Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 2015. ősz
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 2. Legnagyobb közös osztó Definíció Az a és b számoknak a d szám kitüntetett közös osztója (legnagyobb közös osztója), ha d a, d b, továbbá c a és c b esetén c d. Figyelem! Itt a,,legnagyobb nem a szokásos rendezésre utal: Figyelem! 12-nek és 9-nek legnagyobb közös osztója lesz a 3 is. A legnagyobb közös osztó csak asszociáltság erejéig egyértelmű. Definíció Legyen (a, b) = lnko(a, b) a nemnegatív kitüntetett közös osztó! Definíció Az a és b számoknak az m szám kitüntetett közös többszöröse (legkisebb közös töbszöröse), ha a m, b m, továbbá a c és b c esetén m c. Legyen [a, b] = lkkt(a, b) a nemnegatív kitüntetett közös többszörös!
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 3. Legnagyobb közös osztó kiszámolása, euklideszi algoritmus Tétel Bármely két egész számnak létezik legnagyobb közös osztója, és ez meghatározható az euklideszi algoritmussal. Bizonyítás Ha valamelyik szám 0, akkor a legnagyobb közös osztó a másik szám. Tfh a, b nem-nulla számok. Végezzük el a következő osztásokat: a = bq 1 + r 1, 0 < r 1 < b, b = r 1q 2 + r 2, 0 < r 2 < r 1, r 1 = r 2q 3 + r 3, 0 < r 3 < r 2,. r n 2 = r n 1q n + r n, r n 1 = r nq n+1. 0 < r n < r n 1, Ekkor az lnko az utolsó nem-nulla maradék: (a, b) = r n. Itt a = r 1, b = r 0.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 4. Euklideszi algoritmus helyessége Bizonyítás (folyt.) a = bq 1 + r 1, 0 < r 1 < b, b = r 1q 2 + r 2, 0 < r 2 < r 1, r 1 = r 2q 3 + r 3, 0 < r 3 < r 2,. r n 2 = r n 1q n + r n, r n 1 = r nq n+1. 0 < r n < r n 1, Az algoritmus véges sok lépésben véget ér: b > r 1 > r 2 >.... Az r n maradék közös osztó: r n r n 1 r n r n 1 q n + r n = r n 2... r n b r n a. Az r n maradék a legnagyobb közös osztó: legyen c a, c b c a bq 1 = r 1 c b r 1 q 2 = r 2... c r n 2 r n 1 q n = r n.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 5. Legnagyobb közös osztó kiszámolása, euklideszi algoritmus Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét! i r i q i r i 2 = r i 1 q i + r i -1 172 0 62 1 48 2 172 = 62 2 + 48 2 14 1 62 = 48 1 + 14 3 6 3 48 = 14 3 + 6 4 2 2 14 = 6 2 + 2 5 0 3 6 = 2 3 + 0 A legnagyobb közös osztó: (172, 62) = 2
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 6. Legnagyobb közös osztó kiszámolása rekurzióval Tétel Legyen a 0. Ha b = 0, akkor (a, b) = a. Ha b 0, akkor (a, b) = ( b, a mod b ). Bizonyítás Ha b = 0, akkor a tétel nyilvánvaló. Mivel (a, b) = ( a, b ), feltehető, hogy a, b > 0. Ha b 0, osszuk el maradékosan a-t b-vel: a = b q + (a mod b). Ez az euklideszi algoritmus első sora. Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét! (a, b) a mod b (172, 62) 48 (62, 48) 14 (48, 14) 6 (14, 6) 2 (6, 2) 0 A legnagyobb közös osztó: (172, 62) = 2.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 7. Legnagyobb közös osztó, további észrevételek Hasonló módon definiálható több szám legnagyobb közös osztója is: (a 1, a 2,..., a n ). Álĺıtás Bármely a 1, a 2,..., a n egész számokra létezik (a 1, a 2,..., a n ) és (a 1, a 2,..., a n ) = ((... (a 1, a 2 ),..., a n 1 ), a n ). Álĺıtás Bármely a, b, c egész számokra (ca, cb) = c(a, b).
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 8. Bővített euklideszi algoritmus Tétel Tetszőleges a, b egész számok esetén léteznek x, y egészek, hogy (a, b) = x a + y b. Bizonyítás Legyenek q i, r i az euklideszi algoritmussal megkapott hányadosok, maradékok. Legyen x 1 = 1, x 0 = 0 és i 1 esetén legyen x i = x i 2 q i x i 1. Hasonlóan legyen y 1 = 0, y 0 = 1 és i 1 esetén legyen y i = y i 2 q i y i 1. Ekkor i 1 esetén x i a + y i b = r i. (Biz.: HF, indukcióval) Speciálisan x n a + y n b = r n = (a, b).
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 9. Bővitett euklideszi algoritmus Algoritmus: r i 2 = r i 1 q i + r i, Algoritmus: x 1 = 1, x 0 = 0, x i = x i 2 q i x i 1, Algoritmus: y 1 = 0, y 0 = 1, y i = y i 2 q i y i 1. Példa Számítsuk ki (172, 62) értékét, és oldjuk meg a 172x + 62y = (172, 62) egyenletet! i r n q n x i y i r i = 172x i + 62y i -1 172 1 0 172 = 172 1 + 62 0 0 62 0 1 62 = 172 0 + 62 1 1 48 2 1 2 48 = 172 1 + 62 ( 2) 2 14 1 1 3 14 = 172 ( 1) + 62 3 3 6 3 4 11 6 = 172 4 + 62 ( 11) 4 2 2 9 25 2 = 172 ( 9) + 62 25 5 0 3 A feĺırás: 2 = 172 ( 9) + 62 25, x = 9, y = 25.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 10. Felbonthatatlanok, prímek Emlékeztető: f felbonthatatlan: csak triviális osztói vannak: ε, ε f Emlékeztető: típusú osztók (ahol ε egy egység). Emlékeztető: p prím: p ab p a vagy p b. Emlékeztető: Ha p prím, akkor p felbonthatatlan. Az egész számok körében a fordított irány is igaz: Tétel Minden felbonthatatlan szám prímszám. Bizonyítás Legyen p felbonthatatlan, és legyen p ab. Tfh. p b. Ekkor p és b relatív prímek. A bővített euklideszi algoritmussal kaphatunk x, y egészeket, hogy px + by = 1. Innen pax + aby = a. Mivel p osztója a bal oldalnak, így osztója a jobb oldalnak is: p a.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 11. Számelmélet alaptétele Tétel Minden nem-nulla, nem egység egész szám sorrendtől és asszociáltaktól eltekintve egyértelműen feĺırható prímszámok szorzataként. Bizonyítás Csak nemnegatív számokra. Létezés: Indukcióval: n = 2, n = 3 esetén igaz (prímek). Általában ha n prím, akkor készen vagyunk, ha nem, akkor szorzatra bomlik nemtriviális módon. A tényezők már felbonthatók indukció alapján. Egyértelműség: Indukcióval: n = 2, n = 3 esetén igaz (felbonthatatlanok). Tfh. n = p 1 p 2 p k = q 1 q 2 q l, ahol p 1, p 2,..., p k, q 1, q 2,..., q l prímek, és n a legkisebb olyan szám, aminek két lényegesen különböző előálĺıtása van. p 1 osztja a bal oldalt osztja a jobb oldalt, feltehető p 1 = q 1. Egyszerűsítve: n = p 2 p k = q 2 q l. Indukció alapján ez már egyértelmű.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 12. Számelmélet alaptétele Definíció Egy n nem-nulla egész szám kanonikus alakja: l n = ±p α1 1 pα2 2 pα l l = ± p α i i, ahol p 1, p 2,..., p l különböző pozitív i=1 prímek, α 1, α 2,..., α l pozitív egészek. Következmény (HF) Legyenek n, m > 1 pozitív egészek: n = p α1 1 pα2 2 pα l l, m = p β1 1 pβ2 2 pβ l l, (ahol most α i, β i 0 nemnegatív egészek!). Ekkor (n, m) = p min{α1,β1} 1 p min{α2,β2} 2 p min{α l,β l } l, [n, m] = p max{α1,β1} 1 p max{α2,β2} 2 p max{α l,β l } l, (n, m) [n, m] = n m.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 13. Osztók száma Definíció Egy n > 1 egész esetén legyen τ(n) az n pozitív osztóinak száma. Példa τ(6) = 4, osztók: 1, 2, 3, 6; τ(96) = 12, osztók: 1, 2, 3, 4, 6, 8,... Tétel Legyen n > 1 egész, n = p α1 1 pα2 2 pα l l τ(n) = (α 1 + 1) (α 2 + 1) (α l + 1). Bizonyítás kanonikus alakkal. Ekkor n lehetséges osztóit úgy kapjuk, hogy a d = p β1 1 pβ2 2 pβ l l kifejezésben az összes β i kitevő végigfut a {0, 1,..., α i } halmazon. Így ez a kitevő α i + 1-féleképpen választható. Példa τ(2 3) = (1 + 1) (1 + 1) = 4; τ(2 5 3) = (5 + 1) (1 + 1) = 12.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 14. Prímekről Tétel (Euklidesz) Végtelen sok prím van. Bizonyítás Indirekt tfh. csak véges sok prím van. Legyenek ezek p 1,..., p k. Tekintsük az n = p 1 p k + 1 számot. Ez nem osztható egyetlen p 1,..., p k prímmel sem, így n prímtényezős felbontásában kell szerepelnie egy újabb prímszámnak. Tétel (Dirichlet, NB) Ha a, d egész számok, d > 0, (a, d) = 1, akkor végtelen sok ak + d alakú prím van.
Elemi számelmélet Diszkrét matematika 1. estis képzés 2015. ősz 15. Prímekről Prímszámtétel: x-ig a prímek száma Prímek száma: x. (Sok prím van!) ln x x prímek száma x/ ln x 10 4 4, 33 100 25 21, 71 1000 168 144, 76 10000 1229 1085, 73 Eratoszthenész szitája: Keressük meg egy adott n-ig az összes prímet. Soroljuk fel 2-től n-ig az egész számokat. Ekkor 2 prím. A 2 (valódi) többszörösei nem prímek, ezeket húzzuk ki. A következő (ki nem húzott) szám 3 szintén prím. A 3 (valódi) többszörösei nem prímek, ezeket húzzuk ki... Ismételjük az eljárást n-ig. A ki nem húzott számok mind prímek.