Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)

Hasonló dokumentumok
MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós

Algebra es sz amelm elet 3 el oad as Permut aci ok Waldhauser Tam as 2014 oszi f el ev

1 2 n π =, 1π 2π nπ. ϕ = = {(1,3), (2,1), (3,3)}

Polinomok (el adásvázlat, április 15.) Maróti Miklós

Diszkrét Matematika. zöld könyv ): XIII. fejezet: 1583, 1587, 1588, 1590, Matematikai feladatgyűjtemény II. (

HALMAZELMÉLET feladatsor 1.

Lineáris algebra és a rang fogalma (el adásvázlat, szeptember 29.) Maróti Miklós

MM4122/2: CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( ) 1. Ismétlés február 8.február Feladat. (2 pt. közösen megbeszéltük)

MM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )

Csoportok II március 7-8.

24. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 3.)

Lineáris leképezések (előadásvázlat, szeptember 28.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

Diszkrét matematika gyakorlat 1. ZH október 10. α csoport

Relációk. 1. Descartes-szorzat

2. gyakorlat. A polárkoordináta-rendszer

1. feladatsor Komplex számok

Relációk. 1. Descartes-szorzat. 2. Relációk

Diszkrét Matematika - Beadandó Feladatok

Itt és a továbbiakban a számhalmazokra az alábbi jelöléseket használjuk:

Egyváltozós függvények 1.

A relációelmélet alapjai

Bevezetés. 1. fejezet. Algebrai feladatok. Feladatok

Lineáris algebra 2. Filip Ferdinánd december 7. siva.banki.hu/jegyzetek

Algebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok

n =

A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

RE 1. Relációk Függvények. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN

Diszkrét matematika 2. estis képzés

MA1143v A. csoport Név: december 4. Gyak.vez:. Gyak. kódja: Neptun kód:.

0,424 0,576. f) P (X 2 = 3) g) P (X 3 = 1) h) P (X 4 = 1 vagy 2 X 2 = 2) i) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2 X 0 = 2) j) P (X 7 = 3, X 4 = 1, X 2 = 2)

DiMat II Végtelen halmazok

Határozott integrál és alkalmazásai

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Klasszikus algebra előadás. Waldhauser Tamás április 14.

SZÁMÍTÁSTUDOMÁNY ALAPJAI

Komplex számok. Wettl Ferenc szeptember 14. Wettl Ferenc Komplex számok szeptember / 23

Kvadratikus alakok és euklideszi terek (előadásvázlat, október 5.) Maróti Miklós, Kátai-Urbán Kamilla

MBN412G: ALKALMAZOTT ALGEBRA GYAKORLAT ÁPRILIS 26.

Leképezések. Leképezések tulajdonságai. Számosságok.

Vektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27

HHF0CX. k darab halmaz sorbarendezésének a lehetősége k! Így adódik az alábbi képlet:

Valasek Gábor

SE EKK EIFTI Matematikai analízis

Relációk Függvények. A diákon megjelenő szövegek és képek csak a szerző (Kocsis Imre, DE MFK) engedélyével használhatók fel!

SE EKK EIFTI Matematikai analízis

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Diszkrét matematika I. gyakorlat

2014. szeptember 24. és 26. Dr. Vincze Szilvia

Algebra gyakorlat, 4. feladatsor, megoldásvázlatok

Halmazelméleti alapfogalmak

Egy kis csoportos elmélet

Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1.

1.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a oszója b-nek, vagy más szóval, b osztható a-val, ha létezik olyan x Z, hogy b = ax. Ennek jelölése a b.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Diszkrét matematika 2.C szakirány

: s s t 2 s t. m m m. e f e f. a a ab a b c. a c b ac. 5. Végezzük el a kijelölt m veleteket a változók lehetséges értékei mellett!

Polinomok (előadásvázlat, október 21.) Maróti Miklós

Komplex számok algebrai alakja

Magasabbfokú egyenletek

LINEÁRIS ALGEBRA (A, B, C) tematika (BSc) I. éves nappali programtervező informatikus hallgatóknak évi tanév I. félév

3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek

A KroneckerCapelli-tételb l következik, hogy egy Bx = 0 homogén lineáris egyenletrendszernek

ZH feladatok megoldásai

13.1.Állítás. Legyen " 2 C primitív n-edik egységgyök és K C olyan számtest, amelyre " =2 K, ekkor K(") az x n 1 2 K[x] polinomnak a felbontási teste

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Komplex számok. Wettl Ferenc Wettl Ferenc () Komplex számok / 14

1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)

Megoldások 9. osztály

Határérték. Wettl Ferenc el adása alapján és Wettl Ferenc el adása alapján Határérték és

Analízis elo adások. Vajda István szeptember 10. Neumann János Informatika Kar Óbudai Egyetem. Vajda István (Óbudai Egyetem)

1. Mondjon legalább három példát predikátumra. 4. Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében?

Vektorok. Wettl Ferenc október 20. Wettl Ferenc Vektorok október / 36

Markov-láncok stacionárius eloszlása

Mikor van egy változó egy kvantor hatáskörében? Milyen tulajdonságokkal rendelkezik a,,részhalmaz fogalom?

2. Tétel (Az oszthatóság tulajdonságai). : 2. Nullát minden elem osztja, de. 3. a nulla csak a nullának osztója.

Minden egész szám osztója önmagának, azaz a a minden egész a-ra.

Komplex számok (el adásvázlat, február 12.) Maróti Miklós

1. előadás: Halmazelmélet, számfogalom, teljes

Általános algebra. 1. Algebrai struktúra, izomorfizmus. 3. Kongruencia, faktoralgebra március Homomorfizmus, homomorfiatétel

Képfeldolgozás. 1. el adás. A képfeldolgozás m veletei. Mechatronikai mérnök szak BME, 2008

MATE-INFO UBB verseny, március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga

2. Feladatsor. N k = {(a 1,...,a k ) : a 1,...,a k N}

1. tétel - Gráfok alapfogalmai

3. Feloldható csoportok

Irodalom. (a) A T, B T, (b) A + B, C + D, D C, (c) 3A, (d) AD, DA, B T A, 1 2 B = 1 C = A = 1 0 D = (a) 1 1 3, B T = = ( ) ; A T = 1 0

Lineáris leképezések. 2. Lineáris-e az f : R 2 R 2 f(x, y) = (x + y, x 2 )

Halmaz: alapfogalom, bizonyos elemek (matematikai objektumok) Egy halmaz akkor adott, ha minden objektumról eldönthető, hogy

Fizikai mennyiségek, állapotok

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.

1. Komplex függvények dierenciálhatósága, Cauchy-Riemann egyenletek. Hatványsorok, elemi függvények

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Komplex számok trigonometrikus alakja

1. Példa. A gamma függvény és a Fubini-tétel.

Halmazelmélet. 1. előadás. Farkas István. DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék. Halmazelmélet p. 1/1

DISZKRÉT MATEMATIKA: STRUKTÚRÁK Előadáson mutatott példa: Bércesné Novák Ágnes

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Átírás:

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 n π = 1π 2π nπ vagy elempárok halmazaként: π = {1 1π 2 2π n nπ} Példa Ha α S az a permutáció amelyre 1 2 2 1 és akkor = { 2 1 } 2 1 4 Példa Nem minden leképezés permutáció például a 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} { } S 2 = 2 1 { S = 2 1 7 Tétel S n ; csoport 2 1 1 2 2 1 } 8 Példa Számoljuk ki az 2 1 és β = 2 1

permutációk szorzatát Tudjuk hogy minden x elemre xαβ = xαβ ez a leképezés szorzás deníciója Tehát azaz 1αβ = 1αβ = 2β = 2αβ = 2αβ = 1β = 2 αβ = αβ = β = 1 αβ = 2 1 Most kiszámoljuk a βα szorzatot is a zárójelek elhagyásával: azaz 1β 2 1 2β β 1 2 β 1 2 Vegyük észre hogy αβ βα azaz a permutációk szorzása nem kommutatív kiszámoljuk β inverzét Mivel β = = { 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 β = 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 } 2 1 permutáció által mozgatott elemek halmaza M {} 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 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 A 2 hosszúságú ciklusokat transzpozícióknak 2 1 permutáció ciklus mivel a k = 2 a 1 = 1 és a 2 = 2 választással éppen ezt a permutációt kapjuk azaz Mivel α hossza éppen 2 ezért α transzpozíció is A β = 2 1 permutáció szintén ciklus és β = 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: = 2 1 = A másik probléma pedig az hogy az permutációról nem tudjuk eldönteni hogy az S vagy esetleg az S 4 csoport eleme-e Természetesen ha S -beli permutációkról beszélünk akkor = 2 1 viszont S 4 -ben már = 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 } S = {id 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 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 ciklust kaptuk Viszont π több elemet mozgat mint tehát π nem egyenl -mal azaz a 1 1 Minden más esetben hasonló ellentmondásra jutunk Persze π el áll ciklusok szorzataként: π = 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 41 54 7 permutációt páronként idegen ciklusok szorzataként Tekintsük azokat az elemeket melyeket a szorzat valamely tagja mozgat: { 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 = 15 2 41 54 7 = 11 54 7 = 4 7 = 7 Folytassuk a kapott elemekkel azaz 7π = 75 2 41 54 7 = 71 54 7 = 74 7 = 4 4π = 45 2 41 54 7 = 51 54 7 = 14 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 = 25 2 41 54 7 = 1 54 7 = 54 7 = 5 5π = 55 2 41 54 7 = 21 54 7 = 24 7 = 2 azaz a második ciklus a 2 5 transzpozíció Kimaradt még a amelyre elvégezve a számolást azt kapjuk hogy π = 5 2 41 54 7 = 41 54 7 = 44 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 42 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 45 6 78 9 22 permutációt páronként idegen ciklusok szorzataként Mivel az 4 5 6 7 és 8 9 ciklusok páronként idegenek ezért 45 6 78 9 22 = 4 22 5 6 7 22 8 9 22 Az 4 ciklus hossza 4 és a 22-edik hatványát keressük Mivel 22 2 mod 4 ezért 4 22 = 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 45 6 7 22 = 1 2 47 6 5 1 22 5π4 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 22 5π4 5 7 = 1 2 6 2 5π4 5 7 = 2 12 6 π = 5 22 12 67 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 45 6 = 1 1 45 6 de mivel 4 = 2 4 1 ezért 45 6 = 2 2 42 15 6 vagy 45 6 = 2 5 62 42 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 = 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 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 = 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