Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz

Átírás

1 Diszkrét matematika 1. középszint ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 9. előadás Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék ősz

2 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 2. Emlékeztető oszthatóság és tulajdonságai; egység, illetve asszociált fogalma; felbonthatatlan elem, prímtulajdonság; maradékos osztás.

3 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 3. Maradékos osztás Definíció Legyenek a, b egész számok (b 0). Legyen a = b q + r (0 r < b ). Ekkor a mod b = r. Megjegyzés: q = a/b, ha b > 0, és q = a/b, ha b < 0. Példa 123 mod 10 = 3, 123 mod 100 = 23, 123 mod 1000 = 123; 123 mod 10 = 3, mod 10 = 7, 123 mod 100 = 77, 123 mod 1000 = 877; 123 mod 10 = 7,...

4 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 4. Maradékos osztás Példa 1 Ha most 9 óra van, hány óra lesz 123 óra múlva? Osszuk el maradékosan 123-at 24-gyel: 123 = Tehát = 12: déli 12 óra lesz! 2 Ha most 9 óra van, hány óra lesz 116 óra múlva? Osszuk el maradékosan 116-ot 24-gyel: 116 = Tehát = 29. Újabb redukció: 29 = : hajnali 5 óra lesz! 3 Tegyük fel, hogy ma november 11-e (kedd) van. Milyen napra fog esni jövőre november 11-e? Milyen napra esett három éve november 15-e? hétfő 0 kedd 1 szerda 2 csütörtök 3 péntek 4 szombat 5 vasárnap 6 Osszuk el maradékosan 365-öt 7-tel: 365 = kedd + 1 nap 1+1=2 szerda Osszuk el maradékosan -( )-ot (2012. szökőév) 7-tel: 1096 = 7 ( 157) + 3. szombat + 3 nap = 8 redukció = 1 kedd

5 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 5. Számrendszerek 10-es számrendszerben a 123: 123 = = es számrendszerben a 123: (2) = (2) = Tétel Legyen q > 1 rögzített egész. Ekkor bármely n pozitív egész k egyértelműen feĺırható n = a i q i alakban, ahol 0 a i < q egészek, a k 0. i=0 Ez a feĺırás n q számrendszerben történő feĺırása. q a számrendszer alapja. a 0,..., a k az n jegyei. k = log q n.

6 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 6. Számrendszerek n feĺırása a q alapú számrendszerben: n = Bizonyítás A tételt indukcióval bizonyítjuk. k a i q i. i=0 1 n = 1 esetén a tétel igaz: 1 = 1 q 0 (k = 0, a 0 = 1). 2 Tfh. minden n-nél kisebb számot fel tudunk írni egyértelműen q alapú számrendszerben. A maradékos osztás tétele alapján létezik egyértelműen 0 a 0 < q egész, hogy q n a 0. Indukció alapján írjuk fel q alapú számrendszerben n a 0 q alapján a feĺırás egyértelmű. Ekkor n = = k a i q i 1, indukció i=1 k a i q i. i=0

7 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 7. Számrendszerek Az előbbi bizonyítás módszert is ad a feĺırásra: Példa Írjuk fel az n = es számrendszerben feĺırt számot 2-es számrendszerben. i n n mod 2 n a i 2 jegyek

8 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 8. Legnagyobb közös osztó Definíció Az a és b számoknak a d szám kitüntetett közös osztója (legnagyobb közös osztója), ha: d a, d b, és (c a c b) c d. Figyelem! Itt a,,legnagyobb nem a szokásos rendezésre utal: Figyelem! 12-nek és 9-nek legnagyobb közös osztója lesz a 3 is. A legnagyobb közös osztó csak asszociáltság erejéig egyértelmű. Definíció Legyen (a, b) = lnko(a, b) a nemnegatív kitüntetett közös osztó! (a, b) = 1 esetén azt mondjuk, hogy a és b relatív prímek. Definíció Az a és b számoknak az m szám kitüntetett közös többszöröse (legkisebb közös töbszöröse), ha: a m, b m, és (a c b c) m c. Legyen [a, b] = lkkt(a, b) a nemnegatív kitüntetett közös többszörös!

9 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 9. Legnagyobb közös osztó kiszámolása, euklideszi algoritmus Tétel Bármely két egész számnak létezik legnagyobb közös osztója, és ez meghatározható az euklideszi algoritmussal. Bizonyítás Ha valamelyik szám 0, akkor a legnagyobb közös osztó a másik szám. Tfh a, b nem-nulla számok. Végezzük el a következő osztásokat: a = bq 1 + r 1, 0 < r 1 < b, b = r 1q 2 + r 2, 0 < r 2 < r 1, r 1 = r 2q 3 + r 3, 0 < r 3 < r 2,. r n 2 = r n 1q n + r n, r n 1 = r nq n+1. 0 < r n < r n 1, Ekkor az lnko az utolsó nem-nulla maradék: (a, b) = r n. Itt a = r 1, b = r 0.

10 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 10. Euklideszi algoritmus helyessége Bizonyítás (folyt.) a = bq 1 + r 1, 0 < r 1 < b, b = r 1q 2 + r 2, 0 < r 2 < r 1, r 1 = r 2q 3 + r 3, 0 < r 3 < r 2,. r n 2 = r n 1q n + r n, r n 1 = r nq n+1. 0 < r n < r n 1, Az algoritmus véges sok lépésben véget ér: b > r 1 > r 2 >.... Az r n maradék közös osztó: r n r n 1 r n r n 1 q n + r n = r n 2... r n b r n a. Az r n maradék a legnagyobb közös osztó: legyen c a, c b c a bq 1 = r 1 c b r 1 q 2 = r 2... c r n 2 r n 1 q n = r n.

11 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 11. Legnagyobb közös osztó kiszámolása, euklideszi algoritmus Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét! i r i q i r i 2 = r i 1 q i + r i = = = = = A legnagyobb közös osztó: (172, 62) = 2

12 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 12. Legnagyobb közös osztó kiszámolása rekurzióval Tétel Legyen a, b egész szám. Ha b = 0, akkor (a, b) = a. Ha b 0, akkor (a, b) = ( b, a mod b ). Bizonyítás Ha b = 0, akkor a tétel nyilvánvaló. Mivel (a, b) = ( a, b ), feltehető, hogy a, b 0. Ha b 0, osszuk el maradékosan a-t b-vel: a = b q + (a mod b). Ez az euklideszi algoritmus első sora... Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét! (a, b) a mod b (172, 62) 48 (62, 48) 14 (48, 14) 6 (14, 6) 2 (6, 2) 0 A legnagyobb közös osztó: (172, 62) = 2.

13 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 13. Legnagyobb közös osztó, további észrevételek Hasonló módon definiálható több szám legnagyobb közös osztója is: (a 1, a 2,..., a n ). Álĺıtás Bármely a 1, a 2,..., a n egész számokra létezik (a 1, a 2,..., a n ) és (a 1, a 2,..., a n ) = ((... (a 1, a 2 ),..., a n 1 ), a n ). Álĺıtás Bármely a, b, c egész számokra (ca, cb) = c(a, b). Bizonyítás HF. Ötlet: alkalmazzuk az euklideszi-algoritmust ca-ra és cb-re.

14 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 14. Bővített euklideszi algoritmus Tétel Minden a, b egész szám esetén léteznek x, y egészek, hogy (a, b) = x a + y b. Bizonyítás Legyenek q i, r i az euklideszi algoritmussal megkapott hányadosok, maradékok. Legyen x 1 = 1, x 0 = 0 és i 1 esetén legyen x i = x i 2 q i x i 1, továbbá y 1 = 0, y 0 = 1 és i 1 esetén legyen y i = y i 2 q i y i 1. Teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy r 1 = a és r 0 = b jelöléssel i 1 esetén r i = x i a + y i b. i = 1-re a = 1 a + 0 b, i = 0-ra b = 0 a + 1 b. Feltéve, hogy i-nél kisebb értékekre teljesül az összefüggés az euklideszi algoritmus i-edik sora alapján: r i = r i 2 q i r i 1 = x i 2 a + y i 2 b q i (x i 1 a + y i 1 b) = = (x i 2 q i x i 1 )a + (y i 2 q i y i 1 )b = x i a + y i b Speciálisan x n a + y n b = r n = (a, b).

15 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 15. Bővitett euklideszi algoritmus Algoritmus: r i 2 = r i 1 q i + r i, Algoritmus: x 1 = 1, x 0 = 0, x i = x i 2 q i x i 1, Algoritmus: y 1 = 0, y 0 = 1, y i = y i 2 q i y i 1. Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét, és oldjuk meg a 172x + 62y = (172, 62) egyenletet! i r n q n x i y i r i = 172x i + 62y i = = = ( 2) = 172 ( 1) = ( 11) = 172 ( 9) A feĺırás: 2 = 172 ( 9) , x = 9, y = 25.

16 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 16. Bővitett euklideszi algoritmus Álĺıtás a, b, c Z : (a bc (a, b) = 1) a c Bizonyítás A bővített euklideszi algoritmus alapján létezik x, y Z, hogy 1 = xa + yb, így c = xac + ybc = (xc) a + y (bc). Az oszthatóság lineáris kombinációra vonatkozó tulajdonsága alapján a c.

17 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 17. Diofantikus egyenletek Diofantikus egyenletek: egyenletek egész megoldásait keressük. Kétváltozós lineáris diofantikus egyenlet: ax + by = c, ahol a, b, c egészek adottak, valamint x, y egészek ismeretlenek. Álĺıtás Az ax + by = c diofantikus egyenlet pontosan akkor oldható meg, ha (a, b) c. A bővített euklideszi algoritmus segítségével megadható egy megoldás. Bizonyítás = : Mivel (a, b) osztója a-nak és (a, b) osztója b-nek, ezért tetszőleges lineáris kombinációjuknak is, így x, y Z esetén ax + by-nak is, ami egyenlő c-vel, ha (x, y) megoldás. =: A bővített euklideszi algoritmus segítségével megadható olyan x, y Z, hogy ax + by = (a, b). Mindkét oldalt c (a,b) Z-val szorozva az a x c (a,b) + b y c (a,b) = c egyenletet kapjuk, amiből leolvasható az x 0 = x c y 0 = y c (a,b) megoldása az egyenletnek. (a,b),

18 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 18. Diofantikus egyenletek Álĺıtás Ha az ax + by = c diofantikus egyenletnek (x 0, y 0 ) megoldása, akkor az összes megoldás megadható a következő alakban: x t = x 0 + b (a, b) t, y t = y 0 a t, t Z. (a, b) Bizonyítás ax t + by t = ax 0 + ab (a,b) t + by 0 ab (a,b) t = ax 0 + by 0 = c, így ezek tényleg megoldások. Legyenek (x 1, y 1 ) és (x 2, y 2 ) megoldások. Ekkor ax 1 + by 1 = c = ax 2 + by 2, amiből a(x 1 x 2 ) = b(y 2 y 1 ), így b a(x 1 x 2 ), továbbá korábbi álĺıtás értelmében bizonyítható. b (a,b) a (a,b) (x 1 x 2 ). Mivel ( b b (a,b) (x 1 x 2 ). Hasonlóan (a,b), a (a,b) ) = 1, ezért a a (a,b) (y 1 y 2 ) is

19 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 19. Diofantikus egyenletek Példa Oldjuk meg a 172x + 62y = 6 egyenletet az egész számok halmazán! (172, 62) = 2 6, ezért van megoldás. A bővített euklideszi algoritmus alapján: 2 = 172 ( 9) / 3 6 = 172 ( 27) x 0 = 27, y 0 = 75 x t = t, y t = t, ahol t Z tetszőleges.

20 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 20. Felbonthatatlanok, prímek Emlékeztető: f felbonthatatlan: csak triviális osztói vannak: ε, ε f Emlékeztető: típusú osztók (ahol ε egy egység). Emlékeztető: p prím: p ab p a vagy p b. Emlékeztető: Ha p prím, akkor p felbonthatatlan. Az egész számok körében a fordított irány is igaz: Tétel Minden felbonthatatlan szám prímszám. Bizonyítás Legyen p felbonthatatlan, és legyen p ab. Tfh. p b. Ekkor p és b relatív prímek (Miért?). A bővített euklideszi algoritmussal kaphatunk x, y egészeket, hogy px + by = 1. Innen pax + aby = a. Mivel p osztója a bal oldalnak, így osztója a jobb oldalnak is: p a.

21 Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 21. Számelmélet alaptétele Tétel Minden nem-nulla, nem egység egész szám sorrendtől és asszociáltaktól eltekintve egyértelműen feĺırható prímszámok szorzataként.