Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 1. Diszkrét matematika I. középszint 10. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2014. ősz
Felhívás Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 2. Szakirányválasztó fórum december 4-én. Jelentkezés november 26-ig: http://goo.gl/forms/dylha8sqoz Bővebb információ: http://compalg.inf.elte.hu/ nagy
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 3. Lineáris diofantikus egyenletek Diofantikus egyenletek: egyenletek egész megoldásait keressük. Lineáris diofantikus egyenletek: ax + by = c, ahol a, b, c egészek. 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, u.i. 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 I. középszint 2014. ősz 4. 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; további megoldások? hogyan oldjuk meg az általános esetben: x 2 (mod 3) x 3 (mod 5) } }
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 5. 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 I. középszint 2014. ősz 6. 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 (biz.: később) 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 I. középszint 2014. ősz 7. 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 I. középszint 2014. ősz 8. 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 I. középszint 2014. ősz 9. Szimultán kongruenciák 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}. 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 I. középszint 2014. ősz 10. 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}. 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 I. középszint 2014. ősz 11. Maradékosztályok Definíció Egy rögzített m modulus esetén, ha minden maradékosztályból pontosan egy elemet kiveszünk, akkor az így kapott számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo m. {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 I. középszint 2014. ősz 12. 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. {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 I. középszint 2014. ősz 13. 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, azaz,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 I. középszint 2014. ősz 14. 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. 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 I. középszint 2014. ősz 15. Maradékosztályok Tétel Legyen m > 1 egész. Ha 1 < (a, m) < m, akkor a nullosztó Z m -ben: a-hoz van olyan b, 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. 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 I. középszint 2014. ősz 16. Euler-féle ϕ függvény Definíció Egy m > 0 egész szám esetén legyen ϕ(m) az m-nél kisebb, hozzá relatív prím pozitív egészek száma: ϕ(m) = {i : 0 < i < m, (m, i) = 1}. ϕ(5) = 4: 5-höz relatív prím pozitív egészek 1, 2, 3, 4; ϕ(6) = 2: 6-hoz relatív prím pozitív egészek 1, 5; ϕ(12) = 4: 12-höz relatív prím pozitív egészek 1, 5, 7, 11; ϕ(15) = 8: 15-höz relatív prím pozitív egészek 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Megjegyzés: ϕ(m) a redukált maradékosztályok száma modulo m.
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 17. Euler-féle ϕ függvény ϕ(m) = {i : 0 < i < m, (m, i) = 1} Tétel (NB) Legyen m kanonikus alakja m = p α1 1 pα2 2 pα l l. Ekkor ϕ(m) = m l ) i=1 (1 1pi = l i=1 (pα i i p α i 1 i ). ϕ(5) = 5 ( 1 5) 1 = 5 1 5 0 = 4; ϕ(6) = 6 ( ( 1 2) 1 1 1 3) = (2 1 2 0 )(3 1 3 0 ) = 2; ϕ(12) = 12 ( ( 1 2) 1 1 1 3) = (2 2 2 1 )(3 1 3 0 ) = 4; ϕ(15) = 15 ( ( 1 3) 1 1 1 5) = (3 1 3 0 )(5 1 5 0 ) = 8.
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 18. Euler-Fermat tétel Tétel Legyen m > 1 egész szám, a olyan egész, melyre (a, m) = 1. Ekkor a ϕ(m) 1 (modm). Következmény (Fermat tétel) Legyen p prímszám, p a. Ekkor a p 1 1 (modp), illetve tetszőleges a esetén a p a (modp). ϕ(6) = 2 5 2 = 25 1 (mod 6); ϕ(12) = 4 5 4 = 625 1 (mod 12); 7 4 = 2401 1 (mod 12). Figyelem! 2 4 = 16 4 1 (mod 12), mert (2, 12) = 2 1.
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 19. Euler-Fermat tétel bizonyítása Lemma Legyen m > 1 egész, a 1, a 2,..., a m teljes maradékrendszer modulo m. Ekkor minden a, b egészre, melyre (a, m) = 1, a a 1 + b, a a 2 + b,..., a a m + b szintén teljes maradékrendszer. Továbbá, ha a 1, a 2,..., a ϕ(m) redukált maradékrendszer modulo m, akkor a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) szintén redukált maradékrendszer. Bizonyítás Tudjuk, hogy aa i + b aa j + b (modm) aa i aa j (modm). Mivel (a, m) = 1, egyszerűsíthetünk a-val: a i a j (modm). Tehát a a 1 + b, a a 2 + b,..., a a m + b páronként inkongruensek. Mivel számuk m, így teljes maradékrendszert alkotnak. (a i, m) = 1 (a, m) = 1 (a a i, m) = 1. Továbbá a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) páronként inkongruensek, számuk ϕ(m) redukált maradékrendszert alkotnak.
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 20. Euler-Fermat tétel bizonyítása Tétel (Euler-Fermat) (a, m) = 1 a ϕ(m) 1 (modm). Bizonyítás Legyen a 1, a 2,..., a ϕ(m) egy redukált maradékrendszer modulo m. Mivel (a, m) = 1 a a 1, a a 2,..., a a ϕ(m) szintén redukált maradékrendszer. Innen ϕ(m) a ϕ(m) a j = Mivel j=1 ϕ(m) j=1 ϕ(m) j=1 a ϕ(m) 1 (modm). a a j ϕ(m) j=1 a j (modm). a j relatív prím m-hez, így egyszerűsíthetünk vele:
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 21. Euler-Fermat tétel Tétel (Euler-Fermat) (a, m) = 1 a ϕ(m) 1 (modm) Mi lesz a 3 111 utolsó számjegye tizes számrendszerben? Mi lesz 3 111 mod 10? ϕ(10) = 4 3 111 = 3 4 27+3 = ( 3 4) 27 3 3 1 27 3 3 = 3 3 = 27 7 (mod 10) Oldjuk meg a 2x 5 (mod 7) kongruenciát! ϕ(7) = 6. Szorozzuk be mindkét oldalt 2 5 -nel. Ekkor 5 2 5 2 6 x x (mod 7). És itt 5 25 = 5 32 5 4 = 20 6 (mod 7). Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruenciát! ϕ(211) = 210. Szorozzuk be mindkét oldalt 23 209 -nel. Ekkor 4 23 209 23 210 x x (mod211). És itt 4 23209... (mod 211).
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 22. Gyors hatványozás Legyenek m, a, n pozitív egészek, m > 1. Szeretnénk kiszámolni a n mod m maradékot hatékonyan. Ábrázoljuk n-et 2-es számrendszerben: k n = ε i 2 i = (ε k ε k 1... ε 1 ε 0 ) (2), ahol ε 0, ε 1,..., ε k {0, 1}. i=0 Legyen n j (0 j k) az első j + 1 jegy által meghatározott szám: n j = n/2 k j = (ε k ε k 1... ε k j ) (2) Ekkor meghatározzuk minden j-re az x j a n j (modm) maradékot: n 0 = ε k = 1, x 0 = a. n j = 2 n j 1 + ε k j { x j = a ε k j x xj 1 2 2 mod m = j 1 mod m, ha ε k j = 0 axj 1 2 mod m, ha ε k j = 1 x k = a n mod m. Az algoritmus helyessége az alábbi formulábol következik (Biz.: HF): a n = a k k i=0 ε i 2 i = (a ) ε i 2i i=0
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 23. Gyors hatványozás Mi lesz 3 111 mod 10? (Euler-Fermat 7) 111 (10) = 1101111 (2) itt k = 6, a = 3, m = 10. j n j x j =a ε k j x 2 j 1 x j mod 10 0 1 3 1 11 x 1 =3 3 2 7 2 110 x 2 =7 2 9 3 1101 x 3 =3 9 2 3 4 11011 x 4 =3 3 2 7 5 110111 x 5 =3 7 2 7 6 1101111 x 6 =3 7 2 7
Kongruenciák Diszkrét matematika I. középszint 2014. ősz 24. Gyors hatványozás Oldjuk meg a 23x 4 (mod 211) kongruenciát! Euler-Fermat x 4 23 209... (mod 211). Mi lesz 23 209 mod 211? 209 (10) = 11010001 (2) itt k = 7, a = 23. j n j x j =a ε k j x 2 j 1 x j mod 211 0 1 23 1 11 x 1 =23 23 2 140 2 110 x 2 =140 2 188 3 1101 x 3 =23 188 2 140 4 11010 x 4 =140 2 188 5 110100 x 5 =188 2 107 6 1101000 x 6 =107 2 55 7 11010001 x 6 =23 55 2 156 x 4 23 209 4 156 202 (mod 211).