Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2016. ősz
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 2. Lineáris kongruenciák Oldjuk meg a 2x 5 (mod 7) kongruenciát! Ha x egy megoldás és x y (mod 7), akkor y szintén megoldás. Keressük a megoldást a {0, 1,..., 6} halmazból! x = 0 2x = 0 5 (mod 7); x = 1 2x = 2 5 (mod 7); x = 2 2x = 4 5 (mod 7); x = 3 2x = 6 5 (mod 7); x = 4 2x = 8 1 5 (mod 7); x = 5 2x = 10 3 5 (mod 7); x = 6 2x = 12 5 (mod 7). A kongruencia megoldása: {6 + 7l : l Z}. Van-e jobb módszer? Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruencát! Kell-e 211 próbálkozás?
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 3. Lineáris kongruenciák Tétel Legyenek a, b, m egész számok, m > 1. Ekkor az ax b (modm) kongruencia pontosan akkor oldható meg, ha (a, m) b. Ez esetben pontosan (a, m) darab páronként inkongruens megoldás van modm. Bizonyítás ax b (modm) ax + my = b valamely y egészre. : Mivel (a, m) a, m, ezért (a, m) ax + my = b. : Ha d = (a, m) b, akkor legyen a = a/d, b = b/d, m = m/d, így: a x + m y = b. Mivel (a, m ) = 1, ezért bővített euklideszi algoritmussal kiszámolható x, y Z együttható, hogy a x + m y = 1 a (x b ) + m (y b ) = b, azaz x 0 = x b, y 0 = y b megoldás lesz. Megoldások száma: legyenek x, ill. y megoldások. Az a x + m y = b és a x 0 + m y 0 = b egyenleteket kivonva egymásból kapjuk: a (x x 0 ) = m (y 0 y) m x x 0 x = x 0 + m k: k = 0, 1,..., d 1. Ezek megoldások y = y 0 ka választással.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 4. Lineáris kongruenciák 1. ax b (modm) ax + my = b. 2. Pontosan akkor van megoldás, ha (a, m) b. 3. Oldjuk meg az ax + my = (a, m) egyenletet (bővített euklideszi algoritmus)! 4. Megoldások: x k = b (a,m) x + k m (a,m): k = 0, 1,..., (a, m) 1. Példa Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruencát! i r i q i x i 1 23 1 0 211 0 1 23 0 1 2 4 9 9 3 3 5 46 4 1 1 55 5 0 3 Algoritmus: r i 2 = r i 1 q i + r i, Algoritmus: x 1 = 1, x 0 = 0, Algoritmus: x i = x i 2 q ix i 1. Lnko: (23, 211) = 1 4 Egy megoldás: x 0 = 4( 55) 202 (mod 211). Összes megoldás: {202 + 211l : l Z}. Ezek megoldások: 23 (202 + 211l) 4 = 4642 + 211l = (22 + l) 211
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 5. Lineáris kongruenciák Példa Oldjuk meg a 10x 8 (mod 22) kongruenciát! i r i q i x i 1 10 1 0 22 0 1 10 0 1 2 2 2 2 3 0 5 Algoritmus: r i 2 = r i 1 q i + r i, Algoritmus: x 1 = 1, x 0 = 0, Algoritmus: x i = x i 2 q ix i 1 Lnko: (10, 22) = 2 8 Két inkongruens megoldás: x 0 = 4( 2) 14 (mod 22) x 1 = 4( 2) + 1 22 2 14 + 11 3 (mod 22). Összes megoldás: {14 + 22l : l Z} {3 + 22l : l Z}. Ezek megoldások: x 0 = 14: 10 14 8 = 132 = 6 22, Ezek megoldások: x 1 = 3: 10 3 8 = 22 = 1 22.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 6. Diofantikus egyenletek Diofantikus egyenletek: egyenletek egész megoldásait keressük. Kétváltozós lineáris diofantikus egyenletek: ax + by = c, ahol a, b, c egészek adottak. 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, ui. 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 + 1 1 4k + 2 0 4k + 3 1
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 7. 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; Vannak-e további megoldások? Hogyan oldjuk meg az általános esetben: x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) } }
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 8. 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)
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 9. 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: 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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 10. 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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 11. 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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 12. Szimultán kongruenciák Példa 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) 3 + 5 2 2 = 27 + 20 = 7. Összes megoldás: { 7 + 15l : l Z}={8 + 15l : l Z}. Példa 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 = 15 1 4 + 7 ( 2) 8 = 60 112 = 52. Összes megoldás: { 52 + 105l : l Z}={53 + 105l : l Z}.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 13. 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: {14 + 22l : 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}. Példa 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).
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 14. Maradékosztályok Definíció Egy rögzített m modulus esetén, ha minden maradékosztályból pontosan egy elemet kiveszünk, akkor az így kapott számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo m. Példa {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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 15. 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. Példa {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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 16. 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, 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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 17. 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. Példa Z 3 = {0, 1, 2}. + 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1 0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1 Z 4 = {0, 1, 2, 3}. + 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 0 2 3 0 3 2 1
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 18. Maradékosztályok Tétel Legyen m > 1 egész. Ha 1 < (a, m) < m, akkor a nullosztó Z m -ben: a-hoz van olyan b 0, 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. Példa Legyen m = 9. 6 3 = 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.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 19. Euler-féle ϕ függvény Definíció Egy m > 0 egész szám esetén legyen ϕ(m) az m-nél kisebb, hozzá relatív prím természetes számok száma ϕ(m) = {j : 0 j < m, (m, j) = 1}. Tétel (NB) Legyen m kanonikus alakja m = p α1 1 pα2 2 pα l. Ekkor ϕ(m) = m l ) (1 1pi = i=1 l l (p α i i=1 i p α i 1 i ). Tétel Legyen m > 1 egész szám, a olyan egész, melyre (a, m) = 1. Ekkor a ϕ(m) 1 (modm).