Permutációegyenletekről

Átírás

1 Permutációegyenleteről Tuzson Zoltán tanár, Széelyudvarhely Az elemi ombinatoriában n elem egy ermutációján az n darab elem egy meghatározott sorrendjét (sorbarendezését) értjü. Legyen az n darab elem a övetező rendezett A halmaz eleme: A={a, a,, a n }. Matematiailag legtermészetesebben úgy definiálható eor az A egy ermutációja, hogy az egy f:{,,,n} A ölcsönösen egyértelmű függvény (minden számhoz -től n-ig az A egy és csa egy elemét rendeljü, azaz sorba rendezzü ). Azonban a felsőbb matematiában mégsem így, hanem a halmazo önmagára való bijetív leéezéseént definiáljá a ermutációat (utóbbi definíció nemmegszámlálható halmazora is értelmes fogalmat ad). Egy ermutációt úgy adhatun meg, hogy zárójelben (általában vesszővel) felsorolju az elemeit, vagy éldául n=5 esetén az f()=a 5, f()=a, f(3)=a, f(4)=a 3, f(5)=a 4 ermutációt a övetező rövidebb alaoban adhatju meg: Még rövidebb, ha a másodi sorban csa az eleme indexeit írju i (mintha azonosítanán A-t az {,,,n} halmazzal): A legrövidebben edig, ha az elemene a séma felső sorában szerelő természetes sorrendjét is elhagyju, és csa a éelemeet írju i: (5,,, 3, 4). Aadna szerző, ai ez utóbbit a ermutáció Descartes-féle alajána nevezi. Az így bevezetett ermutációal végezhető művelet a tanönyveben is megtalálható ermutáció szorzása. Ez a művelet általában nem ommutatív, de asszociatív, van semleges elem az azonos ermutáció és minden ermutációna van inverz ermutációja. Az n-ed rendű ermutáció halmazát S n -el jelöljü. Az érvényben levő tanönyveben, továbbá értelmezi és vizsgáljá a ermutáció transzozícióit (elemcseréit) és inverzióit. Egy adott σ ermutációna inverzióina a számát ( ) m(σ ) jelöli, és az előjelét edig az ε ( σ ) = ( ) m σ adja, vagyis áros ermutáció előjele + és a áratlané edig -. So esetben a ermutáció áthatóbb vizsgálata céljából bevezeti a ciluso (cilius ermutáció) fogalmást is. Azt mondju, hogy az α S ermutáció egy r hosszúságú cilus, (vagy r cilus), ha létezne az i, i,..., ir {,,..., n} leszűítése az { } { },,..., \,,..., r n ülönböző számo úgy, hogy az α n i i i halmazra az identius függvény, és α( i ) = i, α( i ) = i,..., α( i ) = i, α( i ) = i. Az α cilus jelölésére az α = 3 r r r ( i i... i r ) szimbólumot használju. Az hosszúságú ciluso az identius ermutáció, a hosszúságúa edig a transzozíció (cseré). Az α = ( i i... ir ) Sn és a β = ( j j... j ) Sn ciluso aor diszjunta, ha az { i, i,..., i r } és { j, j,..., j} halmazo is diszjunta. Továbbá bármely σ Sn ermutáció felbontható diszjunt ermutáció szorzására sőt mi több, transzozíció szorzatára is. Bővebben lásd éldául a []-ben.

2 A továbbiaban bemutatju néhány tanulságos, legalább másodfoú ermutációegyenlet megoldását. Mint látni fogju, az alalmazott megoldási módszere általános eseteben is alalmazható. A bemutatásra erülő feladato a magasabb foú ermutációegyenlete megoldási módszereine jobb megértését és elmélyítését szolgáljá.. feladat: Bizonyítsu be, hogy nem létezi olyan x S 7 ermutáció, amelyre Megoldás: Nyilvánvaló, hogy a bal oldali ermutáció előjele +, vagyis ε ( x ) = ( ε ( x)) = +. A jobboldali ermutáció inverziói: (,); (,3); (,4); (5,6); (5,7). Mivel eze száma 5 és ez áratlan, ezért a jobboldal előjele -, így az egyenlőség nem állhat fenn, vagyis a feladatna nincs megoldása. Eze szerint tehát levonható egy általános jellegű övetezmény: anna szüséges feltétele, hogy egy x = σ ermutációegyenletne legyen megoldása az, hogy ε ( σ ) = + legyen. Az alábbiaban látni fogju, hogy ez a feltétel csa szüséges, de nem elégséges.... n n. feladat: Az egyenletne milyen n N* esetén nincs egyetlen 3... n megoldása sem az S n halmazon? Megoldás: Könnyen belátható, hogy a jobboldali ermutáció inverzióina a száma n- és a megoldhatósághoz szüséges feltétel n-=, tehát a feladatna nincs megoldása, ha n-= -, vagyis ha n=, ahol N* feladat: Határozzu meg azoat az x S 4 ermutációat amelyere Megoldás: Keressü az x ermutációt az alaban. Eor az egyenlet a b c d alaján. Most sorra vesszü és letárgyalju az a b c d a b c d 3 4 a,,3,4 eseteet. A megoldás során azt, hogy az az i-ne megfelel j jelöljü úgy, hogy { } i j. A ermutáció szorzási szabályát alalmazva, ha a= lenne, aor jobboldalt edig 3, tehát = 3 absurdum. Ha a=, aor b, jobboldalt edig 3, tehát b= 3. Eor 3 c, ugyanaor, tehát c==a absurdum. Ha a=3, aor 3 c másrészt 3, ezért c=3=a absurdum. Ha a=4 lenne, aor 4 d és 3 ahonnan d=3. Eor 4 3 c továbbá 4, ezért c= és nem 3 4 marad más, mint hogy b=. Így a aott megoldás feladat: Határozzu meg azoat az x S 4 ermutációat amelyere 4 3 Vezessü be az y = x változócserét. Az előző megoldáshoz hasonlóan eressü az y 3 4 ermutációt az y a b c d alaban. Eor az 3 4 y egyenlet alaján Most sorra vesszü és letárgyalju az a b c d a b c d 4 3 a,,3,4 eseteet. Ha a= lenne, aor jobboldalt edig 4, tehát = 4 { }

3 absurdum. Ha a=, aor b, jobboldalt edig 4, tehát b= 4. Eor 4 d, ugyanaor, tehát d==a absurdum. Ha a=3, aor 3 c másrészt 4, ezért c=4 továbbá 3 4 d és 3, ezért d=és marad, hogy b= és eor a aott megoldás 3 4 y. Ha a=4 lenne, aor 4 d 3 4 és 4 ahonnan d=4=a absurdum. 3 4 Most marad megoldani az egyenletet. A 3. feladatban láttu, hogy enne a megoldása, és egyben a feladatunna is a megoldása feladat: Határozzu meg azoat az x S 4 ermutációat amelyere ahol N* rögzített. Megoldás: Vezessü be az x x , = változócserét. Eor a megoldandó egyenlet a övetező: 3 4 x 3 4. A 3. feladatban láttu, hogy enne a megoldása 3 4 x Tehát x 4 3. Most vezessü be az x = x változócserét. Eor az 3 4 x egyenlethez jutun. A 4. feladatban láttu, hogy enne az y megoldása itt x 4 3. Bevezetve a 3 4 σ = 3 4 és a 3 4 τ 4 3 jelöléseet felírható, hogy σ = x = x = x =... = x = x ha =n, vagyis x = σ ha áros. Továbbá τ = x = x = x =... = x = x ha =n+, vagyis 3 4 x = τ ha áratlan. 6. feladat: Határozzu meg azoat az x S 6 ermutációat amelyere Megoldás: Vegyü észre, hogy a jobboldali ermutáció inverzióina a száma 4, ezért az előjele +. A továbbiaban igazolni fogju, hogy az egyenletne nincs megoldása. Ez azt jelenti, hogy a jobboldali ermutáció árossága az egyenlet megoldásána létezéséhez nem elégséges, csa szüséges feltétel. A feladatot a 3. és a 4. feladato mintájára is megoldhatnán, de a változatosság edvéért egy más megoldási módszert mutatun be. Figyelembe vesszü a ermutáció szorzását és, hogy az eredmény a jobboldali ermutáció. a,b,c,d,e, f,,3, 4,5,6 áronént ülönböző számo amelyere Ezért létezne olyan { } a, b, 3 c 6, 4 d 3, 5 e 4 és 6 f 5. Ezt még így is a b c d e f felírhatju: a b c d e f = Figyelembe vesszü, hogy a bal oldalon levő ét ermutáció mindegyie éen ugyanaz az x ermutáció ell legyen. Ha a= és absurdum. Ha a= és

4 absurdum. Ha a=3 3 és 3 c= 6 b=6 6 f= 5 absurdum. Ha a=4 4 és 4 d= 3 b=3 3 c= 6 absurdum. Ha a=5 5 és 5 e= 4 b=4 4 d= 4 absurdum. Ha a=6 6 és 6 f= 5 b=5 5 e= 4 absurdum. Tehát a feladatna nincs megoldása feladat: Igazolju, hogy az egyenletne egyetlen x S + megoldása az ermutáció! Megoldás: Legyen x()=a. Ha a= x () = x() = = absurdum. Hasonlóan x()= = x() is absurdum. Tehát a>. De eor t szerinti inducióval igazolható, hogy x( j) a j + + =, t {,,..., a } x( a t) t x() = x( x ()) = x ( x()) = x ( a) = a + és így j és = +, j {,,..., a} + és. Eze alaján azonnal látható, hogy... + a + 3 a.... De mivel x( a) = x () = a a a +4-a=a a= + és innen a már jelzett x ermutációt aju. 8. feladat: Igazold, hogy bármely x S n ermutáció esetén létezi olyan N * szám amelyre x = e n. Megoldás: Az S n véges halmaz, amine n! számú eleme van, hiszen ennyi az n elemne a m ermutációina a száma. Így a σ, σ,..., σ,... sorozatna nem lehet végtelen számú m m m ülönböző eleme, tehát m, m N és m < m amelyere σ = σ. A σ inverzével szorozva, ha = m m aor σ = e n. A diszjunt cilusora bontást használva, lesz a hosszaina a legisebb özös többszöröse. Ezt az n! érténél isebb számot az x ermutáció rendjéne nevezi. 9. feladat: Legyen N * a legisebb természetes szám amelyre x = e n és x S n. Bizonyítsu be, hogy az n! osztója. H0 = e, σ, σ,... σ, ez ülönböző elemet tartalmaz. Ha létezi Megoldás: Legyen { }, α Sn α H0, aor legyen H { α, ασ,..., ασ } létezi,, α Sn α H0 H aor éezzü a elemű H { α, ασ,..., ασ } =, és ez is elemet tartalmaz. Ha még = halmazt, és így tovább. Mivel S n véges halmaz, ezért létezi egy utolsó ilyen H halmaz. Ezután igazolju, hogy Hi H j = ha i j, és mivel Sn = H0 H... H és az S n elemeine a száma n!, továbbá minden H i halmaz ontosan elemet tartalmaz, ezért övetezi, hogy n!=(+) n!, éen amit bizonyítani aartun. 0. feladat: Bizonyítsu be, hogy ha az a legisebb szám amelyre x = e n és x S n, továbbá x = e n, N * is teljesül, aor osztható -val. Megoldás: Feltételezzü az ellenezőjét vagyis, hogy nem osztható -val. Eor létezi q r olyan r N, r 0, r < amelyre = q + r és így σ + = e σ = e, ami ellentmond anna, hogy a legisebb ilyen tulajdonságú szám.

5 . feladat: Létezi-e olyan x S 6, x e 6 ermutáció amelyre x 7 = e 6? Megoldás: A 9. feladat alaján fennállna, hogy =7 ossza az n! értéet, ez edig absurdum.. feladat: Határozzu meg azt a legisebb n N * számot amelyre x n = e 6 ahol Megoldás: Mivel egy 6-od rendű ermutáció esetén nem várható, hogy eléggé is n érté esetén álljon elő, hogy x n = e 6, ezért valamilyen más módszert ell találnun az n meghatározására. Megeressü azt a legisebb léésszámot amellyel egyidőben az. helyre, a. helyre,,6 a 6. helyre erül. A jobboldali σ ermutációt cilusora bontva aju, hogy σ = ( ) ( ) (4) (5) (6). Az első cilusból látszi, hogy vagyis hat léésből erül az. helyre. Ez igaz az első cilus bármelyi i elemére amely 6 léés után erül az i. helyre. Teljesen hasonlóan a másodi cilusban levő bármelyi j szám éen hét léés után erül a j. helyre. Tehát az,,3,,3 számo mindegyie leghamarabb a helyére erül éen a 6 és 7 legisebb többszörösére, vagyis n=6 7=4-re. (Lásd a 8. feladat megoldását is) feladat: Igazold, hogy az egyenletne nincs megoldása az S 5-ben. Megoldás: Emeljü harmadi hatványra az egyenlőség mindét oldalát. Azt aju, hogy = 9 e 5. Belátju, hogy 9 a legisebb természetes szám amelyre x = e 5. Valóban, a 0. feladat szerint ha létezne <9 szám amelyre x = e 5, aor osztja a 9-et. De eor = vagy =3 ell legyen, de sem x = e 5 sem 3 x = e 5 nem igaz, ezért = 9 tényleg a legisebb ért szám. De eor a 9. feladat alaján 9 osztja az 5! Számot, ami absurdum. Tehát valóban nincs megoldása az adott egyenletne. Megjegyezzü, hogy egy másodi megoldást a 6. feladatnál bemutatott módszerrel is adhatun. Továbbá a feladat úgy is belátható, hogy belássu azt, hogy egy ermutáció 3. hatványra emelésével nem ahatun egyetlen 3 hosszúságú cilust, mint amilyen a jobboldali ermutáció. Szairodalom: [] Kacsó Ferenc: Algebra Tanönyv a XI. osztály számára, Ábel Kiadó,Kolozsvár, 006, oldal. [] Csaó Hajnala, András Szilárd: Matematia Tanönyv a XI. osztály számára, Corvin Kiadó, Déva, 006, oldal. [3] Ion Pertica, Ion Lazar: Probleme de algebra entru liceu, Vol. III (clasele XI-XII), Editura Petrion, Bucuresti, oldal.