Diszrét matematia I. özépszint Alapfogalmahoz tartozó feladato idolgozása A doumentum a övetező címen elérhető alapfogalmahoz tartozó példafeladato lehetséges megoldásait tartalmazza: http://compalg.inf.elte.hu/~merai/edu/dm1/alapfogalma.pdf Ha hibát találsz a idolgozásban, érle, jelezd az ndj94@inf.elte.hu címen! 1. Komplex számo Számolás algebrai alaal (3 + i)(5 7i) = 15 1i + 10i 14i = 15 11i + 14 = 9 11i Abszolútérté Tudju, hogy egy a + bi alaú omplex szám abszolútértée a + b. Így olyan omplexeet eresün, melyere: a + b = 10 a + b = 100 Ilyen például: 10, 10i, 8 + 6i, 6 + 8i, 50 + 50i Konjugált Egy a+bi alaú omplex szám onjugáltja: a + bi = a bi, ellentettje: (a+bi) = a bi. Két, algebrai alaban megadott omplex szám (mondju a+bi és c+di) aor egyezi meg egymással, ha valós és épzetes részei megegyezne, vagyis előző példánban a = c és b = d. A példában olyan számoat eresün, amelye onjugáltja megegyezi ellentettjével, vagyis: a + bi = (a + bi) a bi = a bi a = a b = b a = 0 Kaptu tehát, hogy az olyan omplexe teszne eleget a feltételne, amelye valós része 0 (azaz a tisztán épzetes számo). Jelen esetben: i és i. Trigonometrius ala Számítsu i + i trigonometrius alaját! Ehhez először + i = ( ) + = 8 =. Így: + i = ( + i) = ( 1 + 1 i) = ( + i) = (cos 135 + i sin 135 ) Moivre-azonosságo A szorzásra vonatozó Moivre-azonosság alapján egyértelművé válhat, hogy egy omplex számmal való szorzás a omplex számsíon nyújtva forgatásént hat (az adott szám abszolútértéével nyújt és argumentumával forgat). A példában olyan omplex számot eresün, amely csa forgat, mégpedig 90 foal (tfh. ez pozitív irányú elforgatást jelent). Így egy olyan omplex számot eresün, amely abszolútértée 1, argumentuma pedig 90 fo. Ez a szám: i. 1
Így a függvényün: f : C C : f(z) = iz n-edi gyövonás 4(cos π + i sin π) = (cos π+π + i sin π+π ), ahol = 0, 1 = 0 esetén: (cos π + i sin π ) = i = 1 esetén: (cos 3π Rend + i sin 3π ) = i Egy omplex szám rendje a ülönböző pozitív egész ivetős hatványaina száma, máséppen megfogalmazva, a legisebb olyan pozitív itevő, amelyre emelve 1- et ad. A példában: o(i) = 4, hiszen i 1 = i, i = 1, i 3 = i, i 4 = 1, i 5 = i,... o( 1) =, hiszen ( 1) 1 = 1, ( 1) = 1, ( 1) 3 = 1,.... Oszthatóság Oszthatóság fogalma 1 osztói (az egész számo örében): ±1, ±, ±3, ±4, ±6, ±1 Számrendszere 100 felírása 7-es számrendszerben: Utolsó számjegy: 100 mod 7 = Követező: ((100 - ) / 7) mod 7 = 14 mod 7 = 0 Követező: ((14-0) / 7) mod 7 = mod 7 = Tehát 100 (10) = 0 (7) Megjegyzés: utolsó számjegy: ami legjobbrább van. Csa hogy ne legyen félreértés :) Felbonthatatlanság Egész számo örében a príme felbonthatatlano, így elég 3 prímet mondanun, pl.: 3, 5, 7. Legnagyobb özös osztó A nemnegatív legnagyobb özös osztó megapható az eulideszi algoritmussal, ez jelenleg. Mivel a legnagyobb özös osztó elnevezés nem a szoványos rendezésre utal, asszociáltja, - is legnagyobb özös osztó. Viszont (18, ) =, hiszen ha a, b egész, aor (a, b) a nemnegatív itüntetett (legnagyobb) özös osztót jelöli.
Kínai maradététel Teintsü először a övetező ongruenciarendszert: x c 1 (mod m 1 ) x c (mod m ) Ha itt c 1, c, m 1, m egész, m 1, m > 1, (m 1, m ) = 1, aor a ínai maradététel feltételei teljesülne, és a fenti ét ongruencia evivalens a övetezővel: x c 1, (mod m 1 m ) ahol c 1, = m 1 x 1 c + m x c 1, itt pedig x 1, x olyan egésze, melyre m 1 x 1 + m x = 1. Visszatérve a példára: x 5 (mod 6) x 5 (mod 11) Mivel a ínai maradététel feltételei teljesülne, alalmazzu: (6, 11) = 1, így létezne olyan x 1, x egésze, melyre 6x 1 + 11x = 1. Extrém esetben eze megtalálható a bővített eulideszi algoritmussal, itt rögtön látható, hogy x 1 =, x = 1 megfelelő. A fenti ongruencia helyettesíthető eggyel, mégpedig: x c 1, (mod 6 11) ahol c 1, = m 1 x 1 c + m x c 1, itt ez c 1, = 6 5 + 11 ( 1) 5 = 60 55 = 5, vagyis a megoldás: Euler-Fermat tétel x 5 (mod 66) Legyen n pozitív egész. Eor ϕ(n) az n-nél isebb, hozzá relatív prím pozitív egésze számát jelöli. ϕ(n) iszámítása: Legyen n = p α1 1 pα, ahol p 1,..., p pozitív príme, α 1,..., α pozitív egésze. Eor ϕ(n) = (p α1 1 pα1 1 1 ) (p α pα 1 ). A példában ϕ(11) = 11 11 0 = 10. 100 mod 11 = x 100 x (mod 11), ahol 0 x < 11 Mivel (, 11) = 1, alalmazhatju az E-F. tételt, miszerint: De 100 = 10 10 + 0, így vagyis 100 mod 11 = 1. ϕ(11) 1 (mod 11) 100 = ( 10 ) 10 1 10 1 (mod 11) 3
3. Kombinatoria Permutáció Egy hatelemű halmaz összes permutációja 6 ülönböző elem összes lehetséges sorbarendezése: 6! = 6 5 4 1 (az első helyre 6 féle erülhet, a másodi helyre 5 féle...) Ismétléses permutáció A 0, 1, elemeet felhasználva épezün olyan sorozatoat, amelyeben 0 db 0-ás, 0 db 1-es, 0 db -es van. Ez összesen 60 db elem, amelyet - nem számolva az egyezéseet - 60! féleéppen tudun sorbarendezni. Hogy iszűrjü az egyező eseteet (amelye az egyforma eleme miatt eletezte), ezt osszu le annyival, ahány féleéppen 0 db 0-ást sorba tudun rendezni (0!), majd annyival, ahány féleéppen 0 db 1-est, majd annyival, ahány féleéppen 0 db -est sorba tudun rendezni. Összefoglalva, a megoldás: Variáció 60! 0! 0! 0! Megoldás: n(n 1) (n + 1) (számít a sorrend, így az első helyre n elem, a másodira n 1,..., a -adira n + 1 elem erülhet). Ismétléses variáció 6 elemből választun 10-et úgy, hogy számít a sorrend, és egy elemet többször is választhatun, így a megoldás: 6 10 (az első helyre 6 elem választható, a másodi helyre 6,...). Kombináció Annyi, ahányféleéppen i tudun választani n elemből 4-et úgy, hogy a sorrend nem számít, és egy elemet csa egyszer választhatun: ( ) n 4 Ismétléses ombináció Ha n elemből választun db-ot úgy, hogy nem számít a sorrend, és egy elemet többször is választhatun, aor a lehetősége száma: ( ) n + 1 Logiai szita Legyene A, B, C véges halmazo. Eor: A B C = A + B + C A B A C B C + A B C Satulya-elv Legalább 8 esetén, hiszen ha legrosszabb esetben 7 ember a hét ülönböző napjain született, a 8. már biztosan egy előzővel megegyő napon jött a világra. 4
Binomiális tétel ( + x) 3 = 3 + 3 x + 3 x + x 3 = 8 + 1x + 6x + x 3 4. Logia, reláció, függvénye Szimmetrius differencia Legyen X egy halmaz. Tudju, hogy {1,, 3} X =. A szimmetrius differenciáról belátható, hogy azo az eleme leszne benne, amelye páratlan so halmazban szerepelne ( halmaz esetén azo erülne bele, amelye nincsene benne a ét halmaz metszetében). A példában tudju, hogy a szimmetrius differencia üres halmaz, azaz nincs olyan elem, amely ne szerepelne a ét halmaz metszetében, így a ét halmaz megegyezi: X = {1,, 3}. Tranzitivitás Kell: xry yrz xrz Példa: R 1 = {(0, 1), (1, ), (0, )} R = {(1, ), (, 0), (1, 0)} Evivalenciareláció Az egyenlőség evivalenciareláció a természetes számo halmazán, mivel (legyene n, m, természetes számo): 1. reflexív: n N : n = n. tranzitív: n = m m = n = 3. szimmetrius: n = m m = n Részbenrendezés Az osztója reláció részbenrendezés az egész számo halmazán, mivel (legyene a, b, c egésze): 1. reflexív: a Z : a a. tranzitív: a b b c a c 3. antiszimmetrius: a b b a a = b Függvény Az osztója reláció nem függvény a természetes számo halmazán, mivel pl. 4 és 6, de 4 6. Injetivitás A függvény nem injetív, mivel pl., de f( ) = f() = 4. 5
Szürjetivitás A függvény nem szürjetív, mivel rng(f) R. Pl. R, de rng(f) (nincs olyan valós szám, amelyne a négyzete - lenne). Bijetivitás A függvény nem bijetív, mivel se nem injetív, se nem szürjetív (lásd fent). 5. További gyaorlati (és elméleti) segédanyago http://compalg.inf.elte.hu/~zslang/letoltmate.html 6