Diszkrét matematika I.

Átírás

1 Diszkrét matematika I. középszint ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék ősz

2 Felhívás Diszkrét matematika I. középszint ősz 2. Szakirányválasztó fórum december 4-én. Jelentkezés november 26-ig: Bővebb információ: nagy

3 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 3. Lineáris diofantikus egyenletek Diofantikus egyenletek: egyenletek egész megoldásait keressük. Lineáris diofantikus egyenletek: ax + by = c, ahol a, b, c egészek. Ez ekvivalens az ax c (modb), by c (moda) kongruenciákkal. Az ax + by = c pontosan akkor oldható meg, ha (a, b) c, és ekkor a megoldások megkaphatók a bővített euklideszi algoritmussal. További diofantikus egyenletek: x 2 + y 2 = 4: nincs valós megoldás. x 2 4y 2 = 3: nincs megoldás, u.i. 4-gyel való osztási maradékok: x 2 3 (mod 4). De ez nem lehet, a négyzetszám maradéka 0 vagy 1: x x 2 mod 4 4k 0 4k k k + 3 1

4 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 4. Szimultán kongruenciák Szeretnénk olyan x egészet, mely egyszerre elégíti ki a következő kongruenciákat: } 2x 1 (mod 3) 4x 3 (mod 5) A kongruenciákat külön megoldva: Látszik, hogy x = 2 megoldás lesz! Vannak-e más megoldások? x 2 (mod 3) x 2 (mod 5) 2, 17, 32,...,2 + 15l; további megoldások? hogyan oldjuk meg az általános esetben: x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) } }

5 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 5. Szimultán kongruenciák Feladat: Oldjuk meg a következő kongruenciarendszert: a 1x b 1 (modm 1) a 2x b 2 (modm 2). a nx b n (modm n) Az egyes a i x b i (modm i ) lineáris kongruenciák külön megoldhatóak: x c 1 (modm 1) x c 2 (modm 2). x c n (modm n)

6 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 6. Szimultán kongruenciák Feladat: Oldjuk meg a következő kongruenciarendszert: x c 1 (modm 1) x c 2 (modm 2). x c n (modm n) Feltehető, hogy az m 1, m 2,..., m n modulusok relatív prímek: ha pl. m 1 = m 1 d, m 2 = m 2 d, akkor az első két sor helyettesíthető (biz.: később) x c 1 (modm 1) x c 1 (modd) x c 2 (modm 2) x c 2 (modd) Ha itt c 1 c 2 (modd), akkor nincs megoldás, különben az egyik sor törölhető.

7 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 7. Kínai maradéktétel Tétel Legyenek 1 < m 1, m 2,..., m n relatív prím számok, c 1, c 2,..., c n egészek. Ekkor az x c 1 (modm 1) x c 2 (modm 2). x c n (modm n) kongruenciarendszer megoldható, és bármely két megoldás kongruens egymással modulo m 1 m 2 m n.

8 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 8. Kínai maradéktétel x c 1 (modm 1 ), x c 2 (modm 2 ),..., x c n (modm n ). x =? Bizonyítás A bizonyítás konstruktív! Legyen m = m 1 m 2. A bővített euklideszi algoritmussal oldjuk meg az m 1 x 1 + m 2 x 2 = 1 egyenletet. Legyen c 1,2 = m 1 x 1 c 2 + m 2 x 2 c 1. Ekkor c 1,2 c j (modm j ) (j = 1, 2). Ha x c 1,2 (modm), akkor x megoldása az első két kongruenciának. Megfordítva: ha x megoldása az első két kongruenciának, akkor x c 1,2 osztható m 1 -gyel, m 2 -vel, így a szorzatukkal is: x c 1,2 (modm). Az eredeti kongruenciarendszer ekvivalens az x c 1,2 (modm 1m 2) x c 3 (modm 3). x c n (modm n) kongruenciarendszerrel. n szerinti indukcióval adódik az álĺıtás.

9 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 9. Szimultán kongruenciák x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) } Oldjuk meg az 3x 1 + 5x 2 = 1 egyenletet! Megoldások: x 1 = 3, x 2 = 2. c 1,2 = 3 ( 3) = = 7. Összes megoldás: { l : l Z}={8 + 15l : l Z}. x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) x 4 (mod 7) c 1,2=8 = x 8 (mod 15) x 4 (mod 7) } Oldjuk meg a 15x 1,2 + 7x 3 = 1 egyenletet! Megoldások: x 1,2 = 1, x 3 = 2. c 1,2,3 = ( 2) 8 = = 52. Összes megoldás: { l : l Z}={ l : l Z}.

10 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 10. Maradékosztályok Sokszor egy adott probléma megoldása nem egy konkrét szám (számok családja), hanem egy egész halmaz (halmazok családja): 2x 5 (mod 7), megoldások: {6 + 7l : l Z} 10x 8 (mod 22), megoldások: { l : l Z}, 10x 8 mod 22, megoldások: {3 + 22l : l Z}. Definíció Egy rögzített m modulus és a egész esetén, az a-val kongruens elemek halmazát az a által reprezentált maradékosztálynak nevezzük: a = {x Z : x a (modm)}={a + lm : l Z}. A 2x 5 (mod 7) megoldása: 6 A 10x 8 (mod 22), megoldásai: 14, 3. m = 7 modulussal 2 = 23 = {..., 5, 2, 9, 16, 23, 30,... } Általában: a = b a b (modm).

11 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 11. Maradékosztályok Definíció Egy rögzített m modulus esetén, ha minden maradékosztályból pontosan egy elemet kiveszünk, akkor az így kapott számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo m. {33, 5, 11, 11, 8} teljes maradékrendszer modulo 5. Gyakori választás teljes maradékrendszerekre Legkisebb nemnegatív maradékok: {0, 1,..., m 1}; Legkisebb { abszolút} értékű maradékok: 0, ±1,..., ± m 1 { 2, ha 2 m; 0, ±1,..., ± m 2 2, } m 2, ha 2 m.

12 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 12. Maradékosztályok Megjegyzés: ha egy maradékosztály valamely eleme relatív prím a modulushoz, akkor az összes eleme az: (a + lm, m) = (a, m) = 1. Ezeket a maradékosztályokat redukált maradékosztályoknak nevezzük. Definíció Egy rögzített m modulus esetén, ha mindazon maradékosztályból, melyek elemei relatív prímek a modulushoz kiveszünk pontosan egy elemet, akkor az így kapott számok redukált maradékrendszert alkotnak modulo m. {1, 2, 3, 4} redukált maradékrendszer modulo 5. {1, 1} redukált maradékrendszer modulo 3. {1, 19, 29, 7} redukált maradékrendszer modulo 8. {0, 1, 2, 3, 4} nem redukált maradékrendszer modulo 5.

13 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 13. Maradékosztályok A maradékosztályok között természetes módon műveleteket definiálhatunk: Definíció Rögzített m modulus, és a, b egészek esetén legyen: a + b def = a + b; a b def = a b. Álĺıtás Ez értelmes definíció, azaz,ha a = a, b = b, akkor a + b = a + b, illetve a b = a b. Bizonyítás Mivel a = a, b = b a a (modm), b b (modm) a + b a + b (modm) a + b = a + b a + b = a + b. Szorzás hasonlóan.

14 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 14. Maradékosztályok A maradékosztályok között természetes módon műveleteket definiálhatunk: a + b = a + b; a b = a b. Definíció Rögzített m modulus esetén legyen Z m a maradékosztályok halmaza. Ekkor a halmaz elemei között definiálhatunk összeadást, illetve szorzást. Z 3 = {0, 1, 2} Z 4 = {0, 1, 2, 3}

15 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 15. Maradékosztályok Tétel Legyen m > 1 egész. Ha 1 < (a, m) < m, akkor a nullosztó Z m -ben: a-hoz van olyan b, hogy a b = 0 Ha (a, m) = 1, akkor a-nak van reciproka (multiplikatív inverze) Z m -ben: a-hoz van olyan x, hogy a x = 1. Speciálisan, ha m prím, minden nem-nulla maradékosztállyal lehet osztani. Legyen m = = 18 = 0. Legyen m = 8. (2, 9) = 1, így 2 5 = 10 = 1. Bizonyítás Legyen d = (a, m). Ekkor a m d = a d m 0 (modm), ahonnan b = m/d jelöléssel a b = 0. Ha (a, m) = 1, akkor a bővített euklideszi algoritmussal megadhatóak x, y egészek, hogy ax + my = 1. Ekkor ax 1 (modm) azaz a x = 1.

16 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 16. Euler-féle ϕ függvény Definíció Egy m > 0 egész szám esetén legyen ϕ(m) az m-nél kisebb, hozzá relatív prím pozitív egészek száma: ϕ(m) = {i : 0 < i < m, (m, i) = 1}. ϕ(5) = 4: 5-höz relatív prím pozitív egészek 1, 2, 3, 4; ϕ(6) = 2: 6-hoz relatív prím pozitív egészek 1, 5; ϕ(12) = 4: 12-höz relatív prím pozitív egészek 1, 5, 7, 11; ϕ(15) = 8: 15-höz relatív prím pozitív egészek 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Megjegyzés: ϕ(m) a redukált maradékosztályok száma modulo m.

17 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 17. Euler-féle ϕ függvény ϕ(m) = {i : 0 < i < m, (m, i) = 1} Tétel (NB) Legyen m kanonikus alakja m = p α1 1 pα2 2 pα l l. Ekkor ϕ(m) = m l ) i=1 (1 1pi = l i=1 (pα i i p α i 1 i ). ϕ(5) = 5 ( 1 5) 1 = = 4; ϕ(6) = 6 ( ( 1 2) ) = ( )( ) = 2; ϕ(12) = 12 ( ( 1 2) ) = ( )( ) = 4; ϕ(15) = 15 ( ( 1 3) ) = ( )( ) = 8.

18 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 18. Euler-Fermat tétel Tétel Legyen m > 1 egész szám, a olyan egész, melyre (a, m) = 1. Ekkor a ϕ(m) 1 (modm). Következmény (Fermat tétel) Legyen p prímszám, p a. Ekkor a p 1 1 (modp), illetve tetszőleges a esetén a p a (modp). ϕ(6) = = 25 1 (mod 6); ϕ(12) = = (mod 12); 7 4 = (mod 12). Figyelem! 2 4 = (mod 12), mert (2, 12) = 2 1.

19 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 19. Euler-Fermat tétel bizonyítása Lemma Legyen m > 1 egész, a 1, a 2,..., a m teljes maradékrendszer modulo m. Ekkor minden a, b egészre, melyre (a, m) = 1, a a 1 + b, a a 2 + b,..., a a m + b szintén teljes maradékrendszer. Továbbá, ha a 1, a 2,..., a ϕ(m) redukált maradékrendszer modulo m, akkor a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) szintén redukált maradékrendszer. Bizonyítás Tudjuk, hogy aa i + b aa j + b (modm) aa i aa j (modm). Mivel (a, m) = 1, egyszerűsíthetünk a-val: a i a j (modm). Tehát a a 1 + b, a a 2 + b,..., a a m + b páronként inkongruensek. Mivel számuk m, így teljes maradékrendszert alkotnak. (a i, m) = 1 (a, m) = 1 (a a i, m) = 1. Továbbá a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) páronként inkongruensek, számuk ϕ(m) redukált maradékrendszert alkotnak.

20 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 20. Euler-Fermat tétel bizonyítása Tétel (Euler-Fermat) (a, m) = 1 a ϕ(m) 1 (modm). Bizonyítás Legyen a 1, a 2,..., a ϕ(m) egy redukált maradékrendszer modulo m. Mivel (a, m) = 1 a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) szintén redukált maradékrendszer. Innen ϕ(m) a ϕ(m) a j = Mivel j=1 ϕ(m) j=1 ϕ(m) j=1 a ϕ(m) 1 (modm). a a j ϕ(m) j=1 a j (modm). a j relatív prím m-hez, így egyszerűsíthetünk vele:

21 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 21. Euler-Fermat tétel Tétel (Euler-Fermat) (a, m) = 1 a ϕ(m) 1 (modm) Mi lesz a utolsó számjegye tizes számrendszerben? Mi lesz mod 10? ϕ(10) = = = ( 3 4) = 3 3 = 27 7 (mod 10) Oldjuk meg a 2x 5 (mod 7) kongruenciát! ϕ(7) = 6. Szorozzuk be mindkét oldalt 2 5 -nel. Ekkor x x (mod 7). És itt 5 25 = = 20 6 (mod 7). Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruenciát! ϕ(211) = 210. Szorozzuk be mindkét oldalt nel. Ekkor x x (mod211). És itt (mod 211).

22 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 22. Gyors hatványozás Legyenek m, a, n pozitív egészek, m > 1. Szeretnénk kiszámolni a n mod m maradékot hatékonyan. Ábrázoljuk n-et 2-es számrendszerben: k n = ε i 2 i = (ε k ε k 1... ε 1 ε 0 ) (2), ahol ε 0, ε 1,..., ε k {0, 1}. i=0 Legyen n j (0 j k) az első j + 1 jegy által meghatározott szám: n j = n/2 k j = (ε k ε k 1... ε k j ) (2) Ekkor meghatározzuk minden j-re az x j a n j (modm) maradékot: n 0 = ε k = 1, x 0 = a. n j = 2 n j 1 + ε k j { x j = a ε k j x xj mod m = j 1 mod m, ha ε k j = 0 axj 1 2 mod m, ha ε k j = 1 x k = a n mod m. Az algoritmus helyessége az alábbi formulábol következik (Biz.: HF): a n = a k k i=0 ε i 2 i = (a ) ε i 2i i=0

23 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 23. Gyors hatványozás Mi lesz mod 10? (Euler-Fermat 7) 111 (10) = (2) itt k = 6, a = 3, m = 10. j n j x j =a ε k j x 2 j 1 x j mod x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = x 6 =

24 Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint ősz 24. Gyors hatványozás Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruenciát! Euler-Fermat x (mod 211). Mi lesz mod 211? 209 (10) = (2) itt k = 7, a = 23. j n j x j =a ε k j x 2 j 1 x j mod x 1 = x 2 = x 3 = x 4 = x 5 = x 6 = x 6 = x (mod 211).