Gábor Miklós HHF0CX 5.7-16. Vegyük úgy, hogy a feleségek akkor vannak a helyükön, ha a saját férjeikkel táncolnak. Ekkor már látszik, hogy azon esetek száma, amikor senki sem táncol a saját férjével, megegyezik a 15 fixpont nélküli percmutációinak számával. Ezt hosszú lenne kiszámítani rekurzív módon, így csak közelítő értéket számolunk rá. n! e = 15! = 4, 81 1011 e 5.7-26. Legyen egy n elemű A halmaz és egy k elemű B halmaz. Ekkor A-ból B-be minden szürjekciót értelmezhetünk úgy is, hogy A-t felbontjuk a szürjekció alapján páronként diszjunkt, nemüres részhalmazokra úgy, hogy két elem akkor kerül egy halmazba, ha ugyanazt a B beli elemet rendeltük hozzá. Így az A halmaz egy osztályfelbontását kaptuk, amelyben k darab osztályra bontottuk. Az összes ilyen osztályfelbontás { n k }. Azonban egy szürjekciót különbözőnek tekintjük, ha az A halmaz ugyanazon elemei B halmaz más-más emeleivel állnak relációban. Például két szürjekciót mindenképpen különbözőnek tekintünk, ha az A halmaz 1 és 2 eleme nem a B halmaz x elemével, hanem y elemével áll relációban. Amikor osztályfelbontást vizsgálunk, akkor azonban nem tekintjük különbözőnek a halmazokat. Tehát meg kell szorozni a képletet a halmazok összes sorrendjével. Ismétlés nélküli permutációra szolgáló képletet felhasználva k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet: k! { n k } 6.4-6. (a) Mivel a polinomok együtthatói valósak, ezért ennek a halmaznak a számossága nem lehet kisebb a kontinuum számosságnál. Azt kell bebizonyítanunk, hogy nem lehet nagyobb sem. Legyen n a polinom monomjainak a száma. Ekkor egy n dimenziós térben egyértelműen tudjuk pontokhoz rendelni az összes n monomszámú valós együtthatós polinomokat úgy, hogy a legnagyobb kitevőjű változó együtthatója a változó kitevőjére emelve lesz az első koordináta. Tehát például 5x 4 +... polinom első koordinátája 5 4 lesz. Ilyen módszerrel n dimenziós térben minden ponthoz egy polinomot rendelünk hozzá. Cantor bebizonyította, hogy n dimenziós térben a pontok száma megegyezik az egy dimenziós tér pontjainak számával, tehát minden n-re az n monomszámú polinomok halmazának számossága kontinuum számosság, és ennek az egész számszorosa is kontinuum számosság lesz. (b) Rendeljünk hozzá minden szürjektív leképezéshez egy számot úgy, hogy az 0, n 1 n 2... alakú legyen, amiben n 1 n 2 rendre azokat a számokat jelölik, amik az 1-hez, 2-höz, stb lettek hozzárendelve. Ekkor 0 és 1 közé eső számokhoz hozzárendeltünk szürjektív leképezéseket N-ből N-be, tehát ennek a felsorolásnak a számossága nem lehet nagyobb kontinuum számosságnál. Be kell látnunk, hogy nem lehet kisebb sem. Tegyük fel indirekt módon, hogy megszámlálhatóan végtelen számosságú. Ekkor létezik egy bijekció N elemei és N-ből N-be szürjektív leképezések között. Vegyük észre, hogy ez a felsorolás még nem tartalmazza minden elemét az N-ből N-be szürjektív leképezések halmazának. Például a 1
v n = 0, 1212... számot több módon is lehet értelmezni, hiszen vagy az egyeshez rendeltük az 1-t, a ketteshez a 2-t, a hármashoz a 12-t, VAGY az egyeshez a 12-t, ketteshez az 1-t és hármashoz a 2-t. Viszont azoknak a számoknak a számossága, melyeket egyértelműen hozzá lehet rendelni a természetes számokhoz, nyilvánvalóan kevesebb, mint az N-ből N-be szürjektív leképezések számossága. Nézzük tehát, hogy vajon ez kontinuum számosságú-e. Amennyiben ezt sikerül bebizonyítanunk, úgy nyilvánvalóvá válik az N-ből N-be szürjektív leképezésekre is, hogy kontinuum számosságúak. Tegyük fel, hogy megszámlálhatóan végtelen számosságú, rendeljük hozzá a természetes számokhoz őket. v 1 = 0, n 11 n 12... v 2 = 0, n 21 n 22... Készítsünk új valós számot. w = 0, w 1 w 2... Ahol w i legyen egyenlő n ii -ből képzett számmal, ami 2, ha n ii nem kettő, és 1, ha n ii 2. Így olyan számot kapunk, ami szintén benne van az eredeti halmazban, viszont az előbbi felsorolásban biztosan nem szerepelt. Ezzel ellentmondásra jutottunk az indirekt feltevésben, vagyis az eredeti halmaz kontinuum számosságú, ebből pedig következik az, hogy N-ből N-be szürjektív leképezések száma kontinuum számosságú. (c) Bizonyítása hasonló az előzőéhez. Lényegében olyan N-ből N-be bijektív leképezésekről van szó. Itt is létrehoztunk egy olyan számot, amely w = 0, w 1 w 2... alakú. Mi van azonban akkor, ha n xx és n yy megegyezik? Ekkor w x és w y is megegyezik. Ekkor a leképezés bijektivitása miatt nem lennének beírhatók az új számba, de végtelen sok különböző módon értelmezhetjük a hozzárendeléseket, például a w = 0, 123456... számot úgy is lehet értelmezni, hogy az 1-hez rendeltük hozzá az 123456-ot, vagy 12345-öt és 2-höz a 6-ot, stb. Tehát sosem ütközünk ellenmondásba. Tehát N összes permutációinak a száma kontinuum számosságú, mert nem lehet bijekciót felírni N és N permutációi között. 7.2-1. 3: Írjuk fel a számot polinom alakba! a 10 k + b 10 k 1 + c 10 k 2 +... + n 3 osztható 3-mal, így 9 is, így 9999...9 is. Tehát 10 k mindig 1 maradékot fog adni. Ebből már triviális, hogy a 10 k mindig a maradékot fog adni. Tehát a szám a+b+c+d+...+n maradékot fog adni 3-mal osztva. Tehát ha ez az összeg osztható 3-mal. a szám is osztható 3-mal. 4: Legyen a szám n = n 1 n 2...n m Írjuk fel a számot helyiértékek szerint szétbontva. n = 10 m 1 n 1 + 10 m 2 n 2 +... + n m Emeljünk ki 100-at! n = 100 (10 m 3 n 1 + 10 m 4 n 2 +... + n m 2 ) + 10 n m 1 + n m. Mivel 100 osztható 4-gyel, ezért csak az utolsó két tagot kell vizsgálni. Ezek felírhatók n m 1 n m alakba. Tehát ha a szám utolsó két számjegyéből képzett szám osztható néggyel, a szám is osztható néggyel. Ez pedig pontosan a néggyel való oszthatóság szabálya. 5: Legyen a szám n, legyen az utolsó számjegye a. Ekkor a szám felírható egy xa alakba. Tudjuk, hogy n = 10 x + a. 10 x mindig osztható öttel, tehát csak a befolyásolja azt, hogy n osztható-e öttel. Egy számjegy akkor osztható öttel, ha 5 vagy 0. 7: Legyen a szám n. n = n 1 n 2...n m = 10 n 1 n 2...n m 1 + n m = 10 (n 1 n 2...n m 1 2n m ) + 21n m 2
21n m mindig osztható lesz 7-tel, mert 21 osztható 7-tel. Az első tag, 10 n 1 n 2...n m 1 2n m csak akkor osztható 7-tel, ha n 1 n 2...n m 1 2n m osztható 7-tel, mert 10 nem osztható 7-tel. Tehát elég megvizsgálni n 1 n 2...n m 1 2n m számot, ami pontosan a héttel való oszthatósági szabály. 7.2-15. 1: Bármely egyjegyű számot (jelöljük x-szel) 8-cal megszorozva egy olyan számot kapunk, melynek egyes helyi értékén álló számjegyére (jelöljük y-nal) teljesül az, hogy y + x = 10 x Például: 1 8 = 8. 8 + 1 = 10 1. 9 = 9 Bármely egyjegyű számot 8-cal megszorozva egy olyan számot kapunk, melynek a tízes helyi értékén álló számjegy 1-gyel kisebb lesz az eredeti számnál. 2 8 = 16. 2 = 1 + 1. 1 8 + 1 = 9 az első állítás miatt. 12 8 + 2 = 98. Az egyes helyi értéken 8 lesz az első állítás miatt. A tízes helyi értéken 8 lenne (mert 10 8 = 80, és nem látunk +1 műveletet a szorzás után), de a 2 8 túllépi a tízet, így eggyel meg kell növelni a tízes helyi értéket. Tehát amíg 1-gyel kezdődik a szám, és balról jobbra egyesével növekszik, addig 123456789-ig igaz lesz az, hogy 8-cal megszorozva, és az utolsó helyi értéken álló számjegyet ehhez hozzáadva olyan számot kapunk, melyben a számjegyek megegyeznek az eredeti számjegyekkel visszafelé olvasva. 2: Írjuk fel polinom alakban a számot: 1 10 k + 2 10 k 1 +... + a 10 0 A tagok külön-külön így néznek ki: 10... 0 9 = 90... 0 20... 0 9 = 180... 0... a 9 = 9a A számpiramis szerint ezek összege a következő: 9 10 k + 18 10 k 1 +... + a + 1 = 11... 1 Vonjuk ki mindkét oldalból a bal oldal első tagját! 18 10 k 1 +... + a + 1 = 21... 1/ 18 10 k 1 Vegyük észre, hogy ekkor a jobb oldalon álló szám első számjegye úgy módosul, hogy egyenlő lesz a bal oldalon szereplő első tag b 10 l 9 b-jével egyezik meg. 27 10 k 2 +... + a + 1 = 31...1... Végére az marad, hogy: a 9 + a + 1 = 10 a + 1, ami már nyilvánvalóan igaz Ezért bármilyen értéket vesz fel a 1 és 9 között, mindenképpen 11... 1 fog állni a jobb oldalon. 3: Írjuk fel a szám polinom alakja szerinti tagokat: 9 10 k 9 = 81 10 k+1 8 10 k 1 9 = 72 10 k... a 9 = 9a a-2 = a-2 A 9 többszörösei: 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81. Ha ezeket úgy adjuk össze, hogy minden számnál eggyel hátrébb visszük a tizedesvesszőt, pont nyolcas számjegyeket fogunk kapni. Erre jó példa: 81 10 k + 72 10 k 1 + 63 10 k 2 + 54 10 k 3 + 45 10 k 4 +... = 8888.... 3
Viszont az utolsó számjegy nem stimmel. Hozzá kell adnunk annyit, hogy 8-at kapjunk. Vegyük észre, hogy 1-9ig bármely szám 9-szereséhez az eredeti számnál 2-vel kisebb számot kell hozzádni, hogy 8-ra végződjön. a 8 + a 2 = 10 x + 8. 4: Nézzük a számpiramis legalsó sorát. A szorzat első tagját hagyjuk változatlanul, a második tagját pedig írjuk fel helyiértékek szerint szétbontva. A zárójel felbontása után az egyetlen így fog kinézni: 111111111 10 8 + 111111111 10 7 + 111111111 10 6 +... + 111111111 10 0 = 12345678987654321 A jobb oldalon álló szám legnagyobb helyiértékén álló számjegyét csak a polinom első tagja befolyásolja, mert a többi tag mindegyike nála legalább tízszer kisebb. Mivel az egyenlet bal oldalának első tagja egyessel kezdődik, így a jobb oldalon álló tag is egyessel kezdődik. Ahogy haladunk a jobb oldalon szereplő szám számjegyein, egyre több tag fogja befolyásolni ezek értékét, és mindig annyi lesz a jobb oldali szám számjegye, ahány tag befolyásolja. Ezt a szabályt követve egészen a 9.-ig számjegyig (mindig addig, ahány darab egyes van a bal oldali szorzat első tagjában) egyesével növekedni fog, majd innentől csökkeni kezd, mert a legelső tagja az i+1. helyen már 0-t tartalmaz, majd a következő helyiértéken már a második tag is 0-t fog tartalmazni, és ezzel a szabállyal magyarázatot kaptunk arra, hogy 1...1 1...1 = 12...i...21 7.2-28. Mivel a keresett számnak a 6 és 5 is osztója, a szám osztható 30- cal. A 0 kizárható, mert (0,72)=72 és (0,35)=35. A 30 jó, mert (30,35)ről nyilvánvalóan látszik, hogy 5, tehát jó. A 72 és 30 legnagyobb közös osztóját határozzuk meg euklideszi algoritmussal. 72 = 2 30 + 12 12 = 2 6 Tehát a 30 egy jó szám. Vizsgáljuk meg a 60-at. 72 = 1 60 + 12 60 = 5 12 Tehát (60,72)=12, eddig jó. 60 = 1 35 + 25 35 = 1 25 + 10 25 = 2 10 + 5 10 = 2 5 tehát a 60 is jó. Nézzük meg a 90-et. 90 = 1 72 + 18 72 = 4 18 A 90 nem jó, mert (90,72)=18. Tehát összesen két db ilyen szám van, a 30 és a 60. 7.2-39. Legyen a szám n. Tudjuk, hogy 42 osztója a számnak. Bontsuk fel a 42-t prímtényezőkre. 42 = 2 3 7. Ebből már tudjuk, hogy n-nek is osztói a 2, 3 és 7. Tehát n = 2 i1 3 i2 7 i3... x w i y. Tudjuk, hogy n-nek 42 db osztója van. Tehát ha a kitevőkhöz egyenként egyet adunk, majd az így kapott értékeket összeszorozzuk, 42-t kapunk. (i 1 + 1)(i 2 + 1)(i 3 + 1)...(i y + 1) = 42. Mivel kitevők csak egészek lehetnek, tudjuk, hogy egész számok szorzataként kaptunk 42-t. Ez csak úgy lehetséges, ha a zárójelekben levő értékek 2, 3 és 7. Ennél kevesebb nem lehet (például 2 és 21), mert tudjuk, hogy n-nek legalább 3 db osztója van. Tehát (1+1)(2+1)(6+1)=42ből látszik, hogy a kitevők 1, 2 és 6. Mivel a legkisebb ilyen számot keressük, ezért a 2-höz kell a 6 kitevőt, 3-hoz 4
a 7-et és 7-hez az 1-est. Így n = 26 3 2 7 1 = 4032 7.2-45. Az n-nel osztható számok felírhatók k n alakban, ha k Z. A számelmélet alaptétele szerint bármely k n szám felírható véges sok prímszám szorzataként. Viszont n-nel osztható számok körében egyetlen prím van, az n, minden más n-nek többszöröse. Tehát ha k n számot megpróbáljuk felbontani prímekre, és elosztjuk n-nel, azt kapjuk, hogy nem bontható tovább, csak akkor, ha k is osztható n-nel, ez viszont nem igaz minden k Z-re. Nézzünk egy konkrét példát. Ha n=5, akkor 2n=10-re nem igaz, hogy létezne véges számú, egyértelmű, prímek szorzatára való felbontása az n-nel osztható számok halmazán (természetesen akkor, ha n 1). 5