Diszkrét matematika 1. középszint 2017. 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 2017. ősz
Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 2. 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, ezért osztja a jobb oldalt, így a prímtulajdonság miatt osztja annak valamelyik tényezőjét; feltehető p 1 q 1. Mivel q 1 felbonthatatlan (hiszen prím), ezért p 1 = q 1. Egyszerűsítve: n = p 2 p k = q 2 q l. Indukció alapján ez már egyértelmű.
Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 3. 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 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.
Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 4. 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.
Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 5. 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 (Miért?), 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 (k Z) prím van.
Számelmélet Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 6. 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 a 3, ez szintén prím. A 3 (valódi) többszörösei nem prímek, ezeket húzzuk ki... Ismételjük az eljárást n-ig. A ki nem húzott számok mind prímek.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 7. Kongruenciák Oszthatósági kérdésekben sokszor csak a maradékos osztás esetén kapott maradék fontos: hét napjai; órák száma. Példa 16 mod 3 = 1, 4 mod 3 = 1: 3-mal való oszthatóság esetén 16 = 4. Definíció Legyenek a, b, m egészek, ekkor a b (modm) (a és b kongruensek modulo m), ha m a b, és a b (modm) (a és b inkongruensek), ha m a b. Ekvivalens megfogalmazás: a b (modm) a mod m = b mod m, azaz m-mel osztva ugyanazt az osztási maradékot adják. Példa 16 4 (mod 3) ui. 3 16 4 16 mod 3 = 1 = 4 mod 3; 16 4 (mod 2) ui. 2 16 4 16 mod 2 = 0 = 4 mod 2; 16 4 (mod 5) ui. 5 16 4 16 mod 5 = 1 4 = 4 mod 5.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 8. Kongruencia tulajdonságai Tétel Minden a, b, c, d, m és m egész számra igaz: 1. a a (modm); 2. a b (modm), m m a b (modm ); 3. a b (modm) b a (modm); 4. a b (modm), b c (modm) a c (modm); 5. a b (modm), c d (modm) a + c b + d (modm); 6. a b (modm), c d (modm) ac bd (modm). Bizonyítás 1. m 0 = a a; 2. m m a b m a b; 3. m a b m b a = (a b); 4. m a b, m b c m a c = (a b) + (b c); 5. m a b, m c d m (a + c) (b + d) = (a b) + (c d); 6. a = q 1m + b, c = q 2m + d ac = (q 1m + b)(q 2m + d) = m(q 1q 2m + q 1d + q 2b) + bd.
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 9. Kongruencia tulajdonságai Példa Mi lesz 345 mod 7 =? 345 = 34 10 + 5 6 3 + 5 = 18 + 5 4 + 5 = 9 2 (mod 7). Emlékeztető: a b (modm), c d (modm) ac bd (modm). Következmény: a b (modm) ac bc (modm). Példa 14 6 (mod 8) 42 18 (mod 8) A másik irány nem igaz! 2 7 2 3 (mod 8) 7 3 (mod 8).
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 10. Kongruencia tulajdonságai Tétel Legyenek a, b, c, m egész számok. ( Ekkor ) ac bc (modm) a b mod m (c,m) Következmény: (c, m) = 1 esetén ac bc (modm) a b (modm). Példa 2 7 2 3 (mod 8) 7 3 (mod 8 2 ). Bizonyítás Legyen d = (c, m). Ekkor ac bc (modm) m c(a b) m c ( m d d (a b). Mivel d, c ) = 1, d ezért m c d d (a b) m ( (a b) a b mod m ). d d
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 11. 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) kongruenciát! Kell-e 211 próbálkozás?
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 12. 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) m ax b ax + my = b valamely y egészre. Ez egy kétváltozós, lineáris, diofantikus egyenlet, ami pontosan akkor oldató meg, ha (a, m) b. Ha ennek x 0 megoldása, akkor az összes megoldás feĺırható x t = x 0 + m t alakban, ahol t Z tetszőleges. Ebből x t x 0 = m (a,m) t, így m (a,m) megoldás, ha x x 0 (mod m (a,m) Tekintsük a következő (a, m) db megoldást: m (a,m) (a,m) x t x 0, vagyis x pontosan akkor ). x k = x 0 + k : k = 0, 1,..., (a, m) 1. Ezek páronként inkongruensek modm (Miért?), és bármely x megoldás esetén van köztük x-szel kongruens modm (Miért?).
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 13. 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 Összes megoldás: {202 + 211l : l Z}. 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). Ezek megoldások: 23 (202 + 211l) 4 = 4642 + 211l = (22 + l) 211
Kongruenciák Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 14. 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 2017. ősz 15. 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 2017. ősz 16. 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 1. középszint 2017. ősz 17. 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 2017. ősz 18. 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 2017. ősz 19. Kínai maradéktétel Tétel Legyenek 1 < m 1, m 2,..., m n páronként 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 2017. ősz 20. 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 2017. ősz 21. 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 2017. ősz 22. 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}.