DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ B szakirány 2014 június
Tartalom 1. Fák definíciója ekvivalens jellemzései... 3 2. Hamilton-kör Euler-vonal... 4 3. Feszítőfa és vágás... 6 4. Címkézett és súlyozott gráfok... 7 5. Irányított gráfok és fák... 9 6. Polinomok alapjai... 10 7. Polinomok algebrai deiváltja többszörös gyökök... 13 8. Irreducibilis polinomok... 14 Készítette: zsanart Ha hibát találsz jelezd itt: zsanart@inf.elte.hu
1. Fák definíciója ekvivalens jellemzései Tétel A következő állítások ekvivalensek: Egy gráf fa 1) ha összefüggő és körmentes 2) összefüggő de bármely él törlésével már nem összefüggő 3) bármely két különböző csúcs között pontosan egy út vezet 4) Körmentes de egy új él hozzávételével kört hozunk létre Bizonyítás: (1) (2) Tegyük fel hogy elhagyunk egy élt és még mindig összefüggő tehát az elhagyott él két végpontja között még van út ekkor az eredeti gráfban lett volna kör ez pedig ellentmondás (2) (3) Tegyük fel hogy és között két különböző út is vezet. De ekkor ha bármelyiket utat töröljük a kettő közül a gráf összefüggő marad ami ellentmondás. v v' (3) (4) Ha pontosan egy út vezet -ből keletkezik -be a gráf körmentes. De ha felveszünk egy újabb élt akkor kör (4) (1) Kell hogy összefüggő legyen mivel bármely új él kört hoz létre ha ettől kör jön létre az garantáltan tartalmazza az új élt mert eredetileg is lett volna út Tétel A következő állítások ekvivalensek: Ha G egy n csúcsú egyszerű gráf 1) G fa 2) G körmentes és éle van 3) G összefüggő és éle van
Bizonyítás: (1) (2) Indukció -re igaz Tegyük fel hogy egy n csúcsú fára tudjuk hogy éleinek száma. Vegyünk egy csúcsú fát 1 ebben biztosan van elsőfokú csúcs (a lemma miatt). Hagyjuk el az elsőfokú csúcsot és a hozzá tartozó élt ekkor az így kapott gráf még mindig fa és csúcsa és az indukciós feltevés miatt éle van. Tehát a törölt él visszarajzolásával egy n élű fát kapunk. (2) (3) Kell: G összefüggő Indukció -re igaz Tegyük fel hogy ha az élek száma igaz az állítás. Vegyünk egy élű fát. Ha egy első fokú csúcsot és a hozzá tartozó élt elhagyjuk az így kapott fában az élek száma lesz amire az indukciós feltevés szerint igaz az állítás. (3) (1) Kell: G körmentes Ha lenne benne kör addig hagyjunk el éleket amíg G körmentes nem lesz. Mivel az összefüggőség marad fát kapunk (körmentes és öf fa). A fának éle van tehát nem is hagytunk el élt tehát eredetileg is körmentes volt. Definíció: körmentes gráfot erdőnek nevezzük. Állítások: G fa G erdő és összefüggő G erdő G komponensei fák 2. Hamilton-kör Euler-vonal Def.: Euler-vonal Egy G gráf egy vonalát Euler-vonalnak hívják ha minden élen áthalad pontosan egyszer (Az Euler-vonal zárt ha a kiindulási és az érkezési csúcs megegyezik) Állítás: G-ben pontosan akkor van zárt Euler-vonal ha 1 G összefüggő G minden csúcsának foka páros Lemma: Véges körmentes legalább 1 élt tartalmazó gráfban van elsőfokú csúcs
Bizonyítás: I. Ha van Euler-vonal: minden csúcson áthaladva egy élen be egy élen ki lépünk Amikor végeztünk minden csúcsnál kettesével használtuk el az éleket tehát összesen páros sokat II. Ha minden csúcs foka páros van Euler-vonal Induljunk el mindig új éleken ha elakadtunk visszatértünk a kiindulási pontba (a párosság miatt) Ha ez a zárt vonal nem Euler-vonal növeljük meg amikor egy olyan csúcsban járunk ahol nem használtunk fel minden élt Az eddig fel nem használt éleket az előbbi szabály szerint hozzáfűzve egy nagyobb vonalat kapunk Ezt ismételjük addig amíg minden élt fel nem használtunk ekkor Euler-vonalat kapunk Tétel: (Euler-vonal def. következménye) Ha egy összefüggő gráfban a páratlan fokú csúcsok száma éldiszjunkt vonal egyesítéseként akkor a gráf éleit megkaphatjuk db Bizonyítás: Ha vannak páratlan fokú csúcsok akkor s db új él segítségével páronként kössük össze őket ekkor minden csúcs páros fokú lesz így már van zárt Euler-vonal Def: Hamilton kör Egy út/kör Hamilton út/kör ha a gráf összes csúcsát tartalmazza Elégséges feltétel Ha G egyszerű gráf n csúcson: Hamilton-kör Szükséges feltétel Ha G-ben db csúcs melyet elhagyva a gráf legalább gráfban nincs Hamilton-kör komponensre esik szét a
3. Feszítőfa és vágás gráf egy feszítőfája ha az alábbi 3 állítás igaz: fa részgráfja -nek és csúcshalmazai megegyeznek G gráf egy feszítőerdeje ha az alábbi 4 állítás igaz: erdő részgráfja -nek és csúcshalmazai megegyeznek komponensei a komponenseinek feszítőfái Lemma: Minden véges összefüggő gráfnak van feszítőfája Biz.: Ha a gráf fa akkor kész. Ha nem addig hagyjunk el éleket amíg fát nem kapunk ez feszítőfa lesz Állítás: Ha egy összefüggő véges gráfban n csúcs és e él van akkor tartalmaz legalább db kört Bizonyítás: Vegyünk egy feszítőfát: ez élt tartalmaz. Maradék élek: Tekintsük a következő gráfot: a feszítőfa + az egyik a maradék élek közül kör keletkezik ami szükségképpen tartalmazza az új élt Definíció Azt mondjuk hogy szerepel (illetve ) elvágja Egy (illetve valamelyik eleme ) elvágja Ha van olyan és csúcs amit és és / csúcsokat a minden csúcsokat a minden elvág akkor / -ből -ből -be vezető úton -be vezető úton szerepel elvágó csúcs/élhalmaz
Definíció Vágás: minimális elvágó élhalmaz Állítás: Egy összefüggő gráfban van legalább vágás ahol Bizonyítás Legyen G egy feszítőfája F F minden éle egyelemű vágás ( -ben) Egy vágásban legyen és az a két komponens amit kapunk Az eredeti gráfban a és közti élek alkottak egy vágást A feszítőfa minden éle csak egy ilyen vágásban szerepel é v1 v2 v4 v3 v1 v4 v2 v3 4. Címkézett és súlyozott gráfok Definíció gráf és halmazok az él- és csúcscímkék halmazai továbbá címkéző függvények. Ekkor a hetes egy címkézett gráf. Legyen Fogalmak: csak - élcímkézett gráf csak - csúcscímkézett gráf ha a címkehalmaz számhalmaz: súlyozott gráf Minimális költségű feszítőfa egy összefüggő élsúlyozott gráf cél: feszítőfa keresése melynek összsúlya a lehető legkisebb és
Kruskal-algoritmus Induljunk ki egy üres gráfból Mindaddig amíg feszítőfához nem érünk adjuk hozzá a legkisebb súlyú olyan élt a gráfhoz amivel nem keletkezik kör Állítás: a Kruskal-algoritmus kimenetele egy minimális költségű feszítőfa Megjegyzés: a Kruskal-algo. mohó algoritmus minden lépésben az aktuálisan optimális élt válaszja Bizonyítás: (indirekt) 1. Legyen amit kapunk a Kruskal algoritmus végeredményeként 2. Tegyük fel hogy aminek a súlya kisebb mint F súlya 3. Válasszuk -t a minimális súlyú feszítőfák közül olyannak aminek a lehető legtöbb közös éle van éleivel 4. Legyen egy olyan éle -nek ami az -ben nem szerepel. Ha ezt hozzá vesszük -hez akkor abban kör keletkezik melynek minden élére 5. -ből vegyük el az -t ekkor 2 komponensre esik szét melyet -ben köt össze a körből 6. Most -hez vegyük hozzá -t a kör egy azon élét amivel fa lesz (jelöljük vel) 7. Így ellentmondásra jutunk mivel a. súlya kisebb lesz mint súlya - ami ellentmondás b. vagy ugyanakkora súlyú de akkor -nek több közös éle van -el - ami megint ellentmondás Színezés: Ha az él- vagy csúcscímkék halmaza egy véges színhalmaz és a szomszédos élek/csúcsok különböző színűek a gráfot jólszínezettnek nevezzük Definíció: Azt mondjuk hogy egy gráf jólszínezhető legfeljebb elemű színnel ha van olyan jólszínezése amin a címkehalmaz Pl.: a 2 színnel jól csúcs-színezhető gráfok pontosan a páros gráfok Tétel (négyszíntétel) Minden síkbarajzolható gráf jól csúcs-színezhető 4 színnel
5. Irányított gráfok és fák Definíció: (irányított gráf) irányított gráf ahol az élek a csúcsok halmaza és -ből kimenő élek száma: kifoka -be befele menő élek száma: befoka Állítás: Fogalmak: (kb. ugyanaz mint irányítatlan gráfoknál) Irányított séta a sorozat ahol ebben a sorrendben irányított út: olyan irányított séta ahol minden csúcs csak egyszer szerepelhet Irányított vonal: olyan irányított séta ahol minden él csak egyszer szerepelhet Irányított kör: olyan irányított vonal ahol a kezdő és a végpont megegyezik Definíció Legyen -n a következő reláció: út -ból -be és -ből -ba A ekvivalenciareláció által feszített részgráfokat erős komponenseknek nevezzük Ha a gráf egy erős komponensből áll akkor erősen összefüggő Erős komponensek létezésének bizonyítása Adott a következő ekvivalenciareláció a csúcsok halmazán: út -ból -be és -ből -ba Ez a reláció meghatároz egy osztályozást A csúcsok egy-egy osztálya meghatároz egy irányított részgráfot ezek az eredeti gráfnak erős komponensei lesznek Irányított fa Irányított fákban minden él egy irányba vezet Van egy csúcs aminek a befoka 0 (a gyökér) a többi csúcs befoka 1 Azokat a csúcsokat amiknek a kifoka 0 levélnek nevezzük Minden csúcsba pontosan egy út vezet a gyökértől ezek hossza a csúcs szintje A fa mélysége a gyökértől számított leghosszabb út hossza -adrendű irányított fa: o o pl.: bináris fa ha 2-rendű
6. Polinomok I. (Polinomok összeadása szorzása maradékos osztása polinomfüggvények) Definíció Legyen gyűrű. Tekintsük azon -beni együtthatókból képzett végtelen sorozatokat melyekben csak véges sok nem 0 elem szerepel Ez a halmaz az feletti egyhatározatlanú polinomok halmaza az alábbi műveletekkel gyűrűvé tehető ( feletti polinomgyűrű) Legyen Állítás: ahol gyűrű Fok főegyüttható konstans tag monom lineáris polinom konstans polinom fogalma Legyen Ha polinom. Ha nem nulla de után csak 0 következikakkor foka főegyütthatója az. tag együtthatója f konstans tagja akkor monom ha lineáris polinom alakú. Fokok összeadódása szorzásnál maximuma összeadásnál Ha akkor ma deg deg (Ha deg deg integritási tartomány akkor a szorzásnál egyenlőség van)
Tétel (maradékos osztás polinomokra) Legyen egységelemes integritási tartomány főegyütthatójának van reciproka -ben ekkor egyértelműen léteznek polinomok hogy és Bizonyítás (létezés) ( foka szerinti indukcióval) esetén igaz mert ha akkor is igaz hiszen Tegyük fel hogy egy -edfokú polinom és hogy az -nél kisebb fokú polinomokra már igaz az állítás. Jelölje főtagját és főtagját (ahol tehát b invertálható eleme R-nek)( ) Legyen A kivonásnál főtagja kiesik és így Az indukciós feltevés miatt kisebb fokánál. De innen: tehát foka kisebb mint (vagy nullapolinom) maradékosan elosztható -vel: ahol vagy foka is elosztható maradékosan -vel Bizonyítás (egyértelműség) (indirekt) Tegyük fel hogy ahol és vagy 0 vagy -nél kisebb fokú polinom. Átrendezéssel: fok deg(g) fok < deg(g) A jobb oldalon álló polinom vagy 0 vagy -nél kisebb fokú. Ha akkor viszont a bal oldalon álló polinom foka legalább annyi mint foka hiszen szorzásnál a fokok összeadódnak ami ellentmondás.
Ezért de akkor nyilván és így a két maradékos osztásban a hányados és a maradék is ugyanaz. Állítás Ha pedig gyöke akkor polinom amire Bizonyítás: Maradékosan osszuk el -et -vel vagyis konstans. Helyettesítsünk -t! Tétel Integritási tartomány fölött a gyöktényezők egyszerre is kiemelhetők: minden nemnulla polinom fölírható : ahol -nek az összes -beli gyökei és -nak egyáltalán nincs gyöke -ben. Ezért nullosztómentes gyűrű fölött egy polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet mint a foka. Bizonyítás: Egy gyöktényező kiemelésekor a fok eggyel csökken (hiszen nullosztómentes gyűrűben polinomok szorzásakor a fokok összeadódnak). Emeljünk ki -ből addig gyöktényezőket ameddig lehet. Ezt csak véges sokszor tehető meg mert eljutunk az foka minden lépésnél csökken. Ezért előbb-utóbb alakhoz ahol q-nak nincsen gyöke R-ben. Ha gyöke -nek akkor. Mivel integritási tartomány fölött vagyunk (ami ugyebár nullosztómentes) ahhoz hogy az egyenlőség teljesüljön a szorzat egyik tagjának 0-nak kell lennie. De azt tudjuk hogy hiszen -nak nincs gyöke -ben. Ekkor viszont. Tehát biztos gyöke -nek. Ezért gyökei pontosan lesznek. A fokszámok pedig a következők lesznek: Ezért tényleg deg. deg deg deg deg deg
(Ez csak nullosztómentes gyűrűben érvényes! Pl.: -ban gyökei: 1357) Polinomfüggvény Ha egy polinomaz f-hez tartozó definiálható: polinomfüggvény a következőképpen Megjegyzés: véges testek felett két polinomnak lehet ugyanaz a polinomfüggvénye hiszen véges testek fölött véges sok polinomfüggvény de végtelen sok polinom van Megjegyzés: Ha az alapgyűrű végtelen akkor különböző polinomokhoz különböző polinomfüggvény tartozik Pl.: fölött -hez és -hez ugyanaz a polinomfüggvény tartozik 7. Polinomok II. (Algebrai derivált többszörös gyökök és kapcsolatuk) Polinomok algebrai deriváltja Legyen algebrai deriváltja: A deriválás rendelkezik a következő tulajdonságokkal: 1) konstans deriváltja 0 2) elsőfokú deriváltja konstans 3) 4) Tétel Legyen egységelemes integritási tartomány ( ) Ekkor az Ha -nek legalább 2 akkor pontosan és az -nek pontosan -szeres gyöke -szeres gyöke -szeres gyöke Bizonyítás Legyen 2 ahol -nak nem gyöke. Ekkor: Ha van olyan p prímszám hogy R minden elemének p-szerese nulla akkor a gyűrű karakterisztikája p
Emeljük ki -et ekkor a következőt kapjuk: Látszik hogy -nek c legalább Ha ezen felül Megjegyzés: ha -szeres gyöke. még lehet Következmény Ha ami -nek és -nek is osztója akkor többszörös gyöke -nek Módszer: lnko keresése bővített euklideszi algoritmussal (hurrá) 8. Polinomok III (Irreducibilis polinomok) Definíció irreducibilis ha vagy egység -ben (= van reciproka) Állítás: Egy test fölötti polinom akkor és csak akkor irreducibilisha nem konstans és nem bontható fel két alacsonyabb fokú polinom szorzatára Állítás: Konstans polinomok felett egységek Állítás: Test fölött egy elsőfokú polinom mindig irreducibilis Bizonyítás: Elsőfokú polinomot nem lehet alacsonyabb fokúak szorzatára bontani hiszen két nulladfokú polinom szorzata is nulladfokú Állítás: Legyen test. Ha egy legalább másodfokú irreducibilis fölött -beli polinomnak van gyöke -ben akkor nem Bizonyítás: Legyen gyöke egy polinomnak. Ekkor kiemelhető. Ha másodfokú ezzel -et két alacsonyabb fokú polinom szorzatára bontottuk legalább Állítás: Test felett ha egy másod-vagy harmadfokú polinomnak nincs gyöke akkor irreducibilis Bizonyítás: Ha van gyök kiemelhető van felbontás. Ha pedig elsőfokú akkor g vagy h
Irreducibilis polinomok felett Állítás: Minden legalább elsőfokú polinomnak van gyöke Állítás: feletti irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokú polinomok Bizonyítás Egyik irány: ha elsőfokú a komplex polinom irreducibilis is A polinom felbontható alakban ahol azaz vagy vagy tehát vagy g vagy h konstans egység is Másik irány: ha a komplex polinom irreducibilis akkor elsőfokú is Ha f polinom irreducibilis akkor különben f nullpolinom vagy egység (konstans polinom) lenne ami az irreducibilis polinom definiciója miatt nem lehet Ekkor viszont biztos van gyöke ami kiemelhető Legyen polinom gyöke -nek irreducibilis (hiszen ekkor elsőfokú) Lemma Legyen komplex gyöke a valós együtthatós polinomnak. Ekkor konjugáltja is gyöke -nek sőt és ugyanannyiszoros gyökök Irreducibilis polinomok felett Tétel A valós számok teste fölött az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak és azok a másodfokúak melyeknek nincs valós gyöke Bizonyítás: Tegyük fel hogy polinom irreducibilis fölött. Ekkor nem konstans ezért van egy komplex gyöke. Ha valós akkor csak elsőfokú lehet. Ha z nem valós akkor a valós együtthatós kiemelhető -ből és a megmaradó polinom is valós együtthatós. Mivel irreducibilis csak konstans lehet és így tényleg másodfokú melynek gyökei nem valósak.
Irreducibilis polinomok felett Tétel(Racionális gyökteszt) Legyen Tegyük fel hogy egész együtthatós polinom már nem egyszerűsíthető tört gyöke -nek Ekkor és Tétel (Schönemann-Eisenstein-kritérium) Legyen egész együtthatós polinom Ha prím amelyre egyszerre teljesülnek a következők: Ekkor irreducibilis felett