Elemi matematika szakkör

Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. november 9. 1.1. Feladat. Tekintsünk egy E halmazt és annak minden A részhalmazára az A halmaz f A : E {0, 1} karakterisztikus függvényét, amelyet az { 1, x A f A (x) = 0, x / A egyenlőségekkel értelmezünk. Igazold, hogy U = V f U = f V, ha U, V E; f A B = f A f B ; f A = 1 f A ; f A\B = f A (1 f B ); f A B = f A + f B f A f B. 1.1. Megoldás. Az első tulajdonsághoz külön igazoljuk az U = V f U = f V és külön az f U = f V U = V implikációt. i) Ha U = V, akkor bármely x E esetén két lehetőség van: 1. lehetőség: x U és x V. Ebben az esetben f U (x) = 1 és f V (x) = 1, tehát f U (x) = f V (x). 2. lehetőség: x / U és x / V. Ebben az esetben f U (x) = 0 és f V (x) = 0, tehát f U (x) = f V (x). Ez alapján bármely x E esetén f U (x) = f V (x), tehát f U = f V. ii) Ha f U = f V, akkor bármely x E esetén f U (x) = f V (x). Így bármely x U esetén az f U (x) = 1 alapján f V (x) = 1, tehát U V. Hasonlóan bármely x V esetén f V (x) = 1, tehát{ f U (x) = 1 és így V { U. A két bennfoglalás alapján U = V. 1, x A B 1, x A és x B f A B (x) = 0, x / A B = { 0, x / A vagy x { / B 1, fa (x) = 1 és f f A (x) f B (x) = B (x) = 1 1, x A és x B 0, f A (x) = 0 vagy f B (x) = 0 = 0, x / A vagy x / B tehát f A B = f A f B {. { { { 1, x A 1, x / A 1, x A 1, x / A f A (x) = 0, x / A = 0, x A és 1 f A(x) = 1 0, x / A = 0, x A, tehát f A = 1 f A. Az előbbi két tulajdonság valamint az A \ B = A B egyenlőség alapján írhatjuk, hogy f A\B = f A B = f A f B = f A (1 f B ). Az A B = A B egyenőség valamint a második és a harmadik tulajdonság alapján f A B = 1 f A B = 1 f A B = 1 (1 f A )(1 f B ) = f A + f B f A f B. 1. Megjegyzés. A feladatban megjelenő azonosságokat más meggondolás alapján is igazolhatjuk. Elégséges például bármely x E esetén a következő négy esetet megvizsgálni: x A és x B;

2 x A és x / B; x / A és x B; x / A és x / B. Ezt akár egy egyszerű táblázatba is összefoglalhatjuk: x A x B x A B f A B (x) f A (x) f B (x) f A (x) + f B (x) f A (x)f B (x) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 Itt az első három oszlopban a számok a fejlécben levő kijelentés logikai értékét jelentik, az utolsó négy oszlopban pedig a megfelelő függvény behelyettesítési értékét. Az összefüggés alakban is írható. 1 f A B = (1 f A )(1 f B ) 1.2. Feladat. Vezessél le összefüggést f A B -re, ahol A B = (A \ B) (B \ A)! 1.2. Megoldás. f A B = f (A\B) (B\A) = f A\B + f B\A f A\B f B\A. Ugyanakkor f A\B = f A (1 f B ) és f B\A = f B (1 f A ), tehát f A B = f A (1 f B ) + f B (1 f A ) f A (1 f B )f B (1 f A ) = = f A + f B 2f A f B, mivel f A (1 f A ) = f B (1 f B ) = 0. Ézt írhatjuk az f A B = (f A f B ) 2 vagy az alakban is. 1 2f A B = (1 2f A )(1 2f B ) 1.3. Feladat. Igazold, hogy Adjál legalább három különböző bizonyítást! (A B) C = A (B C), A, B, C E! 1.3. Megoldás. Kiszámítjuk mindkét oldal karakterisztikus függvényét és belátjuk, hogy f (A B) C = f A (B C). Az első feladat első tulajdonsága alapján ebből következik a kért egyenlőség. Valóban f (A B) C = f A B + f C 2f A B f C = f A + f B 2f A f B + f C 2(f A + f B 2f A f B )f C, tehát f (A B) C = f A + f B + f C 2f A f B 2f B f C 2f C f A + 4f A f B f C.

3 Hasonlo gondolatmenet alapja n fa (B C) = fa + fb C 2fA fb C = fa + fb + fc 2fB fc 2fA fb + fc 2fB fc ), teha t fa (B C) = fa + fb + fc 2fA fb 2fB fc 2fC fa + 4fA fb fc e s ı gy f(a B) C = fa (B C), teha t (A B) C = A (B C). A sza mola sok a ttekintheto se ge nek e rdeke ben ma ske ppen is sza molhatunk: 1 2f(A B) C = (1 2fA B )(1 2fC ) = (1 2fA )(1 2fB )(1 2fC ) e s 1 2fA (B C) = (1 2fA )(1 2fB C ) = (1 2fA )(1 2fB )(1 2fC ). A feladat szo vege ha rom ku lo nbo zo bizonyı ta st ke r, eze rt va zoljuk ke t ma s bizonyı ta s o tlete t is. Ha rom halmaz esete n haszna lhatjuk a Venn-Euler diagramokat. I gy a ko vetkezo a bra khoz jutunk: Az elso a bra n A B van bevonalka zva, a ma sodikon (A B) C, a harmadikon B C e s a negyediken A (B C). Gyakorlatilag ugyanezt a gondolatmenetet leı rhatjuk ta bla zat segı tse ge vel, amelyben feltu ntetju k a 8 lehetse ges esetet az x A, x B e s x C kijelente sek logikai e rte ke

4 szerint. Ez lényegét tekintve azonos az ábrázolásos módszerrel (mindkét esetben a nyolc lehetséges esetet vizsgáljuk meg) csak a megjelenítése különbözik. Egy harmadik lehetséges megközelítés az lenne, hogy halmazműveletek segítségével alakítsuk át mindkét kifejezést. Például az A B) C a következőképpen alakítható: (A B) C = (((A \ B) (B \ A)) \ C) (C \ ((A \ B) (B \ A))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ ((A \ B) (B \ A))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ ((A B) \ (A B))) = = (((A \ B) \ C) ((B \ A) \ C)) (C \ (A B)) (C (A B)) = = (A \ (B C)) ((B \ (A C)) (C \ (A B)) (C A B). Ugyanehhez jutunk az A (B C) átalakításával is. 1.4. Feladat. Vezessél le összefüggést f A1 A 2... A n -re, ahol A 1, A 2,..., A n E! 1.4. Megoldás. Az 1 f A1 A 2 = (1 f A1 )(1 f A2 ) összefüggés alapján 1 f A1 A 2 A 3 = (1 f A1 A 2 )(1 f A3 ) = (1 f A1 )(1 f A2 )(1 f A3 ), 1 f A1 A 2 A 3 A 4 = (1 f A1 A 2 A 3 )(1 f A4 ) = (1 f A1 )(1 f A2 )(1 f A3 )(1 f A4 ). Így a matematikai indukció módszerével belátható, hogy 1 f A1 A 2... A n = (1 f A1 )(1 f A2 )... (1 f An 1 )(1 f An ). A jobb oldalon a szorzást elvégezve írhatjuk, hogy f A1 A 2... A n = f Ai f Ai1 f Ai2 + f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai4 +... + ( 1) n 1 f A1 f A2... f An. 1.5. Feladat. A karakterisztikus függvény segítségével vezesd le a logikai szita formulát az A 1 A 2... A n halmaz számosságára vonatkozóan! 1.5. Megoldás. Tetszőleges X E esetén X = x E f X (x), ezért az előbbi egyenlőséget felírjuk minden x E esetén és összeadjuk az így kapott egyenlőségek megfelelő oldalait. A jobb oldalon f Ai (x) = f Ai (x) = A i, x E és hasonlóan x E f Ai1 (x)f Ai2 (x) = x E x E x E f Ai1 (x)f Ai2 (x)f Ai3 (x) = f Ai1 A i2 (x) = A i1 A i2, A i1 A i2 A i3

5 x E tehát írhatjuk, hogy A 1 A 2... A n = f Ai1 (x)f Ai2 (x)f Ai3 (x)f Ai4 (x) = A i A i1 A i2 + A i1 A i2 A i3 A i4, A i1 A i2 A i3 A i1 A i2 A i3 A i4 +... + ( 1) n 1 A 1 A 2... A n. 1.6. Feladat. Vezessél le összefüggést f A1 A 2... A n -re, ahol A 1, A 2,..., A n E! 1.6. Megoldás. Az 1 2f A1 A 2 = (1 2f A1 )(1 2f A2 ) összefüggés alapján 1 2f A1 A 2 A 3 = (1 2f A1 A 2 )(1 2f A3 ) = (1 2f A1 )(1 2f A2 )(1 2f A3 ), 1 2f A1 A 2 A 3 A 4 = (1 2f A1 A 2 A 3 )(1 2f A4 ) = (1 2f A1 )(1 2f A2 )(1 2f A3 )(1 2f A4 ). Így a matematikai indukció módszerével belátható, hogy 1 2f A1 A 2... A n = (1 2f A1 )(1 2f A2 )... (1 2f An 1 )(1 2f An ). A jobb oldalon a szorzást elvégezve írhatjuk, hogy f A1 A 2... A n = 8 f Ai 2 f Ai1 f Ai2 + 4 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai4 +... + ( 2) n 1 f A1 f A2... f An. 1.7. Feladat. Adott n különböző levél és n különböző címre elcímzett boríték. A leveleket egy hanyag titkárnő véletlenszerűen borítékolja. Mennyi a valószínűsége, hogy egyetlen levél sem jut a címzetthez? 1.7. Megoldás. Számozzuk meg a címzetteket és a nekik megfelelő borítékokat, illetve leveleket 1-től n-ig (minden 1 i n esetén az i-edik címzettnek címzett levelet és a megfelelő borítékot egyaránt i-vel számozzuk). A titkárnő így a levelek és borítékok összekeverésével egy f : {1, 2, 3,..., n} {1, 2, 3,..., n} bijektív függvényt hoz létre, amely a boríték számának megfelelteti a belekerülő boríték számát (minden borítékba pontosan egy levél kerül, ezért bijektív az f). Ez alapján a lehetséges borítékolások száma n! (vagyis az n elemű halmaz permutációinak száma). Minden 1 i n esetén jelöljük A i -vel azoknak a lehetséges f : {1, 2, 3,..., n} {1, 2, 3,..., n} bijektív függvényeknek a halmazát, amelyekre f(i) = i. Ez azoknak a borítékolásoknak felel meg, amelyek esetén az i-edik címzett a neki írt levelet kapja. Így tehát az A 1 A 2... A n halmaz azokat az f függvényeket tartalmazza, amelyeknek megfelelő borítékolás során legalább egy címzett azt a levelet kapja, amelyet neki írtak. A feladatban kért eseménynek kedvező esetek

6 száma tehát az A 1 A 2... A n komplementer halmazának számossága. A logikai szita alapján A 1 A 2... A n = A i A i1 A i2 + A i1 A i2 A i3 A i1 A i2 A i3 A i4 +... + ( 1) n 1 A 1 A 2... A n, tehát elégséges a jobb megjelenő számosságokat kiszámolni. Ugyanakkor A i = (n 1)!, mert az i elem helye rögzített a permutációban és a többi tetszőlegesen változhat. Hasonló gondolatmenet alapján A i1 A i2 = (n 2)!, A i1 A i2 A i3 = (n 3)!, stb. Másrészt minden 1 k n esetén a k halmaz metszetének számosságait tartalmazó összegnek C k n tagja van, tehát A 1 A 2... A n = n ( 1) k 1 Cn k (n k)!. A keresett valószínűség tehát P (n) = 1 A 1 A 2... A n n! n = 1 ( 1) k 1 1 k! = n ( 1) k 1 k!. k=0 2. Megjegyzés. lim n P (n) = e 1, ami körülbelül 36, 78%-os esélyt jelent.

7 1.8. Házi feladat. Igazold, hogy ha A X B = C, akkor X = A C B! 1.8. Megoldás. A 1.3. feladat alapján írhatjuk, hogy A C = A (A X B) = (A A) (X B) = (X B) = X B, tehát (A C) B = (X B) B = X (B B) = X = X. Ugyanakkor (A C) B = A B C, tehát X = A B C. 1.9. Házi feladat. A karakterisztikus függvény segítségével vezesd le a logikai szita formulát az A 1 A 2... A n halmaz számosságára vonatkozóan! 1.9. Megoldás. Az f A1 A 2... A n = 8 f Ai 2 f Ai1 f Ai2 + 4 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai1 f Ai2 f Ai3 f Ai4 +... + ( 2) n 1 f A1 f A2... f An egyenlőséget felírjuk az összes lehetséges x E argumentumra majd a kapott összefüggések megfelelő oldalait összeadjuk. Így az A 1 A 2... A n = A i 2 A i1 A i2 + 4 A i1 A i2 A i3 8 egyenlőséghez jutunk. A i1 A i2 A i3 A i4 +... + ( 2) n 1 A 1 A 2... A n. 1.10. Házi feladat. Igazold, hogy az A 1 A 2... A n halmaz pontosan azokat az elemeket tartalmazza, amelyek az A 1, A 2,..., A n halmazok közül pontosan páratlan sokban vannak benne! 1.10. Megoldás. Az x E elem pontosan akkor tartozik az A 1 A 2... A n halmazhoz, ha 1 2f A1 A 2... A n (x) = 1. Ez a 1.6. feladat alapján azt jelenti, hogy (1 2f A1 )(1 2f A2 )... (1 2f An 1 )(1 2f An ) = 1, vagyis mivel a bal oldali tényezők értéke csak 1 vagy 1 lehet ez azt jelenti, hogy páratlan számú 1-es szerepel a bal oldali szorzatban. De 1 2f Ai (x) pontosan akkor 1, ha x A i, tehát ez azt jelenti, hogy páratlan számú A i, 1 i n halmaznak eleme az x. 1.11. Házi feladat. Adott n különböző levél és n különböző címre elcímzett boríték. A leveleket egy hanyag titkárnő véletlenszerűen borítékolja. Mennyi a valószínűsége, hogy páratlan azoknak a leveleknek a száma, amelyek eljutnak a címzetthez?

8 1.11. Megoldás. A 1.7. feladat jelölései valamint az előbbi két feladat alapján írhatjuk, hogy P 1 (n) = A 1 A 2... A n n! = 1 n! n ( 2) k 1 Cn k (n k)! = n ( 2) k 1. k! Ha annak a valószínűségét számoljuk, hogy páros számú levél jut el ahhoz az emberhez, akinek címezték, akkor a n ( 2) k 1 P 2 (n) = 1 k! = 1 + 1 2 n ( 2) k k! eredményhez jutunk. 3. Megjegyzés. lim n P 2 (n) = 1 2 (1 + e 2 ), és ez körülbelül 56, 76% esélyt jelent.