MBNX114E: DISZKRÉT MATEMATIKA III. Oktató: Maróti Miklós Helye és ideje: Bolyai terem, szerda 1619. E-mail: mmaroti@math.u-szeged.hu Honlap: www.math.u-szeged.hu/ mmaroti/ Számonkérés A félév során maximum 120 pont gy jthet. El re láthatólag minimum 60 pontot kell szerezni az elégségeshez, és arányosan többet a jobb jegyekhez. A pontszám a gyakorlaton írt zárthelyi dolgozatokon (40 pont), az elektronikus teszteken (0 pont), és az írásbeli vizsgán (50 pont) kapott pontok összege. A gyakorlaton két zárthelyi dolgozatot kell írni, illetve heti rendszerességgel elektronikus házi feladatot megoldani. A tantárgyból csak az vizsgázhat, aki a két zárthelyi dolgozaton összesen legalább 15 pontot, illetve az elektronikus teszteken legalább 10 pontot szerzett. A zárthelyi dolgozatok id pontja március 17 és május 5. A zárthelyi dolgozatok nem pótolhatók vagy javíthatók. A félév végi vizsga írásban lesz. Sikertelen vizsga esetén csak a vizsgára kapható 50 pontos eredményt lehet javítani, sem a gyakorlati pontszám, sem az elektronikus tesztekre kapható pont kés bb nem pótolható vagy javítható. Puskázás Automatikusan elégtelen jegyet kap az, aki puskázik, puskát hoz a tanterembe, vagy mástól bármilyen módon segítséget kap vagy másnak segítséget nyújt. Az elektronikus teszteket önállóan, segítség nélkül kell megoldani, de itt írott vagy elektronikus jegyzet használható.
Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, 2008. február 12.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció, leképezés, indulási és érkezési halmaz, szürjektív, injektív, bijektív és identikus leképezés, leképezések szorzata és inverze, csoport, Abel-csoport, asszociatív, illetve kommutatív m velet, egységelem, csoportelem inverze és hatványa, determináns és tulajdonságai. Az el adáshoz ajánlott jegyzet: Klukovits Lajos: Klasszikus és lineáris algebra, Polygon Kiadó, Szeged, 1999. Szendrei Ágnes: Diszkrét matematika, Polygon Kiadó, Szeged, 19942002. 1. Deníció. Az A halmaz permutációin a π : A A bijektív leképezéseket értjünk. Tetsz leges n pozitív egészre az {1,..., n} halmaz összes permutációinak halmazát S n -nel jelöljük. 2. Jelölés. A π S n permutációt megadhatjuk kétsoros írásmóddal ( ) 1 2 n π =, 1π 2π nπ vagy elempárok halmazaként: π = {(1,1π), (2,2π),..., (n, nπ)}.. Példa. Ha α S az a permutáció, amelyre 1α = 2, 2α = 1 és α =, akkor ( ) 1 2 α = = {(1, 2), (2, 1), (, )}. 2 1 4. Példa. Nem minden leképezés permutáció, például a ( ) 1 2 ϕ = = {(1,), (2,1), (,)} 1 leképezés se nem injektív (mert az 1 és elemeknek ugyanaz a képe) se nem szürjektív (mert az érkezési halmaz 2 elmének nincsen se). 5. Tétel. S n = n! 6. Példa. {( 1 S 1 =, 1)} {( ) ( )} 1 2 1 2 S 2 =,, 1 2 2 1 {( ) ( ) 1 2 1 2 S =, 1 2 2 1 7. Tétel. (S n ; ) csoport., ( ) 1 2, 2 1 ( ) 1 2, 1 2 ( ) 1 2, 2 1 ( )} 1 2. 1 2 8. Példa. Számoljuk ki az α = ( ) 1 2 2 1 és β = ( ) 1 2 2 1
permutációk szorzatát. Tudjuk, hogy minden x elemre x(αβ) = (xα)β (ez a leképezés szorzás deníciója). Tehát azaz 1(αβ) = (1α)β = 2β =, 2(αβ) = (2α)β = 1β = 2, (αβ) = (α)β = β = 1, αβ = ( ) 1 2. 2 1 Most kiszámoljuk a βα szorzatot is (a zárójelek elhagyásával): azaz 1βα = 2α = 1, 2βα = α =, βα = 1α = 2, βα = ( ) 1 2. 1 2 Vegyük észre, hogy αβ βα, azaz a permutációk szorzása nem kommutatív. kiszámoljuk β inverzét. Mivel ( ) 1 2 β = = {(1,2), (2,), (,1)} 2 1 ezért β 1 = {(2,1), (,2), (1,)} = {(1,), (2,1), (,2)} = Természetesen β és β 1 szorzata az identikus leképezés: ( ) ββ 1 = β 1 1 2 β =. 1 2 ( ) 1 2. 1 2 Végezetül 9. Deníció. A π S n permutáció az x {1,..., n} elemet mozgatja, ha xπ x. A π S n által mozgatott elemek halmazát M π -vel jelöljük, azaz 10. Példa. Az M π = { x {1,..., n} : xπ x }. α = ( ) 1 2 2 1 permutáció által mozgatott elemek halmaza M α = {1,2}. 11. Kérdések. Hány olyan π S 9 permutáció van, amelyre (1) M π = {2,,5}, (2) M π = 1, () M π = 2, (4) M π =? 12. Deníció. A π, σ S n permutációkat idegennek nevezzük, ha M π M σ =. 1. Kérdések. (1) Az S n halmazon az idegenség reláció reexív, szimmetrikus, illetve tranzitív-e? (2) Hány olyan permutációja van S 4 -nek, amely az ( ) 1 2 4 2 1 4 permutációval idegen? () Van-e olyan permutáció, amely idegen az inverzével? 14. Tétel. Ha a π, σ S n permutációk idegenek, akkor (1) πσ = σπ, és (2) (πσ) k = π k σ k minden k egészre. 2
15. Deníció. Legyen n k 2, és az a 1,..., a k {1,..., n} elemek páronként különböz ek. Ekkor azt a π S n permutációt, amelyre a 1 π = a 2, a 2 π = a,. a k 1 π = a k, a k π = a 1, és xπ = x minden x {1,..., n} \ {a 1,..., a k } elemre, ciklusnak nevezzük és röviden így jelöljük: π = (a 1 a 2 a k ). A k számot a ciklus hosszának nevezzük. hívjuk. 16. Példa. Az α = A 2 hosszúságú ciklusokat transzpozícióknak ( ) 1 2 2 1 permutáció ciklus, mivel a k = 2, a 1 = 1 és a 2 = 2 választással éppen ezt a permutációt kapjuk, azaz α = (1 2). Mivel α hossza éppen 2, ezért α transzpozíció is. A ( ) 1 2 β = 2 1 permutáció szintén ciklus, és β = (1 2 ). 17. Kérdések. (1) Mi az (a 1 a 2 a k ) ciklus által mozgatott elemek halmaza? (2) Igaz-e, hogy ha π, σ, τ S 7 páronként idegen permutációk, akkor (πστ) 5 = π 5 σ 5 τ 5? 18. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy egy permutáció ciklusos alakban való megadása nem egyértelm! Egyrészt ugyanazt a permutációt többféleképpen is felírhatjuk ciklusként: (1 2 ) = (2 1) = ( 1 2). A másik probléma pedig az, hogy az (1 2 ) permutációról nem tudjuk eldönteni, hogy az S vagy esetleg az S 4 csoport eleme-e. Természetesen ha S -beli permutációkról beszélünk, akkor ( ) 1 2 (1 2 ) =, 2 1 viszont S 4 -ben már (1 2 ) = ( ) 1 2 4, 2 1 4 és ez a két permutáció nem ugyanaz. Ugyan ez a probléma az identikus permutáció id jelölésével is, arról sem lehet eldönteni, hogy melyik permutációcsoportban használjuk. 19. Példa. S 1 = {id}, S 2 = {id, (1 2)}, S = {id, (1 2),(1 ),(2 ),(1 2 ),( 2 1)}. 20. Kérdések. (1) Hány transzpozíció van S 4 -ben? (2) Hány -hosszúságú ciklus van S 4 -ben? () Hány 4-hosszúságú ciklus van S 4 -ben? (4) Hány 1-hosszúságú ciklus van S 4 -ben?
(5) Hány ciklus van S 4 -ben? (6) Hány olyan permutáció van S 4 -ben amely nem ciklus? (7) Hány n-hosszúságú ciklus van S n -ben? 21. Példa. Természetesen nem minden permutáció ciklus, vegyük például a ( ) 1 2 4 5 π = 2 1 5 4 permutációt. Tegyük fel, hogy π ciklus, és tekintsük azt az esetet, amikor a 1 = 1. Ekkor a 1 π = 2, azaz a 2 = 2, továbbá a 2 π =, azaz a =. A következ lépésben azt kapjuk, hogy a π = 1 ami éppen egyenl a 1 -gyel, azaz k = és az (1 2 ) ciklust kaptuk. Viszont π több elemet mozgat mint, tehát π nem egyenl (1 2 )-mal, azaz a 1 1. Minden más esetben hasonló ellentmondásra jutunk. Persze π el áll ciklusok szorzataként: π = (1 2 )(4 5). 22. Tétel. Minden S n -beli permutáció el áll páronként idegen ciklusok szorzataként, és ez az el állítás a tényez k sorrendjét l eltekintve egyértelm en meghatározott. (Az identikus permutációt ciklusok üres szorzatának tekintjük.) 2. Példa. Adjuk meg a π = (5 2 4)(1 5)(4 7) permutációt páronként idegen ciklusok szorzataként. Tekintsük azokat az elemeket, melyeket a szorzat valamely tagja mozgat: {1, 2,, 4, 5,7}. Vegyünk ki ezek közül egyet, mondjuk az 1-gyet, és számoljuk ki, hogy ezt a π permutáció milyen elemekbe viszi át: 1π = 1(5 2 4)(1 5)(4 7) = 1(1 5)(4 7) = (4 7) = 7. Folytassuk a kapott elemekkel, azaz 7π = 7(5 2 4)(1 5)(4 7) = 7(1 5)(4 7) = 7(4 7) = 4, 4π = 4(5 2 4)(1 5)(4 7) = 5(1 5)(4 7) = 1(4 7) = 1. Visszaértünk ahhoz az elemhez, amib l kiindultunk, tehát megvan az els ciklusunk: (1 7 4). A maradék elemekb l vegyük a következ t, mondjuk a 2-t t, és számoljuk ki hogy ezt π milyen elemekbe viszi át: 2π = 2(5 2 4)(1 5)(4 7) = (1 5)(4 7) = 5(4 7) = 5, 5π = 5(5 2 4)(1 5)(4 7) = 2(1 5)(4 7) = 2(4 7) = 2, azaz a második ciklus a (2 5) transzpozíció. Kimaradt még a, amelyre elvégezve a számolást azt kapjuk, hogy π = (5 2 4)(1 5)(4 7) = 4(1 5)(4 7) = 4(4 7) =, azaz π a -mat nem mozgatja, tehát ezt az elemet gyelmen kívül hagyhatjuk. Tehát π páronként idegen ciklusok szorzatára bontott alakja π = (1 7 4)(2 5). Ezt a számolást nem írjuk le általában, hanem fejben végezzük el! 24. Kérdések. Hány olyan permutáció van G-ben, amelynek páronként idegen ciklusok szorzatára bontott alakja P alakú: (1) G = S 4, P = ( )( ), (2) G = S 5, P = ( )( ), () G = S 5, P = ( )( )? 25. Tétel. Tetsz leges π = (a 1 a 2 a k ) S n ciklusra (1) π 1 = (a k a k 1 a 1 ), (2) π k = id, () Ha i j (mod k), akkor π i = π j. 4
26. Példa. Kiszámoljuk az ((1 2 4)(5 6 7)(8 9)) 22 permutációt páronként idegen ciklusok szorzataként. Mivel az (1 2 4), (5 6 7) és (8 9) ciklusok páronként idegenek, ezért ((1 2 4)(5 6 7)(8 9)) 22 = (1 2 4) 22 (5 6 7) 22 (8 9) 22. Az (1 2 4) ciklus hossza 4 és a 22-edik hatványát keressük. Mivel 22 2 (mod 4), ezért (1 2 4) 22 = (1 2 4) 2 = (1 )(2 4). Hasonlóan 22 1 (mod ), illetve 22 0 (mod 2), azaz Tehát 27. Példa. Oldjuk meg az (5 6 7) 22 = (5 6 7) 1 = (7 6 5), és (8 9) 22 = (8 9) 0 = id. ((1 2 4)(5 6 7)) 22 = (1 )(2 4)(7 6 5). (1 2)(2 5)π(4 5 7) = (2 6) egyenletet. Az egyenlet mindkét oldalát ugyanazzal a permutációval ugyanarról az oldalról beszorozhatjuk. El ször balról szorzunk (1 2) inverzével: azaz Ezt folytatva azt kapjuk, hogy (1 2) 1 (1 2)(2 5)π(4 5 7) = (1 2) 1 (2 6), (2 5)π(4 5 7) = (2 1)(2 6). π = (5 2)(2 1)(2 6)(7 5 4), amit a szokásos módon páronként idegen ciklusok szorzatára bontunk: π = (5 1 6 2 4 7). 28. Tétel. Tetsz leges ciklus felírható transzpozíciók szorzataként, mégpedig (a 1 a 2 a a k ) = (a 1 a 2 )(a 1 a ) (a 1 a k ). Következésképpen, minden permutáció transzpozíciók szorzatára bontható (de ez általában nem egyértelm ). 29. Példa. (1 2 4)(5 6) = (1 2)(1 )(1 4)(5 6), de mivel (1 2 4) = (2 4 1), ezért (1 2 4)(5 6) = (2 )(2 4)(2 1)(5 6), vagy (1 2 4)(5 6) = (2 )(5 6)(2 4)(2 1), mert idegen transzpozíciók felcserélhet k. 0. Tétel. Minden permutáció vagy csak páros vagy csak páratlan sok transzpozíció szorzataként írható fel. 1. Deníció. A π S n permutációt párosnak nevezzük, ha felbontható páros sok transzpozíció szorzatára. A nempáros permutációkat páratlannak nevezzük. Továbbá deniáljuk: { +1, ha π páros, sgn π = 1, ha π páratlan. 2. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak? (1) Az identitás páros. (2) Minden transzpozíció páratlan. () Minden páros hosszú ciklus páros. (4) Minden páratlan hosszú ciklus páros. (5) Páros permutációk szorzata páros. (6) Páratlan permutációk szorzata páros. (7) Páros és páratlan permutáció szorzata páratlan. (8) Páratlan permutációk inverze páratlan. 5
. Példa. Megmutatjuk, hogy a 4 4-gyes tologatós játékban a baloldali kezd állásból nem lehet el állítani a jobboldalit: A = 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 B = 2 1 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 A játék minden állásához hozzárendeljük az S 16 csoport egyik elemét, mégpedig úgy, hogy az üres mez helyébe a 16-os számot képzeljük, és a kapott T = a 1 a 2 a a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 1 a 14 a 15 a 16 táblázatot felhasználva képezzük a ( ) 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 16 π T = a 1 a 2 a a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 12 a 1 a 14 a 15 a 16 permutációt. Vegyük észre, hogy ha egy állapotban eltolunk egy négyzetet, akkor lényegében felcseréltük a 16-os számot valamely másik számmal. Tehát egy transzpozíciót hajtottunk végre, azaz az állapothoz rendelt permutáció paritása megváltozik. Mivel mind az A mind a B állapotban az üres mez a jobb alsó sarokban van, ezért biztos hogy páros sok lépest kell megtennünk A-ból B-be (ugyanannyiszor kell a 16-os számnak felfelé és lefelé, illetve balra és jobbra mozognia). Páros sok lépes során a hozzárendelt permutáció paritása nem változik. De az A kezd állapotra π A = id ami páros, míg a jobboldali állapotra π B = (1 2) ami páratlan. Tehát nem lehet az A állapotból a B állapotba jutni. 4. Deníció. Az S n csoportot az n-edrend szimmetrikus csoportnak nevezzük. A páros permutációk A n = { π S n : π páros } halmaza szintén csoportot alkot, amelynek neve az n-edrend alternáló csoport. 5. Kérdések. (1) Hány páratlan permutáció van S -ban? (2) Hány páros permutáció van S -ban? () Hány páratlan permutáció van S 1 -ben? (4) Hány páros permutáció van S 1 -ben? 6. Tétel. Tetsz leges n 2 egészre A n = n! 2. 6
MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. március 2.) 1. Permutációk 1.1. Feladat. Írja fel az alábbi S 7 -beli permutációkat páronként idegen ciklusok szorzataként: ( ) 1 2 4 5 6 7 (1) α =, 7 4 2 6 5 1 ( ) 1 2 4 5 6 7 (2) β =, 1 6 5 2 4 7 ( ) 1 2 4 5 6 7 () γ =. 4 5 7 1 2 6 1.2. Feladat. Adja meg a következ S 7 -beli, páronként idegen ciklusok szorzataként el állított permutációkat kétsoros írásmódban: (1) δ = (16)(2 754), (2) ε = (17)(2 6)( 45), () η = (15427). 1.. Feladat. Az el z két feladatban bevezetett permutációkból kiindulva adja meg az alábbi S 7 -beli permutációkat páronként idegen ciklusok szorzataként: (βα) 1, εη 1 βγδ 1, α n (n N), ( (ηβ) 2006 δ 2007) 1. 1.4. Feladat. Adja meg a következ S 9 -beli permutációkat páronként idegen ciklusok szorzataként: (1) ( α 1 βα ) 109, ahol ( ) 1 2 4 5 6 7 8 9 α =, 5 4 6 7 1 9 2 8 ( ) 1 2 4 5 6 7 8 9 β = ; 7 8 9 2 5 1 6 4 ( 1 (2) (1 5472) 9 ((2 9)(4 5 27)) 120 (4 81)). 1.5. Feladat. Keresse meg mindazokat a σ S 8 permutációkat, amelyekre teljesül, hogy ( ) 1 ((1 24)(7 8)) 1 2 4 5 6 7 8 σ( 4) =. 8 5 6 4 1 2 7 1.6. Feladat. Döntse el, hogy az els két feladatban bevezetett α,..., η S 7 permutációk, valamint a segítségükkel megadott alábbi permutációk párosak-e vagy páratlanok: ( η 1 δ 112) 111, (εγα) 1 ( β 1 δη 9) 2. 1
2 MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. MÁRCIUS 2.) 1.7. Feladat. Igazolja, hogy minden k hosszúságú γ S n ciklusra (1) γ k = id, (2) γ l id, ha l N kisebb k-nál. 1.8. Feladat. Igazolja, hogy minden π S n permutációra π n! = id. Hogyan lehet megadni a legkisebb olyan k N számot, amelyre π k = id? 1.9. Feladat. Mutassa meg, hogy S 9 minden eleme el áll (1) az (1 2), (1 ),...,(1 9) transzpozíciók szorzataként; (2) az (1 2) és (1 2... 9) ciklusok szorzataként. 1.10. Feladat. Keresse meg mindazokat a π S 6 permutációkat, amelyekre teljesül, hogy (1) π 2 = (12); (2) π 2 = (12)( 4).
Komplex számok (el adásvázlat, 2009. február 10.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: test, test additív és multiplikatív csoportja, valós számok és tulajdonságaik. Az el adáshoz ajánlott jegyzet: Klukovits Lajos: Klasszikus és lineáris algebra, Polygon Kiadó, Szeged, 1999. Szendrei Ágnes: Diszkrét matematika, Polygon Kiadó, Szeged, 19942002. 1. Deníció. A valós számokból álló számpárokat komplex számoknak nevezzük. A komplex számok halmazát C jelöli, azaz C = R R. 2. Deníció. Az (a, b) és (c, d) komplex számok összege és szorzata: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) (a, b) (c, d) = (ac bd, ad + bc).. Példa. Az (1, 2) és (, 4) komplex számok összege és szorzata: 4. Tétel. (C; +, ) test. (1,2) + (,4) = (1 +, 2 + 4) = (4,6), és (1, 2) (,4) = (1 2 4,1 4 + 2 ) = ( 8,4 + 6) = ( 5,10). Bizonyításvázlat. Minden könnyen leellen rizhet, ha az additív egységnek a (0, 0), míg a multiplikatív egységnek az (1, 0) komplex számokat választjuk. Az egyetlen érdekes kérdés a multiplikatív inverz létezése: tetsz leges, az additív egységt l különböz (a, b) C inverze mivel ( a (a, b) a 2 + b 2, (a, b) 1 = ( a a 2 + b 2, ) ( b a 2 a 2 + b 2 = a 2 + b 2 b a 2 + b 2 ) b2 ab a 2 + b 2, a 2 + b 2 + ab ) a 2 + b 2 = (1,0). 5. Példa. ( (1,2) (,4) = (1, 2) (, 4) 1 = (1, 2) 25, 4 ) ( ( 8) =, 4 + 6 ) ( 11 = 25 25 25 25, 2 ). 25 6. Kérdések. A következ állítások közül melyek igazak tetsz leges a, b, c, d R esetén: (1) (a, b) (c, d) = (a c, b d), (2) (a,0) (c,0) = (a c,0), () (0, b) (0, d) = (0, b d)? 7. Tétel. Minden a, b R esetén (a,0) + (b, 0) = (a + b, 0), (a,0) = ( a,0), (a,0) (b, 0) = (a b, 0), (a,0) 1 = (a 1, 0). 8. Deníció. Tetsz leges a R esetén az (a, 0) komplex szám helyett egyszer en a-t írunk, és nem is különböztetjük meg az a valós számtól. Úgy tekintjük, hogy R C. Továbbá a (0, 1) komplex számot i-vel jelöljük. 9. Tétel. Tetsz leges a, b R esetén (a, b) = a + bi, azaz minden komplex szám egyértelm módon el áll a + bi alakban. Továbbá i 2 = 1.
10. Deníció. A z C komplex szám a + bi alakban való felírását z kanonikus alakjának nevezzük. Az a R számot z valós részének, míg a b R számot z képzetes részének hívjuk, és a = Rez, illetve b = Imz-vel jelöljük. Az i komplex szám neve képzetes egység. 11. Példa. A következ számolásban csak azt használtuk ki, hogy C test (azaz érvényesek a szokásos számolási szabályok) és i 2 = 1: (a + bi) (c + di) = ac + adi + bci + bdi 2 = (ac bd) + (ad + bc)i Vessük össze a kapott eredményt a komplex számok szorzásának deníciójával! A multiplikatív inverz kiszámolásánál azt a jól ismert azonosságot alkalmazzuk, hogy (a + b)(a b) = a 2 b 2 : (a + bi) 1 = 1 a + bi = 1 a + bi a bi a bi = a bi a 2 (bi) 2 = a bi a 2 + b 2 = a a 2 + b 2 + b a 2 + b 2i. 12. Deníció. Legyen adott a síkban egy Descartes-féle derékszög koordinátarendszer, és feleltessük meg az a + bi komplex számnak az (a, b) koordinátájú pontot. Így kapjuk a komplex számsíkot, más néven a Gauss-féle számsíkot. Az els tengelyt (abszcissza) valós tengelynek, a második tengelyt (ordináta) pedig képzetes tengelynek hívjuk. A valós tengelyen találhatók a valós számok, a képzetes tengelyen pedig a tiszta képzetes számok. 1. Deníció. A z = a + bi komplex szám konjugáltján a z = a bi komplex számot, és abszolút értékén a z = a 2 + b 2 valós számot értjük. 14. Megjegyzés. A komplex számsíkon a konjugálás nem más, mint a valós tengelyre való tükrözés, az abszolút érték az origótól (nullától) mért távolság, a komplex számok összeadása pedig (hely)vektorok összeadása. 15. Tétel. Tetsz leges u, v C számra (1) u = u, (2) u + v = u + v, () u v = u v, (4) u v = u v (5) u/v = u/v, ha v 0, (6) u = u u R, (7) u + u = 2Re u, (8) u u = u 2. 16. Tétel. Tetsz leges u, v C számra (1) u = 0 u = 0, (2) u v = u v, () u/v = u / v, ha v 0, (4) u + v u + v, (5) u = u. 17. Tétel. Legyenek z 1, z 2,..., z n komplex számok úgy, hogy a komplex számsíkon az általuk meghatározott poligon konvex, és a z 1,..., z n csúcsok az óramutató járásával ellentétes irányban helyezkednek el. Ekkor a poligon területe a következ képlettel számolható: 1 2 Im(z 1z 2 + z 2 z + + z n 1 z n + z n z 1 ). 18. Deníció. Egy nemnulla z komplex szám argumentuma az a szög, amivel a valós tengely pozitív felét el kell forgatni az origó körül, hogy átmenjen a z-nek megfelel ponton, amit arg z-vel jelöljük. A nulla számnak nincsen argumentuma. 19. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak? (1) Minden nemnulla valós szám argumentuma nulla. (2) Minden π argumentumú komplex szám valós. 2
() Az i komplex szám argumentuma π/2. (4) Az 1 i komplex szám argumentuma π/4. (5) Az 1 2 2 i komplex szám argumentuma π/. (6) Minden nemnulla z C számra arg z = arg z. (7) Minden nemnulla z C számra arg ( z) = arg z + π. (8) Minden nemnulla z C számra arg (2z) = 2 arg z. 20. Tétel. Tetsz leges 0 z C, r R + és ϕ R számok esetén z = r(cos ϕ + isin ϕ) r = z és ϕ arg z 21. Deníció. A nemnulla komplex számok z = r(cos ϕ + isin ϕ) (mod 2π). alakban való felírását trigonometrikus alaknak nevezzük. A nulla komplex számnak nincsen trigonometrikus alakja. 22. Megjegyzés. A nullától különböz komplex számok argumentuma csak modulo 2π, azaz 2π egész számú többszöröseit l eltekintve meghatározott. Ezért a komplex számok trigonometrikus alakja sem egyértelm : például mind cos π 2 +isin π π π 2, mind a cos 2 +isin 2 az i komplex szám trigonometrikus alakja. Viszont ha egy konkrét komplex szám trigonometrikus alakját kell meghatároznunk, akkor az argumentumot mindig a [0, 2π[ intervallumban adjuk meg. 2. Tétel. Tetsz leges nullától különböz u = r(cos ϕ + isin ϕ) és v = s(cos ψ + isin ψ) komplex számokra (1) ū = r(cos( ϕ) + isin( ϕ)), (2) u v = rs(cos(ϕ + ψ) + isin(ϕ + ψ)), () u 1 = r 1 (cos( ϕ) + isin( ϕ)), (4) u/v = r/s (cos(ϕ ψ) + isin(ϕ ψ)), 24. Megjegyzés. A komplex számok kanonikus alakját felhasználva látható, hogy rögzített v C komplex szám esetén a z z + v leképezés nem más, mint a v-hez tartozó vektorral való eltolás a komplex számsíkon. A komplex számok trigonometrikus alakját felhasználva pedig látható, hogy rögzített v = cos ψ + isin ψ esetén a z z v leképezés nem más, mint az origó körüli ψ szög forgatás a komplex számsíkon. 25. Példa. Az ismert szinusz és koszinusz összegzési képleteket könnyen megkaphatjuk komplex számok segítségével. Tekintsük a u = cos ϕ + isin ϕ, v = cos ψ + isin ψ komplex számokat. A trigonometrikus alakokkal számolva a szorzatuk u v = cos(ϕ + ψ) + isin(ϕ + ψ). De ha a kanonikus alakot használjuk a szorzat kiszámolására, akkor u v = (cos ϕ + isin ϕ) (cos ψ + isin ψ) = cos ϕ cos ψ + cos ϕ isin ψ + isin ϕ cos ψ + isin ϕ isin ψ = (cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ) + i(cos ϕ sin ψ + sinϕ cos ψ). Mivel az u v komplex szám egyértelm en írható fel kanonikus alakban, ezért cos(ϕ + ψ) = cos ϕ cos ψ sin ϕ sin ψ, és sin(ϕ + ψ) = cos ϕ sin ψ + sin ϕ cos ψ. Hasonlóan számítható ki a cos(ϕ ψ) és sin(ϕ ψ) képlete is, de ekkor az u és v komplex számok hányadosát kell vennünk.
26. Tétel (Moivre-képlet). Bármely nem zéró z = r(cos ϕ+isin ϕ) komplex szám és n Z esetén 27. Kérdések. z n = r n (cos(nϕ) + isin(nϕ)). (1) Miért nem lehet az el z tétel képletét használni például a i 0.12456 értékének deniálásához? (2) Igaz-e, hogy i 1 = i? () Igaz-e minden 0 z C és n N esetén, hogy z n = z n? (4) Igaz-e minden 0 z C és n N esetén, hogy z n = (z) n? (5) Milyen vonalon helyezkednek el a z C \ R valódi komplex szám egész hatványai? (6) Melyek azok a z komplex számok, amelyekre arg z = arg(z 2 )? (7) Melyek azok a z komplex számok, amelyekre arg z = arg(z )? (8) Melyek azok a z komplex számok, amelyekre arg z = arg(z 1 )? (9) Melyek azok a z komplex számok, amelyekre z = z 2? 28. Példa. Tudjuk, hogy cos2α = cos 2 α sin 2 α és sin 2α = 2sin α cos α. Megmutatjuk, hogy cosα és sin α hogyan számítható ki egyszer en. Vegyük a z = cos α+isin α komplex számot és számoljuk ki a harmadik hatványát a trigonometrikus alakja z = cosα + isin α, és a kanonikus alakjai segítségével (felhasználva azt, hogy (a + b) = a + a 2 b + ab 2 + b ) Tehát azt kaptuk, hogy z = (cos α + isin α) = cos α + icos 2 α sin α cos α sin 2 α isin α = (cos α cos α sin 2 α) + i( cos 2 α sin α sin α). cosα = cos α cos α sin 2 α, és sin α = cos 2 α sin α sin α. 29. Deníció. Tetsz leges n pozitív egész szám és z C esetén azt mondjuk, hogy az u komplex szám n-edik gyöke z-nek, ha u n = z. 0. Tétel. Minden nemnulla z = r(cos ϕ + isin ϕ) komplex számnak pontosan n különböz n-edik gyöke van, mégpedig n ( z = n r cos ϕ + 2kπ + isin ϕ + 2kπ ) n n (k = 0,..., n 1). 1. Példa. Számítsuk ki az 1 komplex számnak a tizenkettedik gyökeit, és adjuk meg ket kanonikus alakban. Az 1 trigonometrikus alakja természetesen az 1 (cos 0 + i sin 0). Felhasználva a nevezetes szögek szinuszát és koszinuszát azt kapjuk, hogy az 1 tizenkét gyöke: ( u 0 = 1 cos 0 12 + isin 0 ) = 1, 12 ) = ( u 1 = 1 cos 2π 2π + isin 12 12 4 2 + 1 2 i,
( u 2 = 1 cos 4π ) 4π + isin = 1 12 12 2 + 2 i ( u = 1 cos 6π ) 6π + isin = i, 12 12 ( u 4 = 1 cos 8π ) 8π + isin = 1 12 12 2 + 2 i ( u 5 = 1 cos 10π ) 10π + isin = 12 12 2 + 1 2 i, ( u 6 = 1 cos 12π ) 12π + isin = 1, 12 12 ( u 7 = 1 cos 14π ) 14π + isin = 12 12 2 1 2 i, ( u 8 = 1 cos 16π ) 16π + isin = 1 12 12 2 2 i ( u 9 = 1 cos 18π ) 18π + isin = i, 12 12 ( u 10 = 1 cos 20π ) 20π + isin = + 1 12 12 2 2 i ( u 11 = 1 cos 22π ) 22π + isin = + 12 12 2 1 2 i, 2. Deníció. Az ε komplex számot n-edik egységgyöknek nevezzük (n N + ), ha ε n = 1. Az ε komplex szám egységgyök, ha n-edik egységgyök valamely n N + -re.. Tétel. Az n-edik egységgyökök a következ k: ε k = cos 2kπ n + isin 2kπ n (k = 0,..., n 1). Ezzel a jelöléssel ε 0 = 1 és ε k = ε k 1 minden k = 0,..., n 1 esetén. 4. Megjegyzés. Az n-edik egységgyökök egy szabályos n-szöget alkotnak a komplex számsíkon, amelynek a körülírt köre az origó középpontú egységkör, és egyik csúcsa 1. (Ez a két információ egyértelm en meg is határozza az n-szöget.) 5. Példa. Az els egységgyökök halmaza a A második egységgyökök halmaza a A harmadik egységgyökök halmaza a { z C : z = 1 } = A negyedik egységgyökök halmaza a A hatodik egységgyökök halmaza a { {z C : z 6 = 1 } = { z C : z 1 = 1 } = {1}. { z C : z 2 = 1 } = {1, 1}. { 1, 1 2 + 2 i, 1 2 { z C : z 4 = 1 } = {1, i, 1, i}. 1, 1 2 + 2 i, 1 2 + 5 } 2 i. 2 i, 1, 1 2 2 i, 1 } 2 2 i.
6. Tétel. Egy nemnulla komplex szám összes n-edik gyökét megkaphatjuk, ha egy rögzített n-edik gyökét megszorozzuk sorra az n-edik egységgyökökkel. Tehát ha u n = z 0, akkor a z komplex szám n-edik gyökei: u ε k ahol k = 0,..., n 1. 7. Példa. Számoljuk ki a 8i értékeit. A 8i trigonometrikus alakja 8i = 8 (cos π 2 + isin π 2 ), tehát mindhárom köbgyökének az abszolút értéke 8 = 2, és a gyökök ( π π ) ( 2 2 cos + isin 2 = 2 cos π 6 + isin π ) ( ) = 2 6 2 + 1 2 i = + i, ( π 2 2 cos + 2π π 2 + isin + 2π ) ( = 2 cos 5π 6 + isin 5π ) ( ) = 2 6 2 + 1 2 i = + i, ( π 2 2 cos + 4π π 2 + isin + 4π ) ( = 2 cos 9π 6 + isin 9π ) = 2i. 6 Könnyen leellen rizhet, hogy 2i gyök, mivel ( 2i) = 8i = 8i. Tehát ha alkalmazzuk az el z tételt, és tudjuk a harmadik egységgyököket, akkor megkapjuk a három gyököt: 2i 1 = 2i, ( 2i 1 ) 2 + 2 i = + i, ( 2i 1 ) 2 2 i = + i. 8. Deníció. Azt mondjuk, hogy a ε komplex szám primitív n-edik egységgyök, ha n-edik egységgyök, de nem m-edik egységgyök semmilyen 0 < m < n egészre. 9. Példa. Az 1 primitív els egységgyök. A 1 primitív második egységgyök. A 1 2 + és 1 2 2 i primitív harmadik egységgyökök. Az i és i primitív negyedik egységgyökök. Az 1 2 + 2 i és 1 2 2 i primitív hatodik egységgyökök. 40. Tétel. Az ε k = cos 2kπ 2kπ n + isin n egységgyök akkor és csak akkor primitív n-edik egységgyök, ha k relatív prím n-hez. 41. Tétel. A primitív n-edik egységgyökök száma ϕ(n), ahol ϕ az Euler-féle függvény. 42. Kérdések. (1) Hány primitív ötödik egységgyök van? (2) Hány primitív tizedik egységgyök van? () Igaz-e, hogy minden egységgyök primitív n-edik egységgyök valamely n egészre? (4) Igaz-e, hogy minden olyan z komplex szám, amelyre z = 1, egységgyök? (5) Létezik-e olyan komplex szám, amely 17-edik és 7-madik egységgyök is? (6) Létezik-e olyan komplex szám, amely 17-edik és 7-madik primitív egységgyök is? 4. Tétel (Az algebra alaptétele). Ha p = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0 komplex együtthatós (a n,..., a 0 C) nemkonstans (n 1, a n 0) polinom, akkor multiplicitással számolva pontosan n darab komplex gyöke van. 44. Tétel. Tetsz leges z = a + bi komplex számra e z = 1 + z + z2 2 + z! + z4 4! + = ea (cos b + isin b). 45. Példa (Euler-formula). e iπ + 1 = 0. 6 2 i
MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. március 2.) 2. Komplex számok 2.1. Feladat. Határozza meg az alábbi kanonikus alakban megadott komplex számok trigonometrikus alakját: (1) 0, 1, 1, i, i; (2) 1 i, i, 2 + 6i. 2.2. Feladat. Határozza meg az alábbi trigonometrikus alakban megadott komplex számok kanonikus alakját: u = ( 2 cos π 6 + isin π ) (, v = 5 cos 7π 6 4 + isin 7π ), 4 w = 2 ( ( cos 2π ) ( + isin 2π )). 2.. Feladat. Számolja ki a lehet legegyszer bben a megadott kifejezések értékét: ( ) 17 t = 1 1 2i 1 ( ) 1 + 2i, u = i i( 1 i) 11 +, v =, i 1 i ( ) + i w = ( 1 + i)( 2i) + i (2 i)( + i) 1001 ( 1 i)( 2i), x =, (2 i)( + i) ( ( )) 89 ( ) 79 ( 2 2i) 5 + 15i 7 21i y =, z = i (( 1 i) ( 21 + 7i )) 10. 2.4. Feladat. Adja meg a ( 5 + 2i)x 1 + (1 + i)x 2 + ( 9i)x + 4ix 4 = 1 i ( + i)x 1 + (1 + i)x 2 + (2 7i)x + ix 4 = 1 i (1 i)x 1 + (1 + i)x 2 + ix + ix 4 = 1 i lineáris egyenletrendszer általános megoldását. 2.5. Feladat. Végezze el az alábbi gyökvonásokat: 15 0, 9 1, 111 i, 10 2 + 2i, 89 i + i. 2.6. Feladat. Döntse el a megadott n pozitív egész és z komplex szám esetén, hogy n-edik egységgyök-e z, és ha igen, akkor primitív n-edik egységgyöke. Ha az utóbbi kérdésre igenl a válasz, akkor állítsa el az összes n-edik egységgyököt z `kis' nemnegatív egész kitev s hatványaként (pl. z = 1 2 2 i primitív harmadik egységgyök, és 1 = z 0, 1 2 + 2 i = z2, 1 2 2 i = z): (1) n = 8, z = 1 i; (2) n = 8, z = i; () n = 6, z = 2 1 2 i; (4) n = 10, z = cos π π + isin 10 10 ;
4 MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. MÁRCIUS 2.) (5) n = 7, z = cos 8π 7 + isin 8π 7. 2.7. Feladat. Trigonometrikus alakúak-e a következ komplex számok: ( t = 0(cos π + isin π), u = 2 cos π 4 isin π ), 4 v = 1 ( cos ( π ) + isin ( π )), w = cos π 4 + isin ( π 4 Amelyik nem trigonometrikus alakú, azt adja meg trigonometrikus alakban. 2.8. Feladat. Igaz-e, hogy ( 2 ( 7 2i) = 42 42 2 ) 7 2i = 6 2 2i? 2.9. Feladat. Az alábbi komplex számok mely n N-re n-edik egységgyökök, illetve primitív n-edik egységgyökök: 1 i, 1 + i, 2 7π 7π i, cos + sin 2 2007 2007. 2.10. Feladat. Adja meg a π szög szinuszát és koszinuszát egész számokból 12 alkotott gyökös kifejezésként. [Pl. sin π = 2.] 2.11. Feladat. Igazolja a következ egyenl séget tetsz leges α szögre: cosα = 4cos α cos α és 2.12. Feladat. Mutassa meg, hogy ( ) ( ) ( n n n + 0 2 4 ) sin α = 4 sin α + sinα. ( ) n +... = 2 n nπ 2 cos 6 4. ).
Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, 2009. február 25.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: (1) A mátrixalgebrával kapcsolatban: számtest feletti mátrixok fogalma, mátrixok képlettel való megadása, m veletek mátrixokkal és azok elemi tulajdonságai, trianguláris mátrixok. (2) A determinánsokkal kapcsolatban: a determináns fogalma, kifejtési tételek, a determinánsok elemi tulajdonságai, a dualitás elve, a determinánsok szorzástétele, trianguláris mátrixok determinánsa, mátrix inverzének kiszámítása determinánssal, Vandermonde-determináns, elfajuló mátrix. () A lineáris egyenletrendszerekkel kapcsolatban: a lineáris egyenletrendszer fogalma, egyenletrendszerek mátrixos alakja, b vített mátrix, lépcs s alakú egyenletrendszerek, kötött és szabad változók, elemi sorátalakítások, Gauss-elimináció, Cramerszabály, mátrixok determinánsának és inverzének kiszámolása elemi sorátalakításokkal. (4) Az absztrakt vektorterekkel kapcsolatban: számtest feletti vektortér fogalma, a fontos példák ismerete (T n, T N, T m n, T[x], R R, R vektortér Q felett) nullvektor, m veletek vektorokkal és azok elemi tulajdonságai, vektorterek izomorzmusa, altér fogalma, triviális alterek, homogén lineáris egyenletrendszer megoldásaltere, lineáris kombináció, triviális lineáris kombináció, feszített (generált) altér, alterek összege és metszete, az alterek hálója, (5) Vektorrendszerekkel kapcsolatban: a vektorrendszer fogalma, lineárisan független és függ vektorrendszerek, maximális lineárisan független vektorrendszer, generátorrendszer, minimális generátorrendszer, végesdimenziós vektortér, bázis, standard bázis, vektor koordinátái, kicserélési tétel, dimenzió fogalma, azonos dimenziós vektorterek izomorfak. Az el adáshoz ajánlott jegyzet: Klukovits Lajos: Klasszikus és lineáris algebra, Polygon Kiadó, Szeged, 1999. Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon Kiadó, Szeged, 2002006. 1. Tétel. Legyen T test, és A = (a i,j ) T n n tetsz leges négyzetes mátrix. Ekkor A = σ S n sgn(σ) a 1,1σ a 2,2σ a n,nσ. 2. Példa. n = 2 esetén: a 11 a 12 a 21 a 22 = sgn(id) a 11a 22 + sgn((1 2)) a 12 a 21 = a 11 a 22 a 12 a 21. n = esetén: a 11 a 12 a 1 a 21 a 22 a 2 a 1 a 2 a = sgn(id) a 11a 22 a + sgn((1 2)) a 12 a 21 a + sgn((1 )) a 1 a 22 a 1 ami éppen a Sarrus-szabály. + sgn((2 )) a 11 a 2 a 2 + sgn((1 2 )) a 12 a 2 a 1 + sgn((1 2)) a 1 a 21 a 2 = a 11 a 22 a + a 12 a 2 a 1 + a 1 a 21 a 2 a 12 a 21 a a 1 a 22 a 1 a 11 a 2 a 2,. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak tetsz leges T testre?
(1) A 0 tetsz leges A T n n mátrixra. (2) Tetsz leges A T n n mátrixra A T. () Ha A T n k és B T k m, akkor AB C n m. (4) Ha A T n n és B T n n, akkor AB = A B. (5) Ha A T n n és B T n n, akkor A + B = A + B. (6) Ha A T n n és λ T, akkor λt = λ T. (7) Ha az A T n n mátrix valamely oszlopában csupa nulla elem van, akkor A = 0. (8) Ha A T n n trianguláris, akkor A a f átlón elhelyezked elemek szorzata. (9) Az A T n n mátrix akkor és csak akkor invertálható, ha A 0. 4. Példa. C vektortér R felett. Az 1, i minimális generátorrendszer, tehát C dimenziója 2, azaz C izomorf R 2 -tel mint vektortér (de természetesen nem mint test). 5. Deníció. Az S halmazt a (T; +, ) test résztestjének nevezzük, ha (1) S T, (nemüres részhalmaz) (2) ( x, y S)(x + y, x y S), (zárt T m veleteire), () (S; +, ) test, (testet alkot T m veletek megszorításával). 6. Tétel. Legyen S a T test résztestje. Ekkor T vektorteret alkot S felett. 7. Példa. Az el z tételben láttuk, hogy ha S részteste T -nek, akkor T vektortér S felett. Ennek az állításnak a megfordítása még számtestek esetében sem igaz, azaz létezik olyan Q T C számhalmaz, amely vektorteret alkot Q felett a szokásos m veletekkel, de nem test. Legyen { ( ) } T = r + s 2 + 1 2 i : r, s Q. Könny ellen rizni, hogy T vektortér Q felett, és 1, 1 2 + 2 i T, mivel T minden elemének képzetes része racionális. Tehát ( ) 2 2 + 1 2 i = 1 2 + 2 i T, 2 + 1 2i bázis T -ben. Ugyanakkor, azaz T nem zárt a szorzásra, csak a skalárral (racionális számokkal) való szorzásra. 8. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak? (1) Z test. (2) Q test. () R test. (4) C test. (5) A valós függvények R R halmaza test. (6) R vektortér Q felett. (7) R vektortér R felett. (8) R vektortér C felett. (9) A valós függvények R R halmaza vektorteret alkot R felett. 9. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak? (1) Q 1-dimenziós vektortér Q felett. (2) R 2-dimenziós vektortér Q felett. () C 4-dimenziós vektortér Q felett. (4) R 1-dimenziós vektortér R felett. (5) C 2-dimenziós vektortér R felett. (6) R végesdimenziós vektortér Q felett. (7) R 2 2 2-dimenziós vektortér R felett. (8) R 2 2 4-dimenziós vektortér R felett. 2
10. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak? (1) Az (1,0), (0,1) vektorrendszer bázis az R feletti R 2 vektortérben. (2) Az (1,0), (0,1) vektorrendszer bázis az Q feletti R 2 vektortérben. () A 2 vektorrendszer bázis a Q feletti Q vektortérben. (4) Az 1 vektorrendszer bázis a C feletti C vektortérben. (5) Az 2, i vektorrendszer bázis a R feletti C vektortérben. (6) Az 1, 2 vektorrendszer független a Q feletti R vektortérben. (7) Az 1, 2 vektorrendszer generátorrendszer a Q feletti R vektortérben. (8) Az 1, i vektorrendszer bázis a C feletti C vektortérben. 11. Tétel (Alterek dimenziótétele). Ha U és V végesdimenziós altér valamely vektortérben, akkor U V és U + V is végesdimenziós, és dim(u V ) + dim(u + V ) = dim(u) + dim(v ). 12. Példa. Az R 4 vektortérben megadjuk az (1,1,2, 1), ( 2,1, 0, 1) és (,,2, 1) vektorok által generált alteret elemeinek megadásával. Tudjuk, hogy a generált U altér ezen vektorok lineáris kombinációja, azaz U = { x 1 (1, 1,2, 1) + x 2 ( 2,1,0,1) + x (,,2,1) : x 1, x 2, x R }. Tehát a (b 1, b 2, b, b 4 ) R 4 vektor akkor és csak akkor eleme U -nak, ha az 1 2 1 1 2 0 2 x b 1 1 x 2 = b 2 b x 1 1 1 lineáris egyenletrendszernek van megoldása az x = (x 1, x 2, x ) vektorra nézve. Felírjuk az egyenletrendszer b vített mátrixát, és a Gauss-elimináció segítségével megoldjuk: 1 2 b 1 1 2 b 1 1 2 b 1 1 1 b 2 2 0 2 b 0 6 b 2 b 1 0 4 8 b 2b 1 0 0 0 b 2 b 1 + (b 4 + b 1 ) 0 0 0 b 2b 1 + 4(b 4 + b 1 ) 1 1 1 b 4 0 1 2 b 4 + b 1 0 1 2 b 4 + b 1 Nem végeztük el a Gauss-elimináció minden lépését, mert a bekeretezett elemeket tartalmazó sorokat nem szoroztuk be egy olyan konstanssal, hogy a bekeretezett elemek mindegyike 1 legyen, másrészt sorcserékkel nem hoztuk a mátrixot lépcs s alakra. A kapott b vített mátrixról már látjuk, hogy x 1 és x 2 kötött változók (mert az els és második oszlopban vannak a kitüntetett elemeink), és az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha Tehát azt mutattuk meg, hogy b 4 b 2 = b 1 (b 4 + b 1 ) = 2b 1 b 4, b = 2b 1 4(b 4 + b 1 ) = 2b 1 4b 4. U = { (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) : b 1, b 4 R }. Ellen rzésképp megnézzük, hogy a generáló vektorok tényleg ebben az altérben vannak. Az (1, 1, 2, 1) vektor esetén b 1 = 1 és b 4 = 1, tehát 2b 1 b 4 = 2 1 ( 1) = 2+ = 1 és 2b 1 4b 4 = 2 1 4 ( 1) = 2 + 4 = 2, ami éppen a helyes érték. Hasonlóan ( 2,1,0,1)-re 2 ( 2) 1 = 4 = 1 és 2 ( 2) 4 1 = 4 4 = 0. Végezetül a (,,2,1) vektorra 2 ( ) 1 = 6 = és 2 ( ) 4 1 = 6 4 = 2. 1. Példa. Az el bbi példa U altérének az U = { (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) : b 1, b 4 R }. és
képlettel való megadásából nagyon sok hasznos információra következtethetünk. El ször is, U kétdimenziós mert b 1 és b 4 szabadon választható, és egy bázisát úgy nyerhetjük, hogy a b 1 = 1, b 4 = 0 esetén (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) = (1, 2, 2,0), és b 1 = 0, b 4 = 1 esetén (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) = (0,, 4, 1), azaz az (1, 2, 2, 0), (0,, 4, 1) vektorrendszer bázisa U-nak. Az is könnyen látható, hogy a (0,1,0,0) és (0,0, 1,0) vektorok nincsenek az U altérben, és olyan W alteret generálnak, amelyre U W = {0} és U + W = R 4 (egy ilyen W alteret az U komplementumának hívjuk). Vegyük észre, hogy teljesül az alterek dimenziótétele, mert dim(u) = 2, dim(w) = 2, dim(u W) = 0 és dim(u + W) = 4. 14. Példa. Tekintsük a (0,,1, 1) és (1, 5, 9,1) vektorok által generált V alteret az R 4 vektortérben, és adjuk meg a 12. példához hasonlóan a V elemeit képlet segítségével. A megfelel egyenletrendszer b vített mátrixa és annak Gauss-féle eliminációval való átalakítása: 0 1 c 1 0 1 c 1 0 1 c 1 5 c 2 1 9 c 0 22 c 2 c 1 9 c 0 0 c 2 c 22c 1 1 9 c. 1 1 c 4 0 8 c 4 + c 0 0 c 4 + c + 8c 1 Azt kaptuk tehát, hogy az egyenletrendszernek akkor és csak akkor van megoldása, ha c 2 c 22c 1 = 0 és c 4 + c + 8c 1 = 0. Tehát a V altér elemeinek képlettel való megadása V = { (c 1, c + 22c 1, c, c 8c 1 ) : c 1, c R }. 15. Példa. A 12. és 14. példákat azért oldottuk meg, hogy az ott kiszámított eredmények felhasználásával az U és V alterek metszetét kiszámítsuk. Eddig tudjuk, hogy U = { (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) : b 1, b 4 R }, és V = { (c 1,c + 22c 1, c, c 8c 1 ) : c 1, c R }. Tehát ha veszünk egy közös vektort a két altérb l, akkor azaz (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) = (c 1,c + 22c 1, c, c 8c 1 ), b 1 = c 1, 2b 1 b 4 = c + 22c 1, 2b 1 4b 4 = c, b 4 = c 8c 1. Ez megint csak egy (homogén) lineáris egyenletrendszer, amit sokféle módszerrel meg tudunk oldani, pl. Gauss-eliminációval. Most csak a jól bevált középiskolás módszert alkalmazzuk: c 1 és c -at kifejezzük b 1 és b 4 segítségével, és kapjuk, hogy Átrendezzük: 2b 1 b 4 = ( 2b 1 4b 4 ) + 22b 1 = 16b 1 12b 4, b 4 = ( 2b 1 4b 4 ) 8b 1 = 6b 1 + 4b 4. 9b 4 = 18b 1, b 4 = 6b 1, amelynek megoldása éppen b 4 = 2b 1, ahol b 1 tetsz leges szám lehet. Azt kaptuk tehát, hogy U V = { (b 1, 2b 1 b 4, 2b 1 4b 4, b 4 ) : b 1 R és b 4 = 2b 1 } = { (b 1, 8b 1, 10b 1,2b 1 ) : b 1 R }. Így U V egydimenziós altér és az (1, 8, 10,2) vektor generálja. 4
16. Példa. Folytatjuk a 12. és 14. példákban bevezetett U és V alterek vizsgálatát. Eddig tudjuk, hogy dim(u) = 2, dim(v ) = 2, dim(u V ) = 1, tehát az alterek dimenziótételéb l kapjuk, hogy dim(u + V ) = dim(u) + dim(v ) dim(u V ) = 2 + 2 1 =. Az el z módszerekkel már meg is tudjuk keresni U + V bázisát. Tudjuk, hogy az U altérnek az (1, 2, 2, 0), (0,, 4, 1) vektorrendszer generátorrendszere (itt a bázist vettük, de vehettük volna az (1, 1, 2, 1), ( 2, 1, 0, 1), (,, 2, 1) generátorrendszert is), míg a V altérnek a (0,, 1, 1), (1, 5, 9, 1) generátorrendszere. Tehát az U + V alteret ezen generátorrendszerek uniója generálja, azaz U + V = [(1, 2, 2,0),(0,, 4,1),(0,,1, 1),(1, 5, 9,1)]. Ennek az altérnek az elemeit megint képlet segítségével adjuk meg, amib l a bázis már kiolvasható. A megfelel lineáris egyenletrendszer b vített mátrixa és annak Gauss-eliminációval való megoldása: 1 0 0 1 d 1 1 0 0 1 d 1 2 5 d 2 2 4 1 9 d 0 d 2 + 2d 1 0 4 1 7 d + 2d 1 0 1 1 1 d 4 0 1 1 1 d 4 1 0 0 1 d 1 0 0 0 0 d 2 + 2d 1 + d 4 0 0 d + 2d 1 + 4d 4 0 1 1 1 d 4 Azaz, az egyenletrendszernek akkor és csak akkor van megoldása, ha d 2 + 2d 1 + d 4 = 0, tehát U + V = { (d 1, 2d 1 d 4, d, d 4 ) : d 1, d, d 4 R }. Ebb l már könnyen le tudjuk olvasni, hogy U +V háromdimenziós vektortér, és (1, 2, 0, 0), (0,0, 1,0), (0,,0,1) egy bázisa. 17. Deníció. A T test feletti V vektortér v 1,..., v k vektorrendszer lineárisan független részrendszereinek maximális hosszát a vektorrendszer rangjának nevezzük, és r(v 1,..., v k )- val jelöljük. 18. Tétel. Egy T test feletti vektortér bármely v 1,..., v k vektorrendszere esetén r(v 1,..., v k ) = dim[v 1,..., v k ]. 19. Példa. Kiszámoljuk az (1, 1, 2, 1), ( 2,1,0,1), (,,2,1) vektorrendszer rangját. Ez nem más, mint az általuk feszített altér dimenziója. Ezt a 12. példában már kiszámoltunk, és azt kaptuk, hogy r((1,1, 2, 1), ( 2,1,0,1),(,,2, 1)) = dim(u) = 2. A 14. és 16. példákban számoltak alapján r((0,, 1, 1),(1, 5, 9,1)) = dim(v ) = 2, és r((1, 2, 2,0),(0,, 4,1), (0,,1, 1),(1, 5, 9, 1)) = dim(u + V ) =. A 16. példában mi egy 4-elem generátorrendszerb l indultunk ki, de tudjuk azt, hogy az (1,1,2, 1), ( 2, 1, 0, 1), (,,2,1), (0,,1, 1), (1, 5, 9, 1) vektorrendszer is az U + V alteret generálja. Tehát r((1,1,2, 1), ( 2,1,0,1), (,, 2,1),(0,,1, 1), (1, 5, 9,1)) =. 20. Deníció. Két vektorrendszert ekvivalensnek nevezzük, ha ugyanazt az alteret generálják. 5
21. Deníció. A vektorrendszerek elemi átalakításai a következ k: (1) tetsz leges v i vektor nemnulla λ T skalárral való szorzása v 1,..., v i 1, v i, v i+1,..., v k v 1,..., v i 1, λv i, v i+1,..., v k (2) tetsz leges v i vektor tetsz leges λ T skalárszorosának egy másik v j (j i) vektorhoz való hozzáadása v 1,..., v j 1, v j, v j+1,..., v k v 1,..., v j 1, λv i + v j, v j+1,..., v k () nulla vektor elhagyása v 1,..., v i 1, 0, v i+1,..., v k v 1,..., v i 1, v i+1,..., v k. 22. Tétel. Két vektorrendszer akkor és csak akkor ekvivalensek, ha elemi átalakítások sorozatával egymásba alakíthatók. Tehát tetsz leges generátorrendszer elemi átalakítások sorozatával bázissá alakítható. 2. Kérdések. Az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek hamisak véges dimenziós vektorterekben? (1) Ekvivalens vektorrendszerek elemszáma megegyezik. (2) Elemi átalakítások megfordítottja is elemi átalakítás. () Bármely két lineárisan független vektorrendszer elemi átalakítások sorozatával egymásba alakíthatók. (4) Bármely két generátorrendszer elemi átalakítások sorozatával egymásba vihet k. (5) Két azonos vektor közül az egyiknek az elhagyása elemi átalakítások sorozatával megvalósítható. (6) A C 2 vektortérben az (1,2),(i,1) (1,2),(0,1 2i) (1,2),(0,1) (1, 0),(0, 1) átalakítások elemiek. 24. Példa. A 12. példa U alterének (1, 1, 2, 1), ( 2,1, 0, 1), (,,2, 1) generátorrendszerét elemi átalakításokkal bázissá alakítjuk. (1,1,2, 1),( 2, 1,0, 1),(,, 2,1) (1,1,2, 1), ( 2,1,0,1), (,,2, 1) (1,1,2, 1) = (1, 1,2, 1),( 2,1, 0,1),( 4,2,0,2) (1, 1,2, 1),( 2, 1, 0, 1),( 4, 2,0,2) 2( 2,1, 0, 1) = (1,1,2, 1),( 2,1,0, 1), (0, 0,0, 0) (1,1, 2, 1), ( 2,1,0,1). Tudjuk, hogy U kétdimenziós, tehát a kapott kételem generátorrendszer bázis. Nem ugyanazt a bázist kaptuk, mint a 1. példa megoldásánál, de természetesen ez a két bázis egymásba alakítható: (1,1,2, 1),( 2,1, 0,1) (1,1,2, 1) + ( 2,1, 0,1),( 2,1, 0,1) = ( 1,2, 2,0),( 2,1,0,1) 1 ( 1,2,2,0), ( 2,1,0,1) = (1, 2, 2,0),( 2,1,0,1) (1, 2, 2, 0),( 2,1,0, 1) + 2 (1, 2, 2,0) = (1, 2, 2,0),(0,, 4, 1). 25. Példa. Az el z példa (és a 12. példa) feladatát a legegyszer bben úgy hajthatjuk végre, hogy az U = [(1, 1,2, 1), ( 2,1,0,1), (,,2, 1)] generáló elemekkel megadott altérnek Gauss-eliminációval megkeressük a bázisát. A generáló vektorokat mint sorokat felírjuk egy mátrixba, majd ezen végrehajtjuk a Gausseliminációt: 1 1 2 1 2 1 0 1 1 1 2 1 0 4 1 1 1 2 1 4 0 1 1 1 0 2 2 4 0 1 1 2 1 0 6 8 2 0 6 8 2 0 0 0 0 6
Vegyük észre, hogy a sorokon elvégzett elemi átalakítások éppen a vektorrendszer elemi átalakításai. A kapott mátrixból leolvasható, hogy az U altérnek [(1,0, 2, 2 ), (0,1, 4, 1 )] bázisa, s t azt is, hogy { ( U = x 1,0, 2 ) (, 2 + y 0,1, 4 ), 1 = {(x, y, 2 x + 4 y, 2 x 1 ) y : x, y T } : x, y T Tehát a 12. példához hasonlóan az U alteret képlettel is fel tudtuk írni. Gyakorlatban ezt a módszert alkalmazzuk leggyakrabban. 26. Deníció. Az A T m n -es mátrix sorrangja az A sorai által alkotott vektorrendszer rangja, oszloprangja az A oszlopai által alkotott vektorrendszer rangja. 27. Deníció. Legyen A T m n tetsz leges T test feletti mátrix és r m, n egészek. Az A mátrix r-edrend aldeterminánsainak az A mátrix tetsz leges r sorát és r oszlopát kijelölve, majd a kijelölt sorok és oszlopok találkozásában lév elemekb l alkotott r r-es mátrixok determinánsait nevezzük. Az A mátrix determinánsrangja a nemelfajuló (nem nulla) aldeterminánsainak a maximális rendje. 28. Példa. Számoljuk ki az 1 2 4 8 0 0 1 2 0 A = 1 9 27 0 0 2 4 6 0 1 1 1 1 0 1 5 25 125 0 mátrix determinánsrangját. A rang maximum 4 lehet, mert ha az utolsó, csupa nulla oszlop benne van egy aldeterminánsban, akkor annak értéke 0. Viszont azokat a sorokat kiválasztva, amelyek 1-gyel kezd dnek az 1 2 4 8 1 9 27 1 1 1 1 1 5 25 125 aldeterminánst kapjuk, amely éppen egy Vandermonde-determináns, ezért értéke }. ( 2)( 1 2)(5 2)( 1 )(5 )(5 ( 1)) 0, tehát az A mátrix determinánsrangja 4. 29. Tétel (Rangszámtétel). Tetsz leges mátrix sor-, oszlop- és determinánsrangjai megegyeznek. 0. Deníció. A rangszámtétel szerint tetsz leges A mátrix sor-, oszlop-, és determinánsrangja megegyezik. Ezt a számot nevezzük az A mátrix rangjának, és r(a)-val jelöljük. 1. Következmény. Tetsz leges A T n n mátrixra a következ állítások ekvivalensek: (1) A 0, (2) A oszlopvektorainak rendszere lineárisan független, () A sorvektorainak rendszere lineárisan független. 2. Tétel (Kronecker-Capelli-tétel). Tetsz leges T test, A T m n és b T m esetén az Ax = b lineáris egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg, ha r(a) = r(a b). 7
MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. március 2.) 5. Vektorrendszer és mátrix rangja, alterek bázisai.1. Feladat. Határozza meg a következ valós mátrixok rangját: 1 2 1 4 1 9 1 2 2 5 1 0 5 4, 2 4 8 9 1, 6 9 2 4 6 0 1 1 1 8 4 2 4 8 12 Mekkora ugyanezen mátrixok rangja, ha racionális, illetve komplex számtest feletti mátrixként tekintjük ket?.2. Feladat. Határozza meg (1) az R 5 vektortérben a (, 1,,2, 5), (5,,2,, 4), ( 1,,5,0,7), (7, 5,1,4,1) (2) a Q 4 vektortérben a (1,1,4, 1), (2,5,5,1), (4, 0,,1), (1,2,,0) () a C 4 vektortérben a (2i, 2, 1, 1), (1, i,0, i), ( 1 i,1,1, i) vektorrendszer rangját... Feladat. Válasszon ki az el z feladatban megadott vektorrendszerekb l maximális lineárisan független részrendszert..4. Feladat. Adja meg (1) az R 4 -beli [(,1, 0,0),(1,1, 0, 1),(1, 1,0,2)] (2) a Q 5 -beli [(1,4, 2,0, 1),( 2,0,0,1,1),(1, 2,2, 1,1),(0,2, 0,0,1)] () a C -beli [(1 i, i,0), ( 1 i,1,0)] alteret elemei segítségével. Állapítsa meg, hogy ezekben az alterekben bázist alkotnak-e a megadott vektorok..5. Feladat. Adjon meg bázist (1) a 4.4. Feladatban megadott három (2) az R 5 -beli {(2a b + c, a + c, a + b, b + c, b + c) R 5 : a, b, c R} () a Q 5 -beli {(a 4b+2c,2a+b c, a+c, b+c, a+b+c) Q 5 : a, b, c Q} (4) a C 4 -beli {( b + c, ia + c, a + ib, b + c) C 5 : a, b, c R} altérben..6. Feladat. Tekintsük (1) az R 4 vektortérben az U = [(1, 1,0, 1),(1, 1, 0,2),(, 1, 0,0)] és V = [( 1,0,1, 1),(1,0,1,0),(0,0,2, 1)] (2) a Q 5 vektortérben az U = [(2, 2,0, 1,0),(,0,2, 2,1),(1,0,2,2,0)] és V = [(1, 2,2, 1,1), ( 2,0,0, 1,1), (0,2,0, 0,1)] () a C vektortérben az U = [(i, i,1)] és V = [(1 i, i,0),( 1 i,1,0)] altereket. Adjon meg egy-egy bázist az U + V és U V alterekben..7. Feladat. Legyen M tetsz leges racionális mátrix. Igazolja, hogy M rangja független attól, hogy M-et racionális, valós vagy komplex mátrixnak tekintjük.
6 MBX114G: DISZKRÉT MATEMATIKA III. GYAKORLAT (2009. MÁRCIUS 2.).8. Feladat. Mutassa meg, hogy bármely T test feletti n n-es A mátrixra ekvivalensek az alábbi tulajdonságok: (1) A sorvektorainak rendszere lineárisan független, (2) A oszlopvektorainak rendszere lineárisan független, () A rangja n, (4) A determinánsa nem 0..9. Feladat. Legyen V tetsz leges vektortér és benne v 1, v 2,..., v k tetsz leges vektorok. Milyen feltételek mellett 0, illetve 1 a v 1, v 2,..., v k vektorrendszer rangja?.10. Feladat. Legyen T test, valamint legyen A T k m és B T k n. Jelölje C azt a T k (m+n) -beli mátrixot, amely A és B oszlopainak egymás után írásával keletkezik. Igazolja, hogy r(c) r(a) + r(b)..11. Feladat. Legyen T test, és legyen A, B T k m. Bizonyítsa be, hogy r(a + B) r(a) + r(b)..12. Feladat. Legyen T test, valamint legyen A T k m és B T m n. Mutassa meg, hogy r(ab) r(a) és r(ab) r(b).
Lineáris leképezések (el adásvázlat, 2008. március 11.) Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: homogén lineáris egyenletrendszer és annak megoldásaltere, vektorterek izomorzmusa és automorzmusa, bázisátmenet mátrixa. Az el adáshoz ajánlott jegyzet: Szabó László: Bevezetés a lineáris algebrába, Polygon Kiadó, Szeged, 2002006. Klukovits Lajos: Klasszikus és lineáris algebra, Polygon Kiadó, Szeged, 1999. 1. Deníció. Legyen U és V ugyanazon T test feletti vektortér. A ϕ : U V leképezést lineáris leképezésnek nevezzük (vagy vektortér homomorzmusnak), ha bármely u, v U és λ T esetén (u + v)ϕ = uϕ + vϕ és (λu)ϕ = λ(uϕ). Az U-ból V -be men lineáris leképezések halmazát Hom(U, V ) jelöli. Az U-ból U-ba men lineáris leképezéseket lineáris transzformációknak nevezzük. A bijektív lineáris leképezések a vektortér izomorzmusok, továbbá a bijektív lineáris transzformációk a vektortér automorzmusok. 2. Deníció. Legyen ϕ Hom(U, V ) lineáris leképezés. A Ker ϕ = { u U : uϕ = 0 }, Im ϕ = { uϕ : u U } halmazokat rendre a ϕ lineáris leképezés magjának, illetve képterének nevezzük.. Tétel. Legyen U és V ugyanazon T test feletti vektortér. Tetsz leges ϕ Hom(U, V ) lineáris leképezésre érvényesek a következ k: (1) 0ϕ = 0, (2) Kerϕ altér U -ban, () Imϕ altér V -ben, (4) ϕ akkor és csak akkor injektív, ha Ker ϕ = {0}, (5) Ha u 1,..., u k generátorrendszer U -ban, akkor u 1 ϕ,..., u k ϕ generátorrendszer az Im ϕ képtérben. (6) Ha u 1 ϕ,..., u k ϕ lineárisan független vektorrendszer V -ben, akkor u 1,..., u k lineárisan független U -ban. 4. Tétel (Lineáris leképezések dimenziótétele). Legyen U és V ugyanazon T test feletti vektortér, és ϕ Hom(U, V ). Ha U végesdimenziós, akkor dim(u) = dim(kerϕ) + dim(imϕ). 5. Következmény. Végesdimenziós vektortér lineáris transzformációja akkor és csak akkor injektív, ha szürjektív. 6. Következmény. Legyen T test, m, n 1 és A T m n. Az Ax = 0 homogén lineáris egyenletrendszer megoldásalterének dimenziója (azaz a szabad változók száma) n r(a). 7. Tétel. Ha V a T test feletti n-dimenziós vektortér, akkor V izomorf a T n vektortérrel. Tehát bármely két T -feletti n-dimenziós vektortér izomorf egymással. 8. Deníció. Legyenek U és V ugyanazon T test feletti vektorterek. A ϕ, ψ Hom(U, V ) lineáris leképezések összegén, illetve a ϕ leképezés c T skalárral való szorzatán azt a ϕ + ψ : U V, illetve cϕ : U V leképezéseket értjük, amelyekre u(ϕ + ψ) = uϕ + uψ, u(cϕ) = c(uϕ) minden u U esetén.