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

Átírás

1 Diszkrét matematika 1. középszint ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 8. előadás Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék ősz

2 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 2. Polinomiális tétel Példa Mennyi lesz? (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz. (x + y + z) 3 =... Tétel r, n N esetén (x 1 + x x r ) n = Bizonyítás i 1+i i r =n n! i 1! i 2!... i r! x i1 1 x i x ir r. (x 1 + x x r ) n = (x 1 + x x r )(x 1 + x x r ) (x 1 + x x r ). Az ( )( x i1 1 x i )( x r ir együtthatója: ) ( ) n n i 1 n i 1 i 2 n i 1 i 2... i r 1 = i 1 i 2 i 3 i r n! (n i 1)! i 1!(n i 1)! i 2!(n i 1 i (n i 1 i 2... i r 1)! 2)! i r!(n i 1... i r 1 i r )! = n! i 1! i 2! i r!

3 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 3. Polinomiális tétel (x 1 + x x r ) n = (x + y + z) 3 =... i 1+i i r =n i 1 i 2 i 3 i 1!i 2!i (x + y + z) 3 = !0! = 1 x !1!0! = 3 +3x 2 y !0!1! = 3 +3x 2 z !2!0! = 3 +3xy !1!1! = 6 +6xyz !0!2! = 3 +3xz !0! = 1 +y !2!1! = 3 +3y 2 z !1!2! = 3 +3yz !0! = 1 +z3 n! i 1!i 2! i r! x i1 1 x i2 2 x r ir

4 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 4. Skatulya-elv Skatulya-elv Ha n darab gyufásdobozunk és n + 1 gyufaszálunk van, akkor akárhogyan rakjuk bele az összes gyufát a skatulyákba, valamelyikben legalább kettő gyufa lesz. Példa Nyolc ember közül van legalább kettő, aki a hét ugyanazon napján született. Az A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} halmazból bárhogyan választunk ki ötöt, akkor lesz közülük kettő, melyek összege 9. Tekintsük az {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5} halmazokat. Ekkor a kiválasztott öt elem közül lesz kettő, melyek azonos halmazban lesznek, így összegük 9.

5 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 5. Szita módszer Hány olyan 1000-nél kisebb pozitív egész szám van, amely nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel? Az 1000-nél kisebb számok összes vel osztható = mal osztható = tel osztható 999 = mal osztható 2 5-tel osztható 3 5-tel osztható tel osztható = = = = = 266

6 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 6. Szita módszer Tétel Legyenek A 1, A 2,..., A n véges halmazok. Ekkor n i=1 A i = n i=1 A i i<j A i A j + i<j<k A i A j A k... Példa Hány olyan 1000-nél kisebb szám van, amely nem osztható sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel? Először: Hány olyan 1000-nél kisebb szám van, amely osztható 2-vel vagy 3-mal vagy 5-tel? A 1 = {1 n 999 : 2 n} A 1 = ; A 2 = {1 n 999 : 3 n} A 2 = ; A 3 = {1 n 999 : 5 n} A 3 = Hasonlóan A 1 A 2 = , A1 A 3 = , A2 A 3 = , A 1 A 2 A 3 = vel vagy 3-mal vagy 5-tel osztható számok száma:

7 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 7. Általános szita formula Tétel Legyenek A 1,..., A n az A véges halmaz részhalmazai, f : A R tetszőleges függvény. Legyenek S = f (x); x A S r = f (x); 0<i 1<i 2<...<i r n x A i1 A i2... A ir S 0 = f (x). x A\ n i=1 A i Ekkor S 0 = S S 1 + S 2 S 3 ±... + ( 1) n S n. Példa A = {1, 2,..., 999}, A 1 = {n : 1 n < 1000, 2 n}, A 2 = {n : 1 n < 1000, 3 n}, A 3 = {n : 1 n < 1000, 5 n}, f (x) = 1. S 0 : 2-vel, 3-mal, 5-tel nem osztható 1000-nél kisebb számok száma.

8 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 8. Általános szita formula bizonyítása S 0 = S S 1 + S 2 S 3 ±... + ( 1) n S n : S 0 = f (x), S = f (x) x A\ n i=1 A i x A S r = f (x) 0<i 1<i 2<...<i r n x A i1 A i2... A ir Bizonyítás Ha x A \ n i=1 A i, akkor f (x) mindkét oldalon egyszer szerepel. Ha x n i=1 A i, legyenek A j1,..., A jt azon részhalmazok, melyeknek x eleme. Ekkor f (x) a bal oldalon nem szerepel. Jobb oldalon a f (x) 0<i 1<i 2< <i r n x A i1 A i2 A ir összegben szerepel, ha {i 1,..., i r } {j 1,..., j t }. Ilyen r elemű indexhalmaz ( t r) darab van. Így f (x) együtthatója t ( ) t ( 1) r = 0 (Biz.: gyakorlaton). r r=0

9 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 9. Véges halmazok Definíció Az X és Y halmazokat ekvivalensnek nevezzük, ha létezik f : X Y bijekció. Jelölése: X Y. Álĺıtás Ha n természetes szám, akkor {1, 2,... n} nem ekvivalens egyetlen valódi részhalmazával sem. Definíció Egy X halmazt végesnek nevezünk, ha valamely n N esetén ekvivalens az {1, 2,... n} halmazzal, egyébként végtelennek nevezzük. Azt az egyértelműen meghatározott természetes számot, amire egy adott X halmaz ekvivalens az {1, 2,..., n} halmazzal, az X számosságának nevezzük, jelölése: X (esetleg card(x ), (X ), #(X ).

10 Kombinatorika Diszkrét matematika 1. középszint ősz 10. Véges halmazok Tétel Legyenek X és Y halmazok. Ekkor 1 ha X véges, és Y X, akkor Y is véges, és Y X ; 2 ha X véges, és Y X, akkor Y < X ; 3 ha X és Y végesek és diszjunktak, akkor X Y is véges, és X Y = X + Y ; 4 ha X és Y végesek, akkor X Y + X Y = X + Y ; 5 ha X és Y végesek, akkor X Y is véges, és X Y = X Y ; 6 ha X véges, akkor 2 X is véges, és 2 X = 2 X. Álĺıtás (Skatulyaelv) Ha X és Y véges halmazok, és X > Y, akkor egy f : X Y függvény nem lehet injektív.

11 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 11. Oszthatóság Ha a és b racionális számok (b 0), akkor az a/b osztás mindig elvégezhető (és az eredmény szintén racionális). Ha a és b egész számok, az a/b osztás nem mindig végezhető el (a hányados nem feltétlenül lesz egész). Definíció Az a egész osztja a b egészet (b osztható a-val): a b, ha létezik olyan c egész, mellyel a c = b (azaz a 0 esetén b/a szintén egész). Példák 1 13, mert 1 13 = 13; 1 n, mert 1 n = n; 6 12, mert 6 2 = 12; 6 12, mert ( 6) ( 2) = 12. A definíció kiterjeszthető például a Gauss-egészekre: {a + bi : a, b Z}. Példák i 13, mert i ( 13i) = 13; 1 + i 2, mert (1 + i) (1 i) = 2.

12 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 12. Oszthatóság tulajdonságai Álĺıtás (HF) Minden a, b, c,... Z esetén 1 a a; 2 a b és b c a c; 3 a b és b a a = ±b; 4 a b és a b aa bb ; 5 a b ac bc; 6 ac bc és c 0 a b; 7 a b 1,..., b k a c 1 b c k b k ; 8 a 0, ui. a 0 = 0; 9 0 a a = 0; 10 1 a és 1 a; Példák 1 6 6; és ; 3 a 3 és 3 a a = ±3; és ; ; és ; 7 3 6, 9 3 6c 1 + 9c 2

13 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 13. Egységek Definíció Ha egy ε szám bármely másiknak osztója, akkor ε-t egységnek nevezzük. Álĺıtás Az egész számok körében két egység van: 1, 1. Bizonyítás A ±1 nyilván egység. Megfordítva: ha ε egység, akkor 1 = ε q valamely q egész számra. Mivel ε 1, q 1 ε = 1, azaz ε = ±1. Példa A Gauss-egészek körében az i is egység: a + bi = i(b ai). Megjegyzés Pontosan 1 osztói az egységek.

14 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 14. Asszociáltak Oszthatóság szempontjából nincs különbség a 12 ill. 12 között. Definíció Két szám asszociált, ha egymás egységszeresei. Megjegyzés a és b pontosan akkor asszociált, ha a b és b a. Bizonyítás = : Ha b = εa és a = ε b, ahol ε, ε egységek, akkor a b és b a nyilvánvaló. =: Legyen b = ab 1 és a = ba 1. Ekkor b = ab 1 = ba 1 b 1, így a 1 b 1 = 1, vagyis a 1 és b 1 is egységek. Definíció Egy számnak az asszociáltjai és az egységek a triviális osztói.

15 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 15. Prímek, felbonthatatlanok Definíció Ha egy nem-nulla, nem egység számnak a triviális osztóin kívül nincs más osztója, akkor felbonthatatlannak (irreducibilisnek) nevezzük. Példa 2, 2, 3, 3, 5, 5 felbonthatatlanok. Példa 6 nem felbonthatatlan, mert 6 = 2 3. Definíció Egy nem-nulla, nem egység p számot prímszámnak nevezünk, ha p ab p a vagy p b. Példa 2, 2, 3, 3, 5, 5. Példa 6 nem prímszám, mert de 6 2 és 6 3.

16 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 16. Prímek, felbonthatatlanok Álĺıtás Minden prímszám felbonthatatlan. Bizonyítás Legyen p prímszám és legyen p = ab egy felbontás. Igazolnunk kell, hogy a vagy b egység. Mivel p = ab, így p ab, ahonnan például p a. Ekkor a = pk = a(bk), azaz bk = 1, ahonnan következik, hogy b és k is egység. A fordított irány nem feltétlenül igaz: Z-ben igaz, (lásd később); {a + bi 5 : a, b Z}-ben nem igaz.

17 Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint ősz 17. Maradékos osztás A számelméletben a fő eszközünk a maradékos osztás lesz: Tétel Tetszőleges a egész számhoz és b 0 egész számhoz egyértelműen léteznek q, r egészek, hogy a = bq + r és 0 r < b. Bizonyítás A tételt csak nemnegatív számok esetében bizonyítjuk. 1 Létezés: a szerinti indukcióval. a = 0 esetén q = r = 0 jó választás. Tegyük fel, hogy a-nál kisebb számok már feĺırhatók ilyen alakban. Ha a < b, akkor a = b 0 + a (q = 0, r = a). Ha a b, akkor legyen az indukciós feltevés értelmében a b = bq + r. Ekkor a = b(q + 1) + r (q = q + 1, r = r ). 2 Egyértelműség: legyen a = bq + r = bq + r. Ekkor b(q q ) = r r. Ez csak akkor lehet, ha q = q és r = r.