplikatív inverzek
Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek
a Matematika mérnököknek I. című tárgyhoz Vektorok, mátrixok, lineáris egyenletrendszerek Vektorok A rendezett valós számpárokat kétdimenziós valós vektoroknak nevezzük. Jelölésükre latin kisbetűket használunk.
Megoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1
Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =
Polinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós
Polinomok (előadásvázlat, 2012 október 21) Maróti Miklós Ennek az előadásnak a megértéséhez a következő fogalmakat kell tudni: gyűrű, gyűrű additív csoportja, zéruseleme, és multiplikatív félcsoportja,
Kisérettségi feladatsorok matematikából
Kisérettségi feladatsorok matematikából. feladatsor I. rész. Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! a) Ha két egész szám összege páratlan, akkor a szorzatuk páros. b)
Shor kvantum-algoritmusa diszkrét logaritmusra
Ivanyos Gábor MTA SZTAKI Debrecen, 20 január 2. Tartalom és kvantum-áramkörök 2 A diszkrét log probléma Kvantum bit Állapot: a B = C 2 komplex euklideszi tér egy egységvektora: az a 0 + b szuperpozíció
A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek
3. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 47. 50. oldal. Gondolkodnivalók Determinánsok 1. Gondolkodnivaló Determinánselméleti tételek segítségével határozzuk meg a következő n n-es determinánst: 1
2016, Diszkrét matematika
Diszkrét matematika 8. előadás Sapientia Egyetem, Műszaki és Humántudományok Tanszék Marosvásárhely, Románia mgyongyi@ms.sapientia.ro 2016, őszi félév Miről volt szó az elmúlt előadáson? a Fibonacci számsorozat