Bevezet´ es a sz´ am´ıt´ aselm´ eletbe 1. A BME I. ´eves m´ern¨ok-informatikus hallgat´oi sz´am´ara seg´edlet a 2007. ˝oszi el˝oad´ashoz
¨ Ossze´ all´ıtotta: Fleiner Tam´as
Utols´o friss´ıt´es: 2010. janu´ar 13.
Tartalomjegyz´ ek Bevezet´ es
3
Vizsga t´ etelsor
5
1 Komplex sz´ amok
6
2 Line´ aris algebra
10
2.1Koordin´ atageometria
10
2.2Vektorterek
11
2.3Line´ aris egyenletrendszerek
15
2.4Permut´ aci´ ok, determin´ ansok 2.4.1 Permut´ aci´ ok, inverzi´ osz´am . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Determin´ ansok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18 18 18
2.5M´ atrixm˝ uveletek, t´ erbeli vektorok szorz´ asa
21
2.6M´ atrix inverze
22
2.7M´ atrix rangja
23
2.8Line´ aris egyenletrendszerek t´ argyal´ asa m´ atrixokkal
24
2.9Line´ aris lek´ epez´ esek 2.9.1 Line´ aris lek´epez´esek m´ atrixai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25 26
2.10 Line´ aris transzform´ aci´ ok ´ es m´ atrixok saj´ at´ ert´ ekei, saj´ atvektorai ´ es saj´ atalterei
28
3 Kombinatorika, gr´ afelm´ elet
30
3.1Elemi lesz´ aml´ al´ asok
30
3.2Gr´ afok 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4
F´ ak alaptulajdons´ agai A Cayley t´etel . . . . S´ıkgr´ afok . . . . . . . S´ıkgr´ afok dualit´ asa . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
4 Halmazelm´ elet
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
32 33 34 36 38 41
2
Bevezet´ es
Ez a jegyzet nagyj´ ab´ ol a BME-n, a 2007/2008-as tan´ev els˝o f´el´ev´eben a m´ern¨ok-informatikus hallgat´ ok sz´ am´ ara el˝ oadott, VISZA 103 fed˝onev˝ u, Bevezet´es a sz´am´ıt´aselm´eletbe” c. el˝oad´as anyag´at tar” ul´es. Nem p´otolja a rendelkez´esre ´all´o, k¨ onyvtalmazza. A jegyzet els˝ odleges c´elja a vizsg´ara val´o felk´esz¨ form´ atum´ u jegyzetet, amellyel sz´ amos tekintetben egyezik. El˝onye m´egis tal´an annyi, hogy szorosabban kapcsol´ odik az ´ or´ an leadott anyaghoz, ´es ´ıgy koncentr´altabban tartalmazza a vizsg´an sz´amonk´ert tud´ ast. A jegyzet valamennyire t´ ul is mutat azonban az el˝oad´ason elhangzottakon, ´ıgy olyan r´eszeket is tartalmaz, amelyek ismeret´et nem k¨ ovetelj¨ uk meg a vizsg´an. Ha teh´at valaki eg´eszen v´eletlen¨ ul komolyabban ´erdekl˝ odik egy-egy t´emak¨ or ir´ ant, azok sz´am´ara odabiggyesztettem n´eh´any, ´altalam ´erdekesnek ´ıt´elt megjegyz´est. Ezek l´ abjegyzetben1 ill. apr´o bet˝us szed´essel olvashat´oak. Ne felejts¨ uk el azonban, hogy ezek csup´ an a tananyagot kieg´esz´ıt˝ o megjegyz´esek: ahhoz, hogy egy adott anyagr´eszben valaki t´enylegesen elm´ely¨ ulhessen, a val´ odi szakirodalmat (is) ´erdemes tanulm´anyoznia. Hogyan c´elszer˝ u a jegyzetet haszn´ alni, ´es egy´altal´an: hogyan folyik a vizsga? A jegyzetet igyekeztem u ´gy ¨ ossze´ all´ıtani, hogy abban minden szerepeljen, amit a vizsg´an k´erdezhet¨ unk. Val´ osz´ın˝ uleg ez nem siker¨ ult t¨ok´eletesen, de a sz´and´ek megvolt. A jegyzet a defin´ıci´o-t´etelbizony´ıt´ as szenth´ aroms´ ag alapj´ an nyugszik: a defini´alt fogalmakat d˝ olt bet˝ us szed´essel jeleztem, a t´etel (´ all´ıt´ as, megfigyel´es, lemma) el˝ ott f´ elk¨ ov´ eren adom meg, mir˝ol is van sz´o, a bizony´ıt´asok v´eg´et pedig olyan kiskocka jelzi, mint amilyen pl. e sor v´eg´en is ´all. Az is c´el volt, hogy ne legyen t´ ul sz´ araz az anyag. A jegyzet ez´ert tartalmaz a tananyagot kieg´esz´ıt˝ o, ill. ahhoz kapcsol´ od´ o, ´erdekesnek ´ıt´elt inform´aci´okat is. Az ´ıgy k¨oz¨olt ismereteket a vizsg´an teh´at nem k¨ ovetelj¨ uk meg: az az ´ altal´ anos ir´ anyelv, hogy az apr´o bet˝ uvel szedett r´eszeket m´eg a jeles oszt´alyzat´ert sem kell tudni. Tal´ an nem t´ ul kock´ azatos azt kijelenteni, hogy a norm´al szed´es˝ u r´eszek behat´o ismerete elegend˝ o a jeles oszt´ alyzathoz. A spektrum m´asik v´eg´enek teljes´ıt´es´ere m´ar l´enyegesen t¨obb lehet˝ os´eg k´ın´ alkozik. El´egtelent pl. u ´gy lehet szerezni, hogy a vizsg´az´o nem tudja pontosan kimondani valamelyik l´enyeges defin´ıci´ ot, t´etelt vagy ´ all´ıt´ ast. Eredm´enyes m´odszer az is, ha a defin´ıci´okat ´es t´eteleket sz´o szerint bemagolja a hallgat´ o, de a vizsg´ an bizonys´ag´at adja annak, hogy nem ´erti, mir˝ol besz´el. M´as sz´ oval, a legal´ abb el´egs´eges oszt´ alyzatnak felt´etele a t¨orzsanyaghoz tartoz´o fogalmak, ´all´ıt´asok pontos ismerete, azaz, hogy a hallgat´ o ezeket ki tudja mondani, k´epes legyen azokat alkalmazni ´es azokra sz¨ uks´eg eset´en p´eld´ at mutatni. Az el´egs´eges oszt´ alyzatnak nem felt´etele, hogy minden ismertetett bizony´ıt´ast t¨ok´eletesen ismerjen a vizsg´ az´ o. S˝ ot: ak´ ar egyet sem kell tudni. Azonban aki ennek alapj´an pr´ob´al levizsg´ azni, az azt u ot vizsg´ aztat´ onak, hogy nagyon nem ´erdekli ˝ot az anyag. Mint gyakorl´o vizsg´aztat´ o ¨zeni az ˝ oszt¨on¨oz, hogy alaposan gy˝oz˝odjek meg a defin´ıci´ok ´es t´etelek kell˝ o elmondhatom, hogy ez engem arra ¨ szint˝ u ismeret´er˝ ol, mert azt gondolom, hogy sz´amos olyan ´all´ıt´ast tartalmaz a tananyag, amit u ´gy a ´ onnyebb meg´erteni, ha ismerj¨ uk a bizony´ıt´ast, vagy legal´abb annak v´azlat´at. Altal´ anoss´agban ellegk¨ mondhat´ o, hogy sokkal fontosabb (´ertsd: elengedhetetlen), hogy egyetlen t´emak¨orben se lehessen zavarba hozni a vizsg´ az´ ot, mint egy-egy bizony´ıt´as r´eszletes ismerete. Akinek sajnos” nem jut ideje a topolo” gikus izomorfia obskurus defin´ıci´ oj´ at megtanulni, de hatosra tudja a kontinuum hipot´ezist, az ´epp´ ugy megbukik, mint az, aki semmit sem tud a gr´af defin´ıci´oj´an k´ıv¨ ul, ´es azt is csak alig. A vizsga lebonyol´ıt´ asa u ´gy t¨ ort´enik, hogy minden vizsg´ara jelentkez˝o hallgat´onak kisorsolunk egy t´etelt az itt is megtal´ alhat´ o t´etelsorb´ ol. Ezt k¨ovet˝oen legal´abb 45 perc felk´esz¨ ul´esi id˝o alatt a hallgat´ o kidolgozhatja a t´etel´et, c´elszer˝ uen v´ azlatot ´ır. A sz´amonk´er´es abb´ol ´all, hogy a kidolgozott v´azlat alapj´ an ki kell tudni mondani a vizsgat´etelben szerepl˝o defin´ıci´okat ´es t´eteleket, illetve reproduk´alni kell tudni a bizony´ıt´ asokat. Ha nem megy mag´ at´ ol, a vizsg´aztat´o seg´ıt. Sz´am´ıtani kell arra is, hogy m´asik t´etellel kapcsolatos fogalmakra, ´ all´ıt´ asokra is r´ak´erdez a vizsg´aztat´o. A vizsg´aztat´o szem´elye a helysz´ınen d˝ ol 1 Mint
pl. ez is, itt.
3
´ 0. BEVEZETES
4
el, az esetek t¨ obbs´eg´eben valamelyik el˝ oad´o vagy gyakorlatvezet˝o el˝ott kell sz´amot adni a tud´asr´ol. Hogyan is j¨ ott l´etre a jelen seg´edlet? A jegyzet ´ır´asa 2004 tavasz´an kezd˝od¨ott, az´ota h´ızik az anyag. Akkoriban m´eg csak na´ıv elk´epzel´esem volt a dolgr´ol, miszerint Egy el˝ oad´ assorozat tervez´esekor az el˝ oad´ onak c´elszer˝ u le´ırnia az elhangz´ o anyagot, hogy az mi” n´el egys´egesebb lehessen. H´ ala a korszer˝ u technol´ ogi´ ak elharap´ oz´ as´ anak, imm´ ar ott tartunk, hogy nem l´enyegesen bonyolultabb egy ilyesfajta anyagot digit´ alisan szerkeszteni ill. t´ arolni, mint a hagyom´ anyos pap´ıralapon.”2
´ A jegyzet eleinte a saj´ at seg´edanyagomk´ent ker¨ ult ¨ossze´all´ıt´asra. Ertelmesnek t˝ unt ezt k¨ozreadni, ´es ha m´ ar ez megt¨ ort´ent, akkor j´ o befektet´esnek l´atszott kicsit olvasm´anyosabb´a, jegyzetszer˝ ubb´e tenni a oveget. Mindemellett a jelent˝ os sz´ amban felbukkan´o hib´akat is igyekeztem folyamatosan gyoml´ alni. sz¨ (Volt, van, lesz bel˝ ol¨ uk b˝ oven.) Ebben a harcban m´ ulhatatlan ´erdemeket szereztek azok a hallgat´ok (´es koll´eg´ ak), akik jelezt´ek, ha el´ır´ ast vagy hib´at tal´altak. Munk´ajukat ez´ uton is k¨osz¨on¨om. Rem´elem, hogy ennek nyom´ an a jegyzet haszn´ alhat´ os´ aga jelent˝osen javult, ´es sz´amos k´es˝obbi hallgat´o felk´esz¨ ul´es´et onny´ıti meg. Term´eszetesen mindehhez ´en is hozz´ateszem a magam´et: minden ´atdolgoz´askor u ´jabb k¨ el´ır´ asokat ´es t´eved´eseket illesztek az anyagba az egyens´ uly meg˝orz´ese ´erdek´eben. ´ A saj´ at felhaszn´ al´ as´ u seg´edanyagt´ ol a mostani jegyzetform´atumig van m´eg n´eh´any l´ep´es. Altal´ anos hiba –mondj´ ak–, hogy ezt a p´ ar l´ep´est” nagys´agrendekkel al´abecslik a szerz˝ok. T¨obb koll´eg´at´ol hallot” tam hogy egy tudom´ anyos k¨ onyv meg´ır´as´ahoz sz¨ uks´eges er˝ofesz´ıt´esnek kb. 70%-a az anyag meg´ır´ asa. Ennek egy k¨ ovetkezm´enye, hogy az utols´o sim´ıt´asok” f´azis az addigi munk´anak hozz´avet˝oleg a fele. ” ´Igy azt´ an minden er˝ ofesz´ıt´es ellen´ere val´osz´ın˝ uleg sz´amos hiba maradt a most k¨ozreadott jegyzetben. ul az eny´em. A jegyzettel, az abban tal´alhat´o ak´ ar Term´eszetesen minden ilyen hib´ a´ert a felel˝oss´eg egyed¨ helyes´ır´ asi, nyelvhelyess´egi, ak´ ar m´ odszertani, ak´ar matematikai hib´akkal kapcsolatos megjegyz´eseket ´es ¨ a konstrukt´ıv hozz´ asz´ ol´ asokat k¨ osz¨ onettel fogadom a
[email protected] c´ımen. Unnep´ elyesen ´ıg´erem, hogy az ´erdemi kritika figyelembev´etel´evel igyekszem tov´abb jav´ıtani az anyagot. A jegyzet rem´enyeim szerint karbantartott v´ altozata a www.cs.bme.hu/~fleiner/bszjegyzet weblapr´ol t¨olthet˝o le. P´ ar sz´ o v´eg¨ ul a szerz˝ oi jogokr´ ol. A jelen munka jelent˝ os r´esze szellemi term´ek, ´es nemcsak a szerz˝ o´e. A szerz˝ oi jogok tekintet´eben a szerz˝ o elk´epzel´esei az al´ abbiak. E munka jelenlegi form´ aj´ aban szabadon m´ asolhat´ o, terjeszthet˝ o, de kiz´ ar´ olag a szerz˝ o ´es a forr´ as pontos megjel¨ ol´es´evel ´es ingyenesen. Ugyanez a megk¨ ot´es ¨ or¨ okl˝ odj´ek minden olyan szerz˝ oi jog hat´ alya al´ a es˝ o dologra, ami a jelen munka fenti t´ıpus´ u felhaszn´ al´ asa sor´ an sz´ armazik. A fent em´ıtett˝ ol elt´er˝ o c´el´ u felhaszn´ al´ as (pl. az anyag szerkeszt´ese, ´ atdolgoz´ asa, ´ arus´ıt´ asa) kiz´ ar´ olag a jelen munka szerz˝ oj´enek enged´ely´evel lehets´eges.
Minden olvas´ onak sikeres felk´esz¨ ul´est ´es eredm´enyes vizsg´az´ast k´ıv´anok. Budapest, 2007. december 14. Fleiner Tam´ as
Jegyzetevol´ uci´ o-blog 2007. 12. 14. 12.00: Meg par ora, es elkeszul a jegyzet. Turelem.... 2007. 12. 14. 18.15: Letoltheto a 0. verzio. Lesz meg nehany apro valtozas, pl. a Cayley tetel meg nem vegleges. 2007. 12. 18. 15.00: Jegyzet0.1 J´ op´ ar el´ ır´ ast ki lett jav´ ıtva. K¨ osz¨ onet R´ adi Attil´ anak, Velinszky L´ aszl´ onak ´ es Cs¨ ondes L´ aszl´ onak. A Cayley t´ etellel m´ eg nem foglalkoztam. A hiperlinkek nem t´ ul j´ ok, ´ es a pdf sem vektoros. Ezeken is dolgozom, addig is lesz .ps v´ altozat. 2007. 12. 20. 13.00, jegyzet1.0: Tov´ abbi bosszant´ o el´ ır´ asokt´ ol siker¨ ult megszabadulni. Muk¨ odnek a hiperlinkek, vektoros a pdf, ´ es a Cayley t´ etel is friss¨ ult. 2007. 12. 29. 14.35, jegyzet1.1: ´ Ujabb el´ ır´ asok tuntek el, a halmazelm´ elet r´ esz bov¨ ult. 2008. 01. 14. 12.00 jegyzet1.2: Egy´ eb jav´ıt´ asok mellett imm´ ar a Pitagorasz t´ etel is rendben van. Mindebben Velinszky ´ L´ aszl´ o, Hidasi P´ eter, T´ oth Zolt´ an ´ es Keresztes L´ aszl´ o seg´ıtettek. Ujabb m´ erf¨ oldk˝ o, hogy van a blogban ˝ o´ es u ˝. ´ am seg´ıtettek. 2008. 01. 24. 12.30 jegyzet1.3: Zsolnay K´ aroly, Szelei Tam´ as ´ es Tauber Ad´ 2008. 02. 06. 15.00 jegyzet1.4: R´ adi Attila volt szemf¨ ules. 2009. 01. 02. 11.10 jegyzet1.5: Szab´ o B´ alint vett ´ eszre egy s´ ulyos ostobas´ agot a koordin´ atageometri´ aban. 2009. 01. 05. 11.24 jegyzet 1.6: V˝ oneki Bal´ azs tal´ alt hib´ at a 37. oldalon szerepl˝ o, dualit´ ast t´ argyal´ o t´ etel bizony´ıt´ as´ aban. 2009. 01. 09. 16.20 jegyzet 1.7: A m´ atrixok saj´ at´ ert´ ekeir˝ ol sz´ ol´ o szakaszban m´ ar a m´ atrixok saj´ at´ ert´ ekeir˝ ol is sz´ o van, k¨ osz¨ onet Varga Juditnak. 2009. 01. 12. 14.40 jegyzet 1.8: Sz´ arnyas G´ abor olvasott gondosan. 2009. 06. 22. 19.00 jegyzet 1.9: Moln´ ar Gergely, Sweidan Omar, Nagy G´ abor ´ es Pint´ er Oliv´ er seg´ıtettek. 2010. 01.12. 11.30 jegyzet 1.10: Benei Viktor tal´ alt sz´ amos sajt´ ohib´ at. 2 Ma
m´ ar ezzel nem ´ ertek egyet. Bonyolultabb. Az´ ert rem´ elem, tal´ an m´ egsem haszontalan a befektetett munka.
Bevezet´ es a Sz´ am´ıt´ aselm´ eletbe I. vizsgat´ etelek 2007/2008. tan´ ev els˝ o f´ el´ ev
1. T´erbeli koordin´ atageometria: s´ık egyenlete, egyenes egyenletrendszerei. Metsz´espontok, metsz´esvonalak sz´ am´ıt´ asa. Vektort´er defin´ıci´oja, a defin´ıci´o egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyei, p´eld´ak. 2. Alt´er, line´ aris kombin´ aci´ o, gener´ alt alt´er, gener´atorrendszer, line´aris f¨ uggetlens´eg. 3. B´ azis ´es dimenzi´ o fogalma, kicser´el´esi t´etel. 4. Line´ aris egyenletrendszer megold´ asa Gauss-elimin´aci´oval, reduk´alt l´epcs˝os alak. Megoldhat´os´ ag, a megold´ as egy´ertelm˝ us´eg´enek felt´etele. 5. Permut´ aci´ ok inverzi´ osz´ ama. Determin´ans defin´ıci´oja, alaptulajdons´agai, kisz´am´ıt´asa. Kifejt´esi t´etel. M´ atrixok, m˝ uveletek m´ atrixokkal, ezek tulajdons´agai. Determin´ansok szorz´ast´etele (biz. n´elk¨ ul). 6. Line´ aris egyenletrendszerek t´ argyal´asa m´atrixokkal, n × n-es line´aris egyenletrendszer egy´ertelm˝ u megoldhat´ os´ ag´ anak jellemz´ese a determin´ans seg´ıts´eg´evel. M´atrix inverze, l´etez´es´enek sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele. Inverz meghat´ aroz´asa Gauss-elimin´aci´oval. 7. M´ atrix rangja, a rangfogalmak egyenl˝os´ege, rang meghat´aroz´asa Gauss-elimin´aci´oval. Line´aris lek´epez´es fogalma, egyszer˝ u tulajdons´agai. 8. Line´ aris lek´epez´es m´ atrixa, vektor k´ep´enek meghat´aroz´asa a m´atrix seg´ıts´eg´evel. Line´aris lek´epez´esek szorzata, szorzat m´ atrixa. 9. Line´ aris lek´epez´esek magtere, k´eptere. Dimenzi´ot´etel. 10. Line´ aris transzform´ aci´ ok saj´ at´ert´ekei, saj´atvektorai, ezek meghat´aroz´asa. 11. Komplex sz´ amok: kanonikus (algebrai) ´es trigonometrikus alak, alapm˝ uveletek komplex sz´amokkal, abszol´ ut ´ert´ek (hossz), konjug´ alt. Komplex sz´am n-edik gy¨oke, egys´eggy¨ok¨ok. 12. Kombinatorikus lesz´ aml´ al´ asi alapfeladatok: ism´etl´es n´elk¨ uli ´es ism´etl´eses permut´aci´o, vari´ aci´ o, kombin´ aci´ o; p´eld´ ak. Binomi´ alis t´etel. Gr´afelm´eleti alapfogalmak: gr´af, egyszer˝ u gr´af, izomorfia, r´eszgr´ af, fesz´ıtett r´eszgr´ af. 13. Gr´ afok ¨ osszef¨ ugg˝ os´ege, ´elsorozat, u ´t, k¨or, komponens, fa. F´ak egyszer˝ u tulajdons´agai, Pr¨ ufer-k´ od, Cayley-t´etel. 14. S´ıkbarajzolhat´ os´ ag, kapcsolat a g¨ombre rajzolhat´os´aggal, Euler-t´etel, Kuratowski-t´etel (bizony´ıt´ as csak a k¨ onnyebbik ir´ anyban). 15. S´ıkbarajzolhat´ o gr´ af du´ alis´ anak fogalma. P´elda olyan gr´afra, melynek l´eteznek nem izomorf du´ alisai. Gyenge izomorfia, Whitney t´etele (biz. n´elk¨ ul). 16. V´egtelen halmazok sz´ amoss´ aga: |A| = |B|, |A| ≤ |B| ´es |A| < |B| defin´ıci´oja, Cantor-Bernsteint´etel (biz. n´elk¨ ul). Megsz´ aml´ alhat´oan v´egtelen ´es kontinuum sz´amoss´ag´ u halmaz fogalma. P´eld´ ak: Z, N, Q, R sz´ amoss´ aga. Hatv´ anyhalmaz sz´amoss´aga (Cantor t´etele), N hatv´anyhalmaz´anak sz´ amoss´ aga. Kontinuum-hipot´ezis.
5
1. fejezet
Komplex sz´ amok Motiv´ aci´ o. Ebben a fejezetben a sz´amfogalom egy kiterjeszt´es´er˝ol lesz sz´o. Kor´abbi tanulm´anyaink sor´an tal´ alkoztunk a term´ eszetes sz´ amokkal (N = {0, 1, 2, . . .}), az eg´ eszekkel (Z = {0, 1, −1, 2, −2, . . .}), a racion´ alis sz´ amokkal ´ (Q = { pq : p ∈ Z, 0 < q ∈ N}) illetve a val´ os sz´ amok R halmaz´ aval. Erdemes arra is visszeml´ ekezni, mi motiv´ alta az egyes sz´ amhalmazok bevezet´ es´ et ill. kib˝ ov´ıt´ es´ et. Ha valamit meg akarok sz´ amolni, akkor a term´ eszetes sz´ amokkal dolgozom. Hasznos, ha m˝ uveleteket vezet¨ unk be, melyek megk¨ onny´ıtik annak kisz´ amol´ as´ at, hogy mennyi csirk´ em lesz, ha van most 18 ´ es veszek m´ eg (vagy eladok) 5-¨ ot. De megtudhatom azt is, hogy egy 100m×100m-es vagy egy 90m×110m-es f¨ olddarab ´ er-e t¨ obbet. A negat´ıv eg´ eszek bevezet´ es´ evel egyr´ eszt a tartoz´ as t´ eny´ et lehet j´ ol le´ırni, m´ asr´ eszt el´ erhet˝ o, hogy a kivon´ as m˝ uvelete gond n´ elk¨ ul elv´ egezhet˝ o legyen. A racion´ alis sz´ amok bevezet´ es´ evel az oszt´ as lesz l´ enyeg´ eben elv´ egezhet˝ o (persze a 0 nevez˝ ot kiz´ arjuk), azonban a gyakorlatban is sz¨ uks´ eg van a t¨ ortekre: ha 3 testv´ er 100 p´ enzt ¨ or¨ ok¨ ol egyforma ar´ anyban, csak u ´gy tudnak igazs´ agosan megosztozni, ha nem eg´ esz sz´ am ´ırja le az ¨ or¨ oks´ eget. A val´ os sz´ amok bevezet´ es´ et indokolja az, hogy elm´ eletileg pontosan akarjuk megm´ erni mondjuk a n´ egyzet ´ atl´ oj´ at, a k¨ or ter¨ ulet´ et, vagy m´ as, hasonl´ o mennyis´ eget. Az eddigi sz´ amfogalmakban k¨ oz¨ os teh´ at, hogy mindegyik alkalmas arra, hogy megm´ erjen valamit, azaz a sz´ amokon van egy term´ eszetes rendez´ es, melynek seg´ıts´ eg´ evel b´ armely k´ et, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amr´ ol egy´ ertelm˝ uen el lehet d¨ onteni, melyik a nagyobb. A sz´ amfogalmak bevezet´ es´ ere alkalmas motiv´ aci´ o, hogy m´ erhet˝ o dolgokat tudjak megm´ erni. A sz´ amokon ´ ertelmezett m˝ uveletek (¨ osszead´ as, kivon´ as, szorz´ as, oszt´ as, hatv´ anyoz´ as, gy¨ okvon´ as, logaritmus, sz¨ ogf¨ uggv´ enyek, stb) mindegyik´ er˝ ol elmondhat´ o, hogy arra val´ ok, hogy kisz´ am´ıtsuk egy-egy mennyis´ eg nagys´ ag´ at bizonyos m´ as mennyis´ egek ismeret´ eben. A komplex sz´ amok bevezet´ esekor szak´ıtunk az eddigi gyakorlattal. Tov´ abbra is arr´ ol van sz´ o, hogy a megismert legb˝ ovebb sz´ amk¨ ort tov´ abb b˝ ov´ıtj¨ uk, azonban egyszer, s mindenkorra le kell sz´ amolnunk azzal az intu´ıci´ oval, hogy a sz´ am valamely dolog nagys´ ag´ at jelenti: a komplex sz´ amokon nem lesz olyasfajta rendez´ es, mint ami az eddigi nagys´ agviszony volt.1 A motiv´ aci´ o itt sokkal ink´ a uveletek nem voltak elv´ egezhet˝ oek a val´ os sz´ amokon, ´ es valamilyen √bb az, hogy bizonyos m˝ rejt´ elyes okb´ ol szeretn´ enk pl. a −1-nek ´ ertelmet tulajdon´ıtani. L´ assuk mindezt a gyakorlatban! Def: A komplex sz´ amok halmaza C := {a + bi : a, b ∈ R}, teh´at minden komplex sz´am egy form´ alis a + bi alak´ u¨ osszegk´ent ´ırhat´ o fel, ahol a ´es b tetsz˝oleges val´os sz´amok, az i-t (melynek neve k´epzetes uk. Ezt a z = a + bi fel´ır´ast nevezz¨ uk a z komplex sz´ am egys´eg) pedig valamif´ele ismeretlenk´ent” tekintj¨ ” kanonikus alakj´ anak, a z sz´ am val´ os r´esze Re(z) := a, k´epzetes r´esze Im(z) := b, ´es a defin´ıci´o alapj´ an kimondhatjuk, hogy k´et komplex sz´ am (mondjuk z ´es z 0 ) pontosan akkor egyenl˝o, ha kanonikus alakjuk z = a + bi ´es z 0 = a0 + b0 i megegyezik, azaz, ha a = a0 ´es b = b0 . Ahogy eml´ıtett¨ uk, a val´ os sz´ amok halmaza r´eszhalmaza a komplexek´enek; konkr´etan, ha a ∈ R, akkor a kanonikus alakja a = a + 0i. Meg kell persze mondani, hogyan v´egz¨ unk m˝ uveleteket a komplex sz´amokkal. Ezeket a m˝ uveleteket r´ aad´ asul u ´gy kell defini´ alnunk, hogy azok a val´os sz´amokon v´egzett m˝ uveletek kiterjeszt´esei legyenek. Az alapm˝ uveletek eset´en u ´gy j´ arunk el, mintha az i ismeretlen volna, ill. haszn´aljuk az i2 = −1 azonoss´ agot: (a + bi) − (c + di) = (a − c) + (b − d)i
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i,
(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i Az oszt´ as azonban nem ilyen egyszer˝ u. Ehhez ´erdemes defini´alni a z = a + bi komplex sz´am z-vel jel¨ olt konjug´ altj´ at, melynek kanonikus alakja z := a − bi . Lemma: Tetsz˝ oleges z, w ∈ C komplex sz´amokra (1) z = z , ill. (2) z + w = z + w, z − w = z − w, zw = z · w teljes¨ ulnek. (3) Ha 0 6= z ∈ C, akkor 0 < z · z ∈ R, azaz b´armely, null´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o komplex sz´amot megszorozva a konjug´ altj´ aval, pozit´ıv sz´ amot kapunk. Biz: (1): Trivi´ alis. (2): A kanonikus alakokat behelyettes´ıtve k¨onnyen ellen˝orizhet˝o. 1 Term´ eszetesen a komplex sz´ amoknak is tulajdon´ıthat´ o valamif´ ele jelent´ es”, azonban erre ebben a jegyzetben nem ´ all ” m´ odunk r´ eszletesen kit´ erni.
6
7 (3) Legyen z = a + bi, ekkor z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 + (ab − ab)i = a2 + b2 > 0, hiszen a ≥ 0 ≤ b2 , ´es a2 = b2 = 0 eset´en z = 0 lenne. Ezek ut´ an oszt´ as is k¨ onnyen elv´egezhet˝o a konjug´alttal val´o b˝ov´ıt´es seg´ıts´eg´evel. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy z = a + bi ´es 0 6= z 0 = a0 + b0 i. Ekkor 2
z a + bi (a + bi)(a0 − b0 i) (aa0 + bb0 ) + (a0 b − ab0 )i aa0 + bb0 a0 b − ab0 = = = = + i z0 a0 + b0 i (a0 + b0 i)(a0 − b0 i) a02 + b02 a02 + b02 a02 + b02 K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a szok´ asos m˝ uveleti azonoss´agok tov´abbra is ´erv´enyesek, azaz z, t, u ∈ C eset´en z + t = t + z, zt = tz, (z + t) + u = z + (t + u), (zt)u = z(tu) ill. z(t + u) = zt + zu. A kivon´ asra ´es oszt´ asra vonatkoz´ o azonoss´ agok a z − t = z + (0 − t) ill. zt = z · 1t azonoss´agokb´ol k¨ovetkeznek. Egy fontos tulajdons´ agot bizony´ıtunk is: Lemma: A z, w komplex sz´ amokra pontosan akkor lesz zw = 0, ha z = 0 vagy w = 0. Biz: K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy 0w = 0 tetsz˝oleges w komplex sz´amra. Azt kell igazolni, hogy ha a szorzat 0, akkor valamelyik t´enyez˝ oje 0. Tegy¨ uk fel teh´at indirekt, hogy zw = 0 ´es z 6= 0 6= w. Ekkor 1 1 1 1 1 1 ·z · w· =1·1=1 , 0 = · 0 · = · (zw) · = z w z w z w ellentmond´ as. L´ attuk, hogy a komplex sz´ amok egy´ertelm˝ uen jellemezhet˝oek k´et val´os koordin´at´aval”, ak´arcsak ” a s´ıkbeli koordin´ atarendszer pontjai. Term´eszetesen ad´odik teh´at egy k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´es a komplex sz´ amok ´es a (koordin´atarendszerrel ell´atott) s´ık pontjai k¨oz¨ott: a z = a + bi komplex sz´ amnak megfelel az (a, b) koordin´at´aj´ u pont a komplex sz´ ams´ıkon. Vizsg´aljuk meg, mi itt az alapm˝ uveletek jelent´ese! Ha z, z 0 komplex sz´amok a sz´ams´ıkon, akkor a z + z 0 komplex sz´amnak megfelel˝ o pontot u ´gy kapjuk, hogy az orig´ot eltoljuk azzal a vektorral, melyet u ´gy kapunk, hogy az orig´ ob´ ol z-be mutat´ o vektorhoz hozz´ aadjuk az orig´ob´ol z 0 -be mutat´o vektort. (Kivon´asn´al az ut´ obbi vektort kivonjuk.) A szorz´ as jelent´es´enek” meg´ert´es´ehez defini´aljuk egy komplex sz´am sz¨og´et. Azt ” mondjuk, hogy a z ∈ C komplex sz´ am sz¨ oge α, ha az orig´ob´ol a z-be mutat´o vektor a val´os tengely nemnegat´ıv r´esz´evel α sz¨ oget z´ ar be. Vigy´azat: α el˝ojeles, ´ıgy pl. i sz¨oge π2 , (−i)-´e pedig − π2 , vagy ha √ √ u ´gy tetszik 3π aljuk tov´ abb´ a a z = a + bi komplex sz´am abszol´ ut ´ert´ek´et a |z| := zz = a2 + b2 2 . Defini´ k´eplettel. Tegy¨ unk is n´eh´ any megfigyel´est. Im Lemma: (1) Ha z ∈ C, akkor |z| val´os, ´es |z| ≥ 0. Tov´ abb´ a |z| = 0 ⇐⇒ z = 0. Im(z) z (2) |z| nem m´ as, mint a komplex sz´ ams´ıkon a z komplex sz´amnak i |z| megfelel˝ o pont t´ avols´ aga az orig´ ot´ ol. α (3) Ha a z komplex sz´ am sz¨ oge α, akkor z = |z|(cos α + i sin α). Re 1 Re(z) (4)Ha z, w ∈ C komplex sz´ amok, akkor |z + w| ≤ |z| + |w|. Biz: (1) A z = a + bi kanonikus alakb´ol zz = a2 + b2 ≥ 0, ´ıgy |z| egy nemnegat´ıv sz´am n´egyzetgy¨ oke, ami szint´en nemnegat´ıv ´es persze val´ os. Pontosan akkor lesz 0, ha a2 + b2 = 0, azaz a = b = 0, teh´at, ha z = 0. og˝ u (2) Az (a, b) koordin´ at´ aj´ u pont t´ avols´aga az orig´ot´ol√´epp az a, b befog´okkal rendelkez˝o der´eksz¨ h´ aromsz¨ og ´ atfog´ oja, ami Pitagorasz t´etele szerint ´eppen a2 + b2 = |z|. (3) Ha a z-nek megfelel˝ o pont a sz´ams´ıkon |z| t´avols´agra van az orig´ot´ol, ´es a nemnegat´ıv val´ os tengelyt˝ ol α sz¨ ogre l´ atszik, akkor z val´os koordin´at´aja Re(z) = |z| cos α, k´epzetes koordin´at´aja pedig Im(z) = |z| sin α. (4) Legyen O az orig´ oja, ´es legyen Z ill. T a z-nek ill. z + w-nek megfelel˝o pontok a komplex sz´ ams´ıkon. Az abszol´ ut ´ert´ekr˝ ol ill. ¨ osszead´asr´ol tett kor´abbi megfigyel´eseink alapj´an |z + w| = |OT | ≤ |OZ| + |ZT | = |z| + |w|, az OZT h´ aromsz¨ogre vonatkoz´o h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´egb˝ol. A z komplex sz´ amnak a fenti lemma (3) r´esz´eben megadott fel´ır´as´at a z sz´am trigonometrikus alakj´ anak nevezz¨ uk. Jegyezz¨ uk meg, hogy m´ıg a kanonikus alak egy´ertelm˝ u, addig a trigonometrikus nem az: egyr´eszt α helyett v´ alaszthatunk α + 2kπ sz¨oget is (tetsz˝oleges k eg´esz param´eterrel), ill. a z = 0 fel´ır´ as´ aban α tetsz˝ oleges val´ os lehet. A trigonometrikus alak egyik jelent˝ os´ege, hogy seg´ıts´eg´evel a szorz´asnak ´es az oszt´asnak is szeml´eletes jelent´est tulajdon´ıthat´ o. Lemma: Legyen a z ill. w komplex sz´amok trigonometrikus alakja z = |z|(cos α + i sin α) ill. w = |w|(cos β + i sin β). Ekkor a szorzat ill. h´anyados trigonometrikus alakja zw = |z||w|(cos(α + β) + |z| (cos(α − β) + i sin(α − β)) lesz. M´as sz´oval: szorz´as eset´en az abszol´ ut ´ert´ekek i sin(α + β)), ill. wz = |w|
´ 1. KOMPLEX SZAMOK
8
osszeszorz´ odnak, a sz¨ ogek ¨ osszead´ odnak, m´ıg oszt´asn´al az abszol´ ut ´ert´ek a k´et abszol´ ut ´ert´ek h´anyadosa, ¨ ´es a sz¨ og a k´et sz¨ og k¨ ul¨ onbs´ege lesz. Biz: zw = |z|(cos α + i sin α)|w|(cos β + i sin β) = |z||w|(cos α cos β − sin α sin β + i(cos α sin β + sin α cos β)) = |z||w|(cos(α + β) + i sin(α + β)) ad´odik. A h´anyadosra azt kapjuk, hogy |z|(cos α+i sin α) |z|(cos α+i sin α)|w|(cos β−i sin β) z = |w|(cos β+i sin β) = |w|(cos β+i sin β)|w|(cos β−i sin β) w |z|(cos(α−β)+i sin(α−β)) |z| = |w| (cos(α − β) + i sin(α − β)) |w|·1
=
|z||w|(cos α cos β+sin α sin β+i(− cos α sin β+sin α cos β)) |w|2 (cos2 α+sin2 α)
=
A komplex sz´ amok pozit´ıv eg´esz kitev˝os hatv´anyait is ´ertelmezhetj¨ uk, hiszen z n kisz´am´ıt´as´ahoz z-t n-szer kell ¨ onmag´ aval ¨ osszeszorozni, de ehelyett elegend˝o azt az orig´ot´ol |z|n t´avols´agra elhelyezked˝ o pontot tekinteni, melybe mutat´ o vektor a val´os tengely pozit´ıv r´esz´evel nα sz¨oget z´ar be, ahol z sz¨ oge ´ α. Erdekes megfigyelni, hogy ha |z| > 1, akkor z hatv´anyai egy, az orig´o k¨or¨ uli, t´agul´o spir´alvonalon, m´ıg ha |z| < 1, akkor z hatv´ anyai egy, az orig´ora sz˝ uk¨ ul˝o spir´alvonalon helyezkednek el. |z| = 1 eset´en z u, egys´egsugar´ u k¨ or¨ on minden hatv´ any´ anak abszol´ ut ´ert´eke 1, ez´ert mindezen hatv´anyok az orig´o k¨ozep˝ tal´ alhat´ oak. A fentiek szerint tetsz˝ oleges z = |z|(cos α + i sin α) komplex sz´amnak √ meg tudjuk hat´arozni az nm lesz, dik gy¨ ok´et (helyesebben: gy¨ okeit), tetsz˝oleges 1 ≤ n eg´esz eset´en. Az n z az a w komplex sz´ap melyre wn = z. Ha w = |w|(cos β + i sin β), akkor wn = |w|n (cos(nβ) + i sin(nβ)), azaz |w| = n |z| ´es α = nβ + 2kπ valamely k ∈ Z eg´eszre. Innen β = α+2kπ ad´odik, azaz minden (0-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o) komplex n sz´ amnak pontosan n db n-dik gy¨ oke van. A tov´ abbiakban az 1 abszol´ ut ´ert´ek˝ u komplex sz´amokkal foglalkozunk. Az ε komplex sz´amot n-dik egys´eggy¨ ok nek nevezz¨ uk, ha εn = 1. A fentiek szerint a komplex egys´eggy¨ok¨ok abszol´ ut ´ert´eke 1, azaz a komplex sz´ ams´ık orig´ o k¨ or¨ uli egys´egsugar´ u k¨or´en helyezkednek el. 2kπ Megfigyel´ es: (1) Az ε komplex sz´ am pontosan akkor n-dik egys´eggy¨ok, ha ε = cos 2kπ n + i sin n alak´ uak, valamely k eg´eszre. Pontosan n db n-dik egys´eggy¨ok van. (2) A komplex sz´ ams´ıkon az n-dik egys´eggy¨ok¨oknek megfelel˝o pontok az orig´ok¨ozep˝ u egys´egk¨ or¨ on egy szab´ alyos n-sz¨ og ment´en helyezkednek el u ´gy, hogy az ε = 1 is egys´eggy¨ok. Biz: (1) Az n-dik gy¨ okvon´ asr´ ol elmondottak alapj´an azonnal ad´odik, hisz azt |ε| = 1, ´es α = 0-ra kell alkalmazni. ognyi t´avols´agra”, ´es az 1 csakugyan (2) Minden egys´eggy¨ ok az egys´egk¨or¨on van, egym´ast´ol 2π n sz¨ ” egys´eggy¨ok. Hasznos tudnival´ o az egys´ eggy¨ ok¨ ok ¨ osszeg´ enek ´ es szorzat´ anak ismerete. ´ ıt´ All´ as: Ha ε1 , ε2 , . . . εn az n-dik egys´ eggy¨ ok¨ ok (ahol εk = cos 2kπ + i sin n n X k=1
εk = ε1 + ε2 + . . . + εn = 0 ,
tov´ abb´ a
n Y k=1
2kπ n
´ es n > 1). Ekkor
εk = ε1 · ε2 · . . . · εn =
1 −1
ha n p´ aratlan ha n p´ aros
Biz: Legyen S = ε1 + ε2 + . . . + εn . Ekkor (1 − ε1 )S = ε1 + ε2 + . . . + εn − ε1 (ε1 + ε2 + . . . + εn ) = ε1 + ε2 + . . . + εn − ε2 − ε3 − . . . − εn − ε1 = 0, teh´ at (1 − ε1 )S = 0, ahonnan S = 0 ad´ odik. (Felhaszn´ altuk, hogy ε1 · εk = εk+1 a trigonometrikus alakb´ ol ad´ od´ oan.) (Itt tkp azt bizony´ıtottuk, hogy egy szab´ alyos n-oldal´ u soks¨ og k¨ oz´ eppontj´ ab´ ol a cs´ ucspontokba mutat´ o vektorok ¨ osszege 0. Ez trivi´ alis, ha n p´ aros, hisz ekkor a vektorok ellentett p´ arokba rendezhet˝ oek. Egy´ ebk´ ent, ha az ¨ osszeg egy v vektor, akkor a cs´ ucsokba mutat´ o vektorok 2π -nel val´ o elforgatottjait ¨ osszeadva az ¨ osszeg egyr´ eszt a v vektor 2π -nel n n ssze. Innen 0 < 2π val´ o elforgatottja lesz, m´ asr´ eszt pedig nem v´ altozik, hisz ugyanazokat a vektorokat adtuk o < 2π miatt ¨ n v = 0 ad´ odik.) ok¨ ok szorzat´ aval kapcsolatban vegy¨ uk ´ eszre, hogy ha ε n-dik egys´ eggy¨ ok, akkor ε is az, hiszen εn = εn = Az egys´ eggy¨ ok¨ ok teh´ at konjug´ alt p´ arokba ´ all´ıthat´ oak, kiv´ eve a val´ os egys´ eggy¨ ok¨ oket, amelyek ¨ onmagukkal 1 = 1. Az n-dik egys´ eggy¨ allnak p´ ´ arban. Vegy¨ uk ´ eszre m´ eg, hogy ha |ε| = 1, akkor ε · ε = 1. Ez´ ert minden konjug´ alt p´ ar szorzata 1, ´ es az ¨ onmag´ aval p´ arban ´ all´ o 1 hozz´ aj´ arul´ asa is 1 a szorzathoz. Teh´ at az o eggy¨ ok szorzata att´ ol f¨ ugg, hogy az ε = −1 ¨sszes n-dik egys´ vajon n-dik egys´ eggy¨ ok-e: ha igen, akkor a szorzat −1, ha nem, akkor a szorzat 1. A −1 pedig pontosan akkor lesz n-dik egys´ eggy¨ ok, ha (−1)n = 1, azaz pontosan akkor, ha n p´ aros. L´ attuk, hogy a komplex sz´ amok alkotta matematikai strukt´ ur´ aban nem igaz sz´ amos olyan tulajdons´ ag, amit a val´ os sz´ amokon megszoktunk, pl. nem lehet ugyanolyan ´ ertelemben besz´ elni a sz´ amok nagys´ ag´ ar´ ol”. Azonban nem is ez a ” komplex sz´ amk¨ or bevezet´ es´ enek igazi jelent˝ os´ ege, hanem sokkal ink´ abb az, hogy a val´ os sz´ amokon megszokott legfontosabb tulajdons´ agok igazak, azaz C egy u ´.n. testet2 alkot, ami annyiban jobb” a val´ os sz´ amtestn´ el, hogy ebben minden ” polinomnak van gy¨ oke, m´ as sz´ oval, hogy algebrailag z´ art. Err˝ ol sz´ ol az algebra alapt´ etele: T´ etel: Ha p(x) egy komplex egy¨ utthat´ os, legal´ abb els˝ ofok´ u polinom, akkor l´ etezik olyan α komplex sz´ am, melyre p(x) = (x − α) · r(x) alakba ´ırhat´ o, ahol r(x) egy p(x)-n´ el eggyel alacsonyabb fok´ u, komplex egy¨ utthat´ os polinom. Megjegyz´ es: A fenti t´ etel k¨ ovetkezm´ enye, hogy ha p(x) val´ os egy¨ utthat´ os, akkor tal´ alunk egy α gy¨ ok´ et, ami vagy val´ os (´ es kiemelhetj¨ uk a gy¨ okt´ enyez˝ ot) vagy α k´ epzetes r´ esze nemnulla. Ut´ obbi esetben (mint az k¨ onnyen l´ athat´ o) α is gy¨ oke p(x)-nek, azaz p(x) = (x − α)(x − α)r0 (x) alakba ´ırhat´ o, ahol r0 (x) egy p(x)-n´ el kett˝ ovel alacsonyabb fok´ u, val´ os egy¨ utthat´ os polinom. (Ut´ obbi abb´ ol ad´ odik, hogy q(x) = (x − α)(x − α) egy val´ os egy¨ utthat´ os m´ asodfok´ u polinom. ´ (Ertelemszer˝ uen q(x) diszkrimin´ ansa negat´ıv, ´ es a m´ asodfok´ u egyenlet megold´ ok´ eplete ´ eppen α-t ´ es α-t adja.)) 2 Ennek pontos jelent´ es´ evel a m´ asodik f´ el´ evben fogunk megismerkedni; itt legyen el´ eg annyi, hogy a most k¨ ovetkez˝ o line´ aris algebra szakaszokban feltetelezz¨ uk ugyan, hogy a skal´ arokon val´ os sz´ amokat ´ ert¨ unk, az ott elmondottak komplex skal´ arokkal is minden tov´ abbi n´ elk¨ ul m˝ uk¨ odnek.
9 Az algebra alapt´ etel´ enek ism´ etelt alkalmaz´ as´ ab´ ol az ad´ odik, hogy minden val´ os egy¨ utthat´ os polinom fel´ırhat´ o legfeljebb m´ asodfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok szorzatak´ ent, ´ es ez a t´ etel b´ ar a val´ os sz´ amk¨ orre vonatkozik, nehezen bizony´ıthat´ o a komplex sz´ amk¨ or megker¨ ul´ es´ evel.
2. fejezet
Line´ aris algebra 2.1 Koordin´ atageometria Tudjuk, hogy a h´ aromdimenzi´ os t´er pontjai egy´ertelm˝ uen jellemezhet˝oek egy val´os sz´amh´armassal, m´ ar persze, amennyiben el˝ ozetesen r¨ ogz´ıtett¨ unk egy der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszert. Term´eszetes k´erd´es, hogy hogyan jellemezhet˝ oek k¨ ul¨ onf´ele t´erbeli alakzatok, illetve azok metszetei. T´erbeli alakzatokon most a pontot, az egyenest ´es a s´ıkot ´ertj¨ uk. Lemma: Ha a P pont koordin´ at´ ai (x0 , y0 , z0 ), ´es O az orig´o, akkor |OP |2 = x20 + y02 + z02 . ulete az xy s´ıkra, ´es legyen P2 (x0 , 0, 0) Biz: Legyen P1 (x0 , y0 , 0) a P vet¨ a P1 vet¨ ulete az x tengelyre! Vil´ agos, hogy OP2 P1 ´es OP1 P der´eksz¨og˝ u h´ aromsz¨ ogek, ez´ert Pitagorasz t´etele szerint |OP1 |2 = |OP2 |2 + |P2 P1 |2 = x20 + y02 , ill. |OP |2 = |OP1 |2 + |P1 P |2 = x20 + y02 + |P1 P |2 = x20 + y02 + z02 .
z
y P (x0 , y0 , z0 ) P1 (x0 , y0 , 0) x P2 (x0 , 0, 0)
O
A lemma seg´ıts´eg´evel jellemezhetj¨ uk k´et vektor mer˝olegess´eg´et. T´ etel: Legyenek P (x0 , y0 , z0 ) ´es Q(x1 , y1 , z1 ) a koordin´atarendszer tetsz˝oleges pontjai, O pedig legyen az orig´ o. Ekkor OP ⊥ OQ ⇐⇒ (x0 x1 + y0 y1 + z0 z1 = 0) . Biz: OP ´es OQ pontosan akkor mer˝olegesek, ha az OP Q4 O-n´al lev˝o ul, ha |OP |2 + sz¨ oge π2 , ami Pitagorasz t´etele szerint pontosan akkor teljes¨ 2 2 |OQ| = |P Q| . Be´ırva a megfelel˝ o koordin´at´akat, az el˝oz˝o lemma alapj´an ez pontosan azt jelenti, hogy x20 + y02 + z02 + x21 + y12 + z12 = (x0 − x1 )2 + (y0 − y1 )2 + (z0 − z1 )2 = x20 + x21 − 2x0 x1 + y02 + y12 − 2y0 y1 + z02 + z12 − 2z0 z1 teljes¨ ul. Ez ut´ obbi pedig azzal ekvivalens, hogy x0 x1 + y0 y1 + z0 z1 = 0. Mi pedig ´eppen ezt akartuk bizony´ıtani.
z
y P (x0 , y0 , z0 ) O
x Q(x1 , y1 , z1 )
Def: Ha S a h´ aromdimenzi´ os t´er egy s´ıkja, akkor az n vektort az S norm´ alvektor´ anak nevezz¨ uk, ha n 6= 0 ´es n mer˝ oleges minden S-beli vektorra. (A 0 jel¨ol´es a 0 hossz´ us´ag´ u nullvektort jelenti.) T´ etel: Legyen S a koordin´ atarendszer s´ıkja, legyen P (x0 , y0 , z0 ) az S s´ık egy pontja, n = (a, b, c) pedig S egy norm´alvektora. Ekkor egy Q(x, y, z) pont pontosan akkor van az S s´ıkban, ha ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0 teljes¨ ul. Biz: Q ∈ S ⇐⇒ n ⊥ P~Q = (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) ⇐⇒ 0 = a(x − x0 ) + b(y − y0 ) + c(z − z0 ) ⇐⇒ ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0 .
n = (a, b, c) P (xo , y0 , z0 )
y z
S x
A fenti t´etel mutatja az al´ abbi defin´ıci´o ´erv´enyess´eg´et. Def: Az n = (a, b, c) norm´ alvektor´ u P (x0 , y0 , z0 ) ponton ´atmen˝o s´ık egyenlete ax + by + cz = konst, ahol konst = ax0 + by0 + cz0 . 10
2.2. VEKTORTEREK
11
Def: Ha e egy egyenes, akkor a v vektor az e ir´ anyvektora, ha v 6= 0 ´es v k e. Tetsz˝ oleges e egyenest egy´ertelm˝ uen meghat´aroz, ha megadjuk egy pontj´ at ´es e egy ir´ anyvektor´ at. Megfigyel´ es: Legyen P (x0 , y0 , z0 ) a v = (v1 , v2 , v3 ) ir´anyvektor´ u e egye~ = OP ~ +λv ⇐⇒ (x, y, z) = nes egy pontja. Ekkor Q ∈ e ⇐⇒ ∃λ ∈ R : OQ (x0 , y0 , z0 ) + λ(v1 , v2 , v3 ) ⇐⇒
v = (v1 , v2 , v3 ) y
P (x0 , y0 , z0 ) z
x
x = x0 + λv1 (2.1)
y = y0 + λv2 z = z0 + λv3 .
Def: A (2.1) megfogalmaz´ ast az e egyenes param´eteres egyenletrendszer´enek nevezz¨ uk. Vizsg´ aljuk meg a (2.1) egyenletrendszert. Ha az ir´anyvektor egyik koordin´atas´ıkkal sem p´arhuzamos, azaz v1 v2 v3 6= 0, akkor az al´ abbi ekvivalens form´at kapjuk: λ=
x − x0 y − y0 z − z0 = = . v1 v2 v3
Ha v-nek pontosan egy koordin´ at´ aja 0 (mondjuk v3 ), akkor az egyenletrendszer a λ=
x − x0 y − y0 = v1 v2
z = z0
alakot ¨ olti. V´eg¨ ul ha az ir´ anyvektor valamelyik (mondjuk az x) koordin´atatengellyel p´arhuzamos (azaz v2 = v3 = 0), akkor a x − x0 y = y 0 , z = z0 λ= v1 alakot kapjuk. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a fenti h´arom eset mindegyik´ere igaz, hogy az egyenest k´et s´ık egyenlet´enek egy¨ uttes teljes¨ ul´ese ´ırja le, a λ param´eterrel nem foglalkozunk.
2.2 Vektorterek Def: A V halmazt R feletti vektort´er nek mondjuk1 , ha (1) (V, +) kommutat´ıv csoport, azaz az ¨osszead´asra az al´abbi azonoss´agok igazak ∀u, v, w ∈ V eset´en (¨ o1) u + (v + w) = (u + v) + w, (¨o2) u + v = v + u, (¨ o3) l´etezik 0 ∈ V : u + 0 = u ∀u ∈ U -ra, (¨o4) ∀u ∈ U -ra l´etezik egy −u ∈ V , amire u + (−u) = 0 . (2) A skal´ arral val´ o szorz´ asra a szorz´ asaxi´om´ak teljes¨ ul´es´et kiv´anjuk meg: ∀λ, κ ∈ R, (λ, κ ∈ R) ∀u, v ∈ V (sz1) (λ + κ)u = λu + κu, (sz2) λ(u + v) = λu + λv, (sz3) (λκ)u = λ(κu), (sz4) 1u = u Megjegyz´ es: Az (¨ o4) felt´etelben szerepl˝o −u vektort az u vektor ellentettj´enek h´ıvjuk. P´ elda: (1) R (´es minden test) vektort´er ¨onmaga felett. (2) A s´ıkbeli (t´erbeli) helyvektorok vektorteret alkotnak R felett a szok´asos vektor¨osszead´asra” ´es ska” l´ arral val´ o szorz´ asra. (3) A val´ os sz´ amokb´ ol alkotott n hossz´ u sorozatok is vektorteret alkotnak R felett, ahol (x1 , x2 , . . . , xn )+ (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ), illetve λ(x1 , x2 , . . . , xn ) = (λx1 , λx2 , . . . , λxn ). A nullvektor az csupa-0 sorozat, az ellentett a (−1)-szeresek sorozata. (Vil´ agos, hogy az (1) ill. (2) p´ eld´ ak a (3) speci´ alis esetei n = 1 ill. n = 2, 3 eset´ en.)
(4) Az n × k m´eret˝ u (val´ os) m´ atrixok is vektorteret alkotnak R felett, ha az ¨osszead´ast elemenk´ent, a skal´ arral val´ o szorz´ ast pedig az ¨ osszes m´atrixelem v´egigszorz´asak´ent ´ertelmezz¨ uk. A nullvektor az azonosan 0 m´ atrix, az ellentett az elemenk´ent (−1)-gyel v´egigszorzott m´atrix. Az n = 1 eset ´ epp az el˝ oz˝ o p´ eld´ at adja.
(5) A val´ os polinomok is vektorteret alkotnak R felett, a legfeljebb n-edfok´ u polinomok szint´en. Nullvektor az azonosan 0 polinom, ellentett a (−1)-szeres. (6) A val´ os sz´ amok mindegyik´ehez egy val´os sz´amot rendel˝o (f : R → R t´ıpus´ u) f¨ uggv´enyek R felett vektorteret alkotnak, ahol az ¨ osszead´as az (f + g)(x) := f (x) + g(x), a skal´arral szorz´as pedig a (λ · f )(x) := λ · f (x) azonoss´ aggal ´ertelmezhet˝o. Nullvektor az azonosan 0 lek´epez´es, ellentett pedig a f¨ uggv´eny (−1)-szerese. 1R
elemeit skal´ aroknak nevezz¨ uk
12
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
T´ etel: Ha V egy val´ os vektort´er, akkor teljes¨ ulnek az (1) λ0 = 0 ∀λ ∈ R, (2) 0v = 0 ∀v ∈ V , (3) (−1)v = −v ∀v ∈ V , (4) λv = 0 ⇒ (λ = 0 vagy v = 0) azonoss´agok. Biz: (1): Vil´ agos, hogy 0 = 0+0. Mindk´et oldalt λ-val megszorozva azt kapjuk, hogy λ0 = λ(0+0) = λ0 + λ0. Mindk´et oldalhoz a λ0 vektor −(λ0) ellentettj´et hozz´aadva ad´odik, hogy 0 = −(λ0) + λ0 = −(λ0) + (λ0 + λ0) = (−(λ0) + λ0) + λ0 = 0 + λ0 = λ0, ´es ´eppen ezt kellett igazolnunk. (2): Hasonl´ oan j´ arunk el, csak a vektor ´es skal´ar szerepet cser´el. Mivel 0 = 0 + 0, ez´ert v-t megszorozva ezzel az egyenl˝ os´eg fennmarad: 0v = (0 + 0)v = 0v + 0v. Most mindk´et oldalhoz hozz´aadhatjuk a 0v vektor −(0v) ellentettj´et, azaz 0 = −(0v) + 0v = −(0v) + (0v + 0v) = (−0v + 0v) + 0v = 0 + 0v = 0v, gy˝ ozt¨ unk. (3): Az el˝ oz˝ oek szerint 0 = 0v = (1 − 1)v = 1v + (−1)v = v + (−1)v1, ´ıgy mindk´et oldalhoz −v-t adva −v = −v + 0 = −v + (v + (−1)v) = (−v + v) + (−1)v = 0 + (−1)v = (−1)v ad´odik, ´es nek¨ unk ezt kellett igazolnunk. uk fel most, hogy λv = 0, ´es λ 6= 0. Azt kell (4): L´ attuk, hogy λ = 0 ill. v = 0 eset´en λv = 0. Tegy¨ igazolnunk, hogy v = 0. Tess´ek: 0 = λ1 0 = λ1 (λv) = ( λ1 λ)v = 1v = v.2 Def: A W ⊆ V r´eszhalmaz a V val´os vektort´er altere, ha W is val´os vektort´er a V vektort´er m˝ uveleteire. Jel¨ ol´ese: W ≤ V . Trivi´ alis alt´er alatt mag´at a V vektorteret, ill. az egyed¨ ul a 0-b´ol ´ all´ o alteret ´ertj¨ uk. P´ elda: (1) A s´ıkbeli helyvektorok alkotta vektort´ernek alterei a trivi´alis altereken k´ıv¨ ul u ´gy kapunk egy orig´ on ´ atmen˝o e egyenest, ´es pontosan azon vektorok lesznek az alt´erben, hat´ oak, hogy tekint¨ melyek e-re illeszkednek. (2) A 2 × 3-as m´ atrixok k¨ oz¨ ott alteret alkotnak azok a m´atrixok, amelyek els˝o sor´aban ´all´o elemek osszege 0. ¨ (3) A legfeljebb 10-edfok´ u val´ os polinomok vektorter´enek alter´et alkotj´ak azok a polinomok, amelyekben csak olyan tagok szerepelnek, amikben a kitev˝o pr´ımhatv´any (´es persze legfeljebb 10-edfok´ uak). Ebb˝ ol az alt´erb˝ ol egy polinom pl a p(x) = 24x2 − x3 + 4x7 . T´ etel: Ha V vektort´er, akkor ∅ = 6 W ⊆ V pontosan akkor altere V -nek, ha z´art a vektor¨osszead´ asra ´es a skal´ arral val´ o szorz´ asra. Biz: Vil´ agos, hogy ha W alt´er, akkor sem a vektor¨osszead´as, sem a skal´arral val´o szorz´as nem vezethet uk meg, hogy a m˝ uveletek z´arts´ag´ab´ol azonnal ad´odnak az (¨o1,¨ o2), ki W -b˝ ol. Az el´egs´egess´eghez figyelj¨ ill. az (sz1, sz2, sz3, sz4) axi´ om´ ak, ´ıgy csup´an (¨o3,¨o4)-t kell ellen˝orizni. Mivel ∅ 6= W , ez´ert l´etezik egy w ∈ W , ahonnan −w = (−1)w ∈ W a skal´arral szorz´as z´arts´aga miatt. Innen pedig 0 = w + (−w) ∈ W , teh´ at (¨ o3,¨ o4) is teljes¨ ul. ´ ıt´ All´ as: Ha U, W ≤ V alterek, akkor U ∩ W ≤ V , azaz alterek metszete er. Ez v´ egtelen sok alt´ erre is igaz, azaz ha T alt´ Uα ≤ V minden α ∈ I eset´ en (ahol I ak´ ar v´ egtelen halmaz is lehet, akkor α∈I Uα ≤ V szint´ en alt´ er. Biz: A m˝ uveletz´ arts´ agot kell ellen˝ orizni. Ha u, v ∈ U ∩ W , akkor u, v ∈ U , ez´ ert u + v ∈ U ´ es u, v ∈ V ´ıgy u + v ∈ V , azaz u + v ∈ U ∩ W . Ha pedig λ ∈ R, akkor u ∈ U miatt λu ∈ U ´ es u ∈ V miatt λu ∈ W , ez´ ert λu ∈ U ∩ W . T en u, v ∈ Uα miatt u + v ∈ Uα teljes¨ ul minden α ∈TI-re, ez´ ert u + v ∈ egtelen v´ altozathoz u, v ∈ α∈I Uα ) eset´ T A v´ oleges λ ∈ R eset´ en pedig u ∈ Uα miatt λu ∈ Uα teljes¨ ul minen α ∈ I-re, ez´ ert λu ∈ α∈I Uα ad´ odik ha α∈I TUα . Tetsz˝ u ∈ α∈I Uα .
Pn Def: Legyen V val´ os vektort´er. A v1 , v2 , . . . vP aris kombin´ aci´ oja a i=1 λi vi = λ1 v1 + n vektorok line´ n λ2 v2 + . . . + λn vn vektor¨ osszeg, ahol λi ∈ R. A i=1 λi vi lin. komb. trivi´ alis, ha ∀λi = 0. Def: Azt mondjuk, hogy a v ∈ V vektort gener´ alja a V vektort´er U r´eszhalmaza, ha v el˝o´all U n´eh´ any (v´eges sok) vektor´ anak line´ aris kombin´ Pnaci´ojak´ent. (Azaz, ha l´etezik egy n ∈ N sz´am, ´es l´eteznek u1 , u2 , . . . , un ∈ U vektorok u ´gy, hogy v = i=1 λi ui teljes¨ ul alkalmas λi -ket v´alasztva.) Az U r´eszhalmaz gener´ alta vektorok halmaz´ at hU i jel¨oli. Egy g1 , g2 , . . . gn v´eges vektorrendszer ´altal gener´alt vektorok halmaz´ at hg1 , g2 , . . . gn i-vel jel¨ olj¨ uk. Az U ⊆ V halmaz gener´ alja a W ≤ V alteret, ha minden vektor´ at gener´ alja, azaz, ha W ⊆ hU i. Ha ezen t´ ul m´eg U ⊆ W is teljes¨ ul, akkor U -t a W gener´ atorrendszer´enek mondjuk. A line´ aris kombin´ aci´ o val´ oj´ aban annak a t´enynek pontos le´ır´asa, hogy vektorok egy adott U halmaz´ ab´ ol a vektort´er m˝ uveleteinek seg´ıts´eg´evel hogyan lehet el˝o´all´ıtani egy u ´jabb v vektort. Ilyenform´ an hU i nem m´ as, mint mindazon v vektorok halmaza, amiket megkaphatunk az U elemeib˝ol a vektort´er m˝ uveleteinek alkalmaz´ as´ aval. Ezen szeml´elet szerint hU i bizonyosan z´art a m˝ uveletekre, ´ıgy kor´abbi t´etel szerint alt´er. Ezt be is bizony´ıtjuk az al´abbiakban. T´ etel: Tetsz˝ oleges vektorrendszer a´ltal gener´alt vektorok alteret alkotnak, azaz hU i ≤ V b´armely U ⊆ V eset´en.
2 (3) ´ es (4) bizony´ıt´ as´ ahoz sz¨ uks´ eg volt az (sz4) axi´ om´ ara is. Ha ennek az axi´ om´ anak nem kellenne teljes¨ ulni, akkor m´ odos´ıthatn´ ank egy tetsz˝ oleges vektort´ eren a skal´ arral val´ o szorz´ ast u ´gy, hogy λv := 0 teljes¨ ulj¨ on minden λ ∈ R ´ es minden v ∈ V eset´ en. Az ´ıgy kapott nem t´ ul izgalmas strukt´ ura az (sz4) kiv´ etel´ evel minden vektort´ eraxi´ om´ at teljes´ıt.
2.2. VEKTORTEREK
13
Biz: A m˝ uveletekre val´ o z´ arts´ agot kell ellen˝orizn¨ unk, azaz, hogy U n´eh´any elem´enek egy line´ris kombin´ a aci´ oj´ at a λ skal´ arral megszorozva line´aris kombin´aci´ot kapunk, P illetve, hogy k´et line´ an ris kombin´ aci´ o o aris kombin´aci´o. Az els˝o esetben legyenPv := λ u , ekkor λv = ¨sszege is line´ i i i=1 n λ(λ1 u1 + λ2 u2 + . . . λn un ) = λ · λ1 u1 + λ · λP λλ u , ami val´ o ban line´ a 2 u 2 + . . . + λ · λn u n = i i i=1P n m ris kombin´ aci´ o. Az ¨ osszeg eset´en legyen v = i=1 λi ui az egyik, ill. w = i=k κi ui a m´asik line´ aris kombin´ aci´ o, ahol a gener´ al´ o ui vektorok k¨oz¨ ul n´eh´anyat esetleg a v ´es a w el˝o´all´ıt´as´ahoz is felhaszn´ altunk, n´eh´ anyat pedig esetleg csak az egyikhez. Az adott el˝oP ´all´ıt´ashoz fel nem haszn´ uttPmalt ui -k egy¨ m hat´ oj´ at 0-nak v´ alasztva feltehet˝ o, hogy az el˝o´all´ıt´asaink v = λ u ill. w = κ u alak´ u ak. i i i i i=1 i=1 Ekkor a P line´ aris kombin´ a ci´ o k a ´ trendez´ e s´ e vel (az (¨ o 1, o 2) illetve az (sz1) axi´ o m´ a k felhaszn´ a l´ a s´ a val) a ¨ Pm Pm m v + w = i=1 λi ui + i=1 κi ui = i=1 (λi + κi )ui alak ad´odik, ami szint´en egy line´aris kombin´aci´ o, ´es ilyenform´ an v + w ∈ hU i . Def: A v1 , v2 , . . . , vn vektorrendszer (line´ a risan) f¨ u ggetlen, ha csak a trivi´ a lis line´ a ris kombin´ a ci´ o juk Pn all´ıtja el˝ ´ o a 0-t, azaz, ha i=1 λi vi = 0 ⇒ ∀λi = 0. A rendszer (line´ arisan) ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha nem lin. Pfenti n ftn., azaz, ha a 0 el˝ o´ all nemtriv. lin. komb.-k´ent is: i=1 λi vi = 0, ´es λi 6= 0 valamely i-re.3 Megjegyz´ es: (1) Nem gy˝ ozz¨ uk el´egszer hangs´ ulyozni, hogy a line´aris f¨ uggetlens´eg nem egy vektor ´ tulajdons´ aga, hanem vektorok egy halmaz´ar´ol lehet eld¨onteni, hogy f¨ uggetlen-e vagy sem.4 (Eppens´ eggel egyelem˝ u halmazokr´ ol is besz´elhet¨ unk, ´es ebben a tekintetben mondhatjuk, hogy a {v} halmaz pontosan akkor line´ arisan f¨ uggetlen, ha v 6= 0.) (2) Igaz viszont az az ´ all´ıt´ as, hogy ha vektorok egy rendszere line´arisan f¨ uggetlen, akkor ennek a rendszernek b´ armely r´eszhalmaza szint´en line´arisan f¨ uggetlen rendszert alkot. ´ ıt´ uggetlen, ha egyik vk sem ´all el˝o a marad´ek All´ as: A v1 , v2 , . . . , vn vektorrendszer pontosan akkor f¨ vj vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojak´ e nt. P P Biz: Vil´ agos, hogy ha vk = i6=k λi vi , akkor a 0 = i6=k λi vi + (−1) · vk egy nemtrivi´alis line´ aris kombin´ aci´ o, hiszen vk egy¨ utthat´ oja −1. Ha teh´at vk el˝o´all line´aris kombin´aci´ok´ent, akkor a rendszer osszef¨ ugg˝ o. M´ asfel˝ ol, ha {v1 , v2 ,P . . . , vn } ¨osszef¨ ugg˝o, azaz nem lin. ftn., akkor a 0 el˝o´all nemtrivi´ alis ¨ n line´ a ris kombin´ a ci´ o k´ e nt, pl. 0 = λ v alakban, ahol (mondjuk) λ = 6 0. Ekkor a ´ trendez´ e ssel λ v k k k = P i=1 i i P P λi 1 −λ v = − v ad´ o dik, ami ´ e pp v el˝ o a ´ ll´ ıt´ a sa a marad´ ek −λ v , ahonnan v = i i k i i k i6=k i6=k i6=k λk λk i vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent. Def: A {b1 , b2 , . . . , bn } vektorrendszer a V vektort´er b´ azisa, ha lin. ftn. ´es egy´ uttal V gener´atorrendszere. T´ etel: A {b1 , b2 , . . . , bn } pontosan akkor b´azisa V -nek, ha ∀v ∈ V egy´ertelm˝ uen ´all el˝o a bi -k lin. komb.jak´ent. Biz: Tegy¨ uk fel, hogy {b1 , b2 , . . . , bn } b´azis. Ekkor V minden vektora el˝o´all line´aris kombin´ aciok´ent, hiszen a b´ ´ azis gener´ atorrendszer. Azt kell l´ a tnunk, hogy a line´ a ris kombin´ a ci´ o k´ e nt t¨ o rt´ en˝ o Pn Pn uk fel,Phogy v = fel´ır´ aP s egy´ertelm˝ uP . Tegy¨ λ b = κ b k´ e t fel´ ır´ a s. Ekkor a ´ trendez´ e ssel i=1 i i i=1 i i n n n 0 = i=1 λi bi − i=1 κi bi = i=1 (λi − κi )bi , ahonnan a bi f¨ uggetlens´ege miatt λi − κi = 0 k¨ ovetkezik minden i-re. Eszerint λ1 = κ1 , λ2 = κ2 , . . . , λn = κn , teh´at a fel´ır´as csakugyan egy´ertelm˝ u. Most tegy¨ uk fel, hogy a V b´ armely eleme egy´ertelm˝ uen ´all´ıthat´o el˝o a b1 , b2 , . . . , bn vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent. E vektorok teh´ at gener´atorrendszert alkotnak, csak a line´aris f¨ uggetlens´eget kell ellen˝ orizni. Ha line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ oek lenn´enek, akkor valamelyik¨ uk (mondjuk bk ) el˝o´allna marad´ek vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojak´ent, de ez ellentmond´as, ugyanis bk nem ´allna el˝o egy´ertelm˝ uen, hisz ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o el˝o´all´ıt´as lenne. bk = 1 · bk egy, az eml´ıtett˝ Def: Az u ∈ V vektor B = {b1 , b2 , . . . , bn } b´ azis szerinti koordin´ at´ ai α1 , α2 , . . . , αn , ha u = ! α1 Pn . . atavektora az [u]B := oszlopvektor. i=1 αi bi . Az u B szerinti koordin´ . αn
´ Megfigyel´ es: Erdemes ut´ anagondolni, hogy ha B a V vektort´er b´azisa, u, v ∈ V ´es λ ∈ R, akkor [u + v]B = [u]B + [v]B ill. [λu]B = λ · [u]B . Def: A V vektort´er dimenzi´ oja a V egy tetsz˝oleges B b´azis´anak elemsz´ama. Kicser´ el´ esi t´ etel: Ha F = {f1 , f2 , . . . , fn } ⊆ V ftn ´es G = {g1 , g2 , . . . , gk } ⊆ V gener´alja V -t, akkor tetsz˝ oleges fi -hez (i = 1, 2, . . . , n) l´etezik gj (j = 1, 2, . . . , k) u ´gy, hogy F \ {fi } ∪ {gj } f¨ uggetlen. Biz: Indirekt bizony´ıtunk, azaz feltessz¨ uk, hogy valamelyik fi -hez nem l´etezik gj . R¨ogz´ıts¨ uk ezt az fi t, ´es vizsg´ aljuk meg, mit jelent az, hogy F \{fi }∪{gj } nem line´arisan f¨ uggetlen. Mivel F \{fi } line´arisan 3 Teljesen hasonl´ oan defini´ alhat´ o egy U ⊆ V r´ eszhalmaz line´ aris f¨ uggetlens´ ege is, de mi megel´ egsz¨ unk a fentivel annak ok´ an, hogy csak olyan vektorterekkel fogunk r´ eszletesebben foglalkozni, amikben minden line´ arisan f¨ uggetlen halmaz v´ eges. (M´ as sz´ oval: a sz´ amunkra ´ erdekes vektorterek b´ armely v´ egtelen halmaza line´ arisan ¨ osszef¨ ugg˝ o.) 4 A gyors vizsg´ az´ as egy lehets´ eges m´ odja a k¨ ovetkez˝ o kijelent´ es: Ha az u line´ arisan f¨ uggetlen vektor ´ es a v is line´ arisan ” f¨ uggetlen, akkor az u ´ es v vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek.”
14
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
f¨ uggetlen, ez´ert ha F \ {fi } ∪ {gj } egy nemtrivi´alis line´aris kombin´aci´oja 0-t ad, akkor gj egy¨ utthat´ oja nemnulla, azaz gj el˝ o´ all´ıthat´ o az F \ {fi }-beli vektorok line´aris kombin´aci´ojak´ent. Ez minden gj vektorra igaz, teh´ at g1 , g2 , . . . gk ∈ hF \ {fi }i. Ekkor azonban a gj -k ´altal gener´alt vektorokat is gener´alj´ak az F \ {fi }-beli vektorok (hiszen a gener´ alt alt´er z´art a m˝ uveletekre, ´ıgy a line´aris kombin´aci´ora is), teh´ at fi ∈ hg1 , g2 , . . . gk i ⊂ hF \ {fi }i, ahol az els˝o rel´aci´o a gj -k gener´atortulajdons´ag´ab´ol ad´odik. Azt kaptuk, hogy fi -t gener´ alj´ ak a marad´ek F -beli vektorok, ami ellentmond F f¨ uggetlens´eg´enek. K¨ ov.: Ha f1 , f2 , . . . fn line´ arisan f¨ uggetlenek ´es a g1 , g2 , . . . gk vektorok gener´alj´ak V -t, akkor n ≤ k. Biz: A kicser´el´esi t´etel ´ altal biztos´ıtott m´odon (teh´at a f¨ uggetlens´eg megtart´as´aval) cser´elj¨ uk ki sorban az f1 , f2 , . . . , fn vektorokat egy-egy gj -re. Az fn cser´eje ut´an egy olyan n vektorb´ol ´all´o, line´arisan f¨ uggetlen rendszert kapunk, amiben minden fi helyett egy-egy gj ´all. Ha k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o fi hely´ere is ugyanaz a gj ker¨ ul, akkor a kapott rendszer nem lesz f¨ uggetlen: az egyik gj -nek 1, a m´asiknak −1 egy¨ utthat´ ot adva (a t¨ obbit pedig 0-nak v´alasztva) egy 0-t ad´o nemtrivi´alis, line´aris kombin´aci´ot kapn´ ank. Teh´ at a becser´elt gj -k mindegyike k¨ ul¨ onb¨oz˝o, ´ıgy a gj -k sz´ama legal´abb akkora, mint az fi -k´e. K¨ ov.: Vektort´er b´ armely k´et b´ azisa azonos elemsz´am´ u. A dimenzi´o fogalma j´oldefini´alt. Biz: Legyenek B1 ´es B2 a V t´er b´azisai. Mivel B1 ftn, ´es B2 gener´atorrendszer, ez´ert az el˝ oz˝ o k¨ ovetkezm´eny miatt |B1 | ≤ |B2 |. B2 f¨ uggetlens´eg´eb˝ol ´es B1 gener´atortulajdons´ag´ab´ol pedig |B2 | ≤ |B1 | ad´ odik, ahonnan az ´ all´ıt´ as r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik. Megjegyz´ es: Jegyezz¨ uk meg, hogy a fent kimondott ´ all´ıt´ asok olyan vektorterekre vonatkoznak, amik v´ egesen gener´ altak, azaz l´ etezik v´ eges gener´ atorrendszer¨ uk. Nem minden vektort´ er ilyen: nem v´ egesen gener´ alt pl a val´ os polinomok vektortere, vagy az azt alt´ erk´ ent tartalmaz´ o val´ os f¨ uggv´ enyek vektortere sem. B´ ar a nem v´ egesen gener´ alt vektorterek matematik´ aja legal´ abb olyan ´ erdekes, mint a v´ egesen gener´ altak´ e, mi megel´ egsz¨ unk azzal, hogy a tov´ abbiakban csak az ut´ obbi t´ıpus´ uakkal foglalkozunk. (´Igy pl. a b´ azis mindig egy v´ eges halmazt fog jelenteni.)
T´ etel: Ha F ⊆ V ftn ´es a G ⊆ V halmaz gener´alja a V (v´egesen gener´alt) vektorteret, akkor l´eteznek azisok. M´ as sz´ oval: ha a V vektort´er v´egesen gener´alt, akkor tetsz˝oleges line´arisan F ⊆ B1 ill. B2 ⊆ G b´ f¨ uggetlen r´eszhalmaz kiterjeszthet˝ o a teljes t´er egy b´azis´av´a, ill. tetsz˝oleges gener´atorrendszer tartalmaz egy b´ azist. Biz: Legyen G0 = {g1 , g2 , . . . , gk } a V vektort´er egy v´eges gener´atorrendszere! H´ızlaljuk fel” az F ” halmazt u ´gy, hogy egyes´evel megpr´ ob´ aljuk G0 soron k¨ovetkez˝o elem´et hozz´avenni a m´ar eddig felh´ızlalt uk be az aktu´alis gj -t, ha a keletkez˝o halmaz ez´altal linehalmazhoz, arra u ¨gyelve, hogy csak akkor vessz¨ arisan f¨ ´ uggetlen marad. Legyen B1 az ¨osszes G0 -beli ellen˝orz´ese ut´an kapott felh´ızlalt halmaz. Vil´ agos, hogy F ⊆ B1 , tov´ abb´ a, hogy B1 f¨ uggetlen. Azt kell csup´an igazolni, hogy B1 gener´alja V -t. Ez abb´ol k¨ ovetkezik, hogy B1 gener´ alja a G0 gener´ atorrendszer minden elem´et. Ha ugyanis gj ∈ B1 , akkor ez vil´ agos, k¨ ul¨ onben pedig gj ellen˝ orz´esekor egy ftn rendszerb˝ol line´arisan ¨osszef¨ ugg˝ot kaptunk gj hozz´av´etel´evel, teh´ at gj m´ ar el˝ o´ allt egyszer az aktu´ alis f¨ uggetlen halmaz elemeinek line´aris kombin´aci´ojak´ent. ´Igy el˝ o´ all a kib˝ ov´ıtett B1 halmaz elemeinek line´ aris kombin´aci´ojak´ent is. M´arpedig, ha B1 a G0 minden elem´et gener´ alja, akkor minden G0 ´ altal gener´ alt vektort is gener´al, azaz a teljes vektort´er gener´atorrendszer´et kaptuk. A B2 b´ azis el˝ o´ all´ıt´ as´ ahoz v´ alasszuk ki G egy tetsz˝oleges nemnulla elem´et, mondjuk b1 -t. Ha hb1 i = V , akkor k´esz vagyunk, hisz m´ aris tal´ altunk egy b´azist. Tegy¨ uk fel, hogy G-b˝ol m´ar kor´abban kiv´alasztotarisan f¨ uggetlen elemeket. Ha hb1 , b2 , . . . , bl i = V , akkor k´esz vagyunk, hisz egy tuk a b1 , b2 , . . . , bl line´ line´ arisan f¨ uggetlen gener´ atorrendszert tal´altunk. Egy´ebk´ent hb1 , b2 , . . . , bl i = 6 V = hGi, teh´at l´etezik G-nek olyan eleme (mondjuk bl+1 ), ami nem ´all el˝o a b1 , b2 , . . . bl elemek line´aris kombin´aci´ojak´ent. A line´ aris f¨ uggetlens´egre kor´ abban bizony´ıtott ¨osszef¨ ugg´es alapj´an ekkor b1 , b2 , . . . , bl , bl+1 is line´arisan f¨ uggetlen lesz. Mivel G0 a V t´er egy k-elem˝ u gener´atorrendszere, minden line´arisan f¨ uggetlen rendszer legfeljebb k-elem˝ u lehet, teh´ at a fenti b˝ov´ıt´est legfeljebb k-szor tudjuk megtenni. Eszerint legk´es˝obb a k-dik l´ep´esben a bi vektorok gener´ alj´ ak a teljes V teret, azaz megkaptunk egy B2 ⊆ G b´azist. ´ ıt´ All´ as: (1) U ≤ V ⇒ dim U ≤ dim V . (2) Az al´ abbi 5 ´ all´ıt´ as ekvivalens. (a) dim V = n ⇐⇒ (b) ∃n-elem˝ u ftn, ´ es minden n-elem˝ u ftn b´ azis ⇐⇒ (c) ∃n-elem˝ u gener´ atorrsz., ´ es minden n-elem˝ u gen.rsz. b´ azis ⇐⇒ (d) ∃n-elem˝ u ftn, ´ es b´ armely (n + 1) vektor ¨ of ⇐⇒ (e) ∃n-elem˝ u gen.rsz., ´ es 6 ∃(n − 1) elem˝ u gen.rsz. Biz: (1): Legyen B az U alt´ er egy b´ azisa. Mivel B f¨ uggetlen V -ben, ez´ ert B kieg´ esz´ıthet˝ o V b´ azis´ av´ a, teh´ at V b´ azis´ anak legal´ abb annyi eleme van, mint U -´ enak. (2): (a) ⇒ (b): Ha dim V = n, akkor l´ etezik n-elem˝ u b´ azis, ami egy n-elem˝ u line´ arisan ftn gener´ atorrendszer. L´ etezik teh´ at n-elem˝ u ftn. Ha F egy n-elem˝ u f¨ uggetlen, akkor l´ etezik F -t tartalmaz´ o b´ azis, de a b´ azisok elemsz´ am´ anak egyenl˝ os´ ege miatt ez csak F lehet. (b) ⇒ (c): L´ etezik n-elem˝ u f¨ uggetlen, ´ıgy minden gener´ atorrendszer legal´ abb n-elem˝ u. Mivel l´ etezik n-elem˝ u b´ azis, ez´ ert ha G egy n-elem˝ u gener´ atorrendszer, akkor b´ armely G ´ altal tartalmazott b´ azis is n-elem˝ u, teh´ at az csakis G lehet. (c) ⇒ (d): L´ etezik n-elem˝ u gener´ atorrendszer, ez´ ert nem l´ etezhet legal´ abb (n + 1)-elem˝ u f¨ uggetlen. Azt is tudjuk, hogy l´ etezik n-elem˝ u b´ azis, ami egy´ uttal egy n-elem˝ u ftn. (d) ⇒ (e): Mivel van n-elem˝ u f¨ uggetlen, minden gener´ atorrendszer is legal´ abb n-elem˝ u. Ha pedig G egy gener´ atorrendszer, akkor az ´ altala tartalmazott b´ azis nem lehet legal´ abb (n + 1)-elem˝ u, hisz b´ armely n + 1 elem ¨ of. (e) ⇒ (a): A vektort´ er dimenzi´ oja nem m´ as, mint egy olyan gener´ atorrendszer´ enek elemsz´ ama, amely gener´ atorrendszer nem tartalmaz val´ odi r´ eszhalmazk´ ent gener´ atorrendszert. Az (e) felt´ etel szerint ez csakis n lehet.
´ 2.3. LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK
15
2.3 Line´ aris egyenletrendszerek Egy k egyenletb˝ ol ´ all´ o, n-ismeretlenes line´ aris egyenletrendszer alatt k olyan egyenletet ´ert¨ unk, melyek mindegyike n r¨ ogz´ıtett ismeretlen konstansszorosait, konstansokat ´es ezek ¨osszeg´et (ill. k¨ ul¨ onbs´eg´et) tartalmazza. Megtehetj¨ uk, hogy minden egyes egyenletet rendez¨ unk, azaz baloldalra gy˝ ujtj¨ uk az ismeretlent tartalmaz´ o tagokat, ezeket a benn¨ uk szerepl˝o ismeretlenek egy r¨ogz´ıtett sorrendj´eben ´ırjuk fel, ´es jobbra rendezz¨ uk a konstansokat. Ez´altal a line´aris egyenletrendszer egy rendezett alakj´at kapjuk. utthat´ ok ´es konstansok egy t´abl´azatba rendezhet˝oek. Ezek alkotj´ak az Ebben az alakban szerepl˝ o egy¨ abr´ ´ an is jelzett kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix ot. Def: A kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrixot l´epcs˝ os alak u ´nak nevezz¨ uk, ha (1) minden sor´ aban az els˝ o nemnulla elem 1 (a l´epcs˝os alakban ezeket a m´atrixelemeket nevezz¨ uk vez´eregyeseknek ), ill. (2) b´ armely vez´eregyesre igaz, hogy tetsz˝oleges felette ´all´o sorban van a vizsg´alt vez´eregyest˝ol balra vez´eregyes. ´ Ugy is defini´ alhat´ oak a l´ epcs˝ os alak´ u m´ atrixok, mint mindazon m´ atrixok, amik megkaphat´ oak valamely k ∈ N eset´ en egy elfajul´ o k × 0 m´ eret˝ u m´ atrixb´ ol kiindulva az al´ abbi k´ et l´ ep´ es tetsz˝ oleges sorrendben t¨ ort´ en˝ o, tetsz˝ olegesen sokszori ism´ etelt alkalmaz´ as´ aval. (1): egy M m´ atrixhoz baloldalt hozz´ avesz¨ unk egy csupa0 oszlopot, ill. (2): egy M m´ atrixhoz balr´ ol hozz´ avesz¨ unk egy csupa0 oszlopot, majd a kib˝ ov´ıtett m´ atrix tetej´ ere egy 1-gyel kezd˝ od˝ o (egy´ ebk´ ent tetsz˝ oleges) sort biggyeszt¨ unk.
Az al´ abbi ´ abra szeml´elteti a fenti defin´ıci´okat. Line´ aris egyenletrendszer
(kib˝ov´ıtett) egy¨ utthat´om´atrix
l´epcs˝os alak
α1,1 x1 + α1,2 x2 + . . . + α1,n xn = b1 α2,1 x1 + α2,2 x2 + . . . + α2,n xn = b2 .. . αk,1 x1 + αk,2 x2 + . . . + αk,n xn = bk
α1,1 α2,1 .. . αk,1
α1,2 . . . α1,n α2,2 . . . α2,n .. .. . . αk,2 . . . αk,n
b1 b2 .. . bk
0
1... 1... 1... 0
0
0
1... .. 0...0 . .. . 0...0
Def: A reduk´ alt l´epcs˝ os alak (RLA) olyan l´epcs˝os alak, aminek minden vez´eregyes´ere igaz, hogy az uli nemnulla elem a saj´at oszlop´aban, m´as sz´oval a vez´eregyesek felett is csak adott vez´eregyes az egyed¨ 0-k ´ allhatnak. Def: Azt mondjuk, hogy (s1 , s2 , . . . , sn ) megold´ asa a fenti line´aris egyenletrendszernek, ha az x1 = s1 , x2 = s2 , . . . , xn = sn helyettes´ıt´es az egyenletrendszerben szerepl˝o ¨osszes egyenl˝os´eget igazz´a teszi. A line´ aris egyenletrendszer egy´ertelm˝ uen megoldhat´ o, ha pontosan egy megold´asa van. C´elunk egy olyan m´ odszer keres´ese, aminek seg´ıts´eg´evel egy line´aris egyenletrendszerr˝ol eld¨onthet˝ o, hogy l´etezik-e megold´ asa, ha l´etezik, akkor pedig a megold´as(ok) k¨onnyen megtal´alhat´o(ak). Els˝o megfigyel´es¨ unk, hogy ha egy line´ aris egyenletrendszer kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrixa RLA, akkor a megold´ as pofonegyszer˝ u. Nem ´ art az´ert egy defin´ıci´o. Def: Ha a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix RLA akkor a line´aris egyenletrendszer azon ismeretlenjeit, amelyekhez tartoz´ o oszlopban nincs vez´eregyes, szabad param´etereknek h´ıvjuk. Ha egy l´epcs˝os alak´ u utthat´ om´ atrixnak az utols´o ( kib˝ov´ıt˝o”) oszlop´aban van vez´eregyes, akkor azt a sort tilos kib˝ ov´ıtett egy¨ ” sornak nevezz¨ uk. Ha a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrix nem felt´etlen¨ ul l´epcs˝os alak´ u, akkor tilos sor alatt olyan sort ´ert¨ unk, amiben az utols´ o nemnulla elem kiv´etel´evel csupa 0 ´all. Megfigyel´ es: (1) A tilos sor egy olyan egyenletnek felel meg, ami az ismeretlenek 0-szorosainak osszeg´et egy nemnulla sz´ ammal teszi egyenl˝ov´e. Vil´agos, hogy ha a kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrixnak van ¨ tilos sora, akkor az adott line´ aris egyenletrendszernek nem lehet megold´asa. (2) Ha a RLA-nak nincs tilos sora, akkor a m´atrix ´altal reprezent´alt egyenletek mindegyike vagy a 0 = 0 egyenlet, vagy pedig olyan egyenlet, ami egy vez´eregyesnek megfelel˝o ismeretlen ´es szabad param´eterek vmilyen egy¨ utthat´ os o o ¨sszeg´et egy konstanssal teszi egyenl˝ov´e. Ez az egyenlet a vez´eregyesnek megfelel˝ ismeretlen egy ´ert´ekad´ as´ anak is tekinthet˝o. x y z u v P´ elda: Tegy¨ uk fel, hogy a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrix a reduk´alt l´epcs˝os 1 0 −3 2 0 6 0 1 0 4 0 2 alakja a jobboldali ´ abr´ an l´ athat´ o. Ekkor z ´es u a szabad param´eterek, a 0 0 0 0 1 7 megold´ as pedig z, u ∈ R tetsz˝ oleges, x = 6 + 3z − 2u, y = 2 − 4u ´es v = 7. 0 0 0 0 0 0 ov.: Ha a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´atrix RLA, akkor pontosan akkor van megold´asa az egyenletK¨ rendszernek, ha nincs tilos sor, azaz nem szerepel vez´eregyes az utols´o oszlopban. Ebben az esetben a szabad param´eterek tetsz˝ oleges v´ alaszt´ as´ahoz egy´ertelm˝ uen l´etezik az egyenletrendszernek megold´asa.
16
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
A tov´ abbiakban teh´ at az a c´elunk, hogy a kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrixot reduk´alt l´epcs˝os alakra hozzuk, m´egpedig olyan oper´ aci´ ok seg´ıts´eg´evel, amik a megold´asok halmaz´at nem v´altoztatj´ak meg. Miel˝ ott azonban megadn´ ank a sz´ oban forg´o ´atalak´ıt´asokat, saj´at haszn´alatra r¨ogz´ıt¨ unk n´eh´any m´ atrixokkal kapcsolatos praktikus jel¨ ol´est. Ha egy M m´atrixnak k sora ´es n oszlopa van, akkor azt mondjuk, hogy M egy k × n m´eret˝ u m´ atrix. Rk×n a val´os, k × n-es m´atrixok halmaz´at jel¨oli. (Ha R helyett C-t unk. Minden, amit ebben a szakaszban elmondunk, komplex ´ırunk, akkor komplex m´ atrixokr´ ol besz´el¨ m´ atrixokra ill. komplex egy¨ utthat´ os line´aris egyenletrendszerekre is igaz. S˝ot: racion´alisakra is.) Ha M egy m´ atrix, akkor Mi jel¨ oli az M m´ atrix i-dik sor´at, M j a j-dik oszlop´at, Mij pedig az (i, j) poz´ıci´ oban all´ ´ o elem´et. Def: A kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asai az al´abbiak: (1) k´et sor felcser´el´ese, (2) valamely sor elemeinek egy λ 6= 0 sz´ammal t¨ort´en˝o v´egigszorz´asa, ill. (3) valamely sornak egy m´ asik sorhoz val´o (elemenk´enti) hozz´aad´asa. (4) (valamely sor konstansszoros´ anak hozz´aad´asa egy m´asik sorhoz) (5) (csupa 0-sor elhagy´ asa) A (4) ´es (5) ´ atalak´ıt´ asok az´ert szerepelnek z´ar´ojelben, mert a hagyom´anyos fel´ep´ıt´esben azokat is elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asnak tekintj¨ uk. Nek¨ unk a tov´abbiakban azonban elegend˝o az (1-3) ´atalak´ıt´ asokra szor´ıtkozni. Figyelj¨ uk meg ugyanis, hogy a (4) ´atalak´ıt´as megkaphat´o egy (2) egy (3) ´es egy (2) atalak´ıt´ ´ as egym´ asut´ anjak´ent. Az (5) ´ atalak´ıt´as elhagy´asa pedig csak a 0-sorok cipel´es´et eredm´enyezi, komoly k´ art nem okoz. Megfigyel´ es: Ha A0 az A m´ atrixb´ ol az (1-4) elemi sorekvivalens ´atalak´ıt´asok egym´asut´anj´aval kaphat´ o, akkor A is megkaphat´ o A0 -b˝ ol az (1-4) ´atalak´ıt´asok seg´ıts´eg´evel. Biz: L´ attuk, hogy (4) megkaphat´ o (2) ´es (3) seg´ıts´eg´evel, ez´ert elegend˝o az (1-3) ´atalak´ıt´asokra bizony´ıtani. S˝ ot, elegend˝ o csak azt igazolni, hogy ha A0 az A-b´ol egyetlen ´atalak´ıt´assal keletkezik, akkor az visszaalak´ıthat´ o”. Az (1) sorcser´en´el ez vil´agos, hisz m´eg egyszer elv´egezz¨ uk ugyanazt a sorcser´et. A ” ´jfent visszakapjuk az eredeti m´atrixot. (2) sorszorz´ asn´ al λ 6= 0 miatt ugyanezt a sort λ1 -val v´egigszorozva u assal A (3) sorhozz´ aad´ as az legkem´enyebb di´o. Ha a Ai -t adtuk Aj -hez, akkor el˝osz¨or egy (2) ´atalak´ıt´ Ai -t (−1)-gyel v´egigszorozzuk, majd egy (3) oper´aci´o seg´ıts´eg´evel az i-dik sort a j-dikhez adjuk, v´eg¨ ul ism´et (2)-t alkalmazzuk az i-dik sorra λ = −1 v´alaszt´assal. Gy˝ozt¨ unk. ´ ıt´ All´ as: Elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´as sor´an a lin. egyrsz. megold´asainak halmaza nem v´altozik. ´ ut´ ´ Biz: Megmutatjuk, hogy ESA an megold´as nem veszhet el, azaz minden kor´abbi megold´as az ESA ut´ an keletkez˝ o egyenletrendszernek is megold´asa marad. Ez t¨obb, mint vil´agos, ha arra gondolunk, mit ´ az egyenletek nyelv´en megfogalmazva: (1) k´et egyenlet felcser´el´es´et, (2) egy egyenlet is jelent egy ESA v´egigszorz´ as´ at, m´ıg (3) egy egyenletnek egy m´asikhoz val´o hozz´aad´as´at. Nem meglep˝o, hogy minden eredeti megold´ as az ´ıgy kapott rendszernek is megold´asa lesz. Mivel megold´ as nem veszhet el, ez´ert legfeljebb annyi t¨ort´enhet, hogy u ´j megold´asok is beker¨ ulnek a ´ megold´ asok halmaz´ aba. Ha azonban az el˝oz˝o megfigyel´es szerint ESA-kkal visszaalak´ıtjuk a rendszer¨ un´jonnan bej¨ott” megold´as nem veszhet el, teh´at az m´ar az eredeti rendszernek ket az eredetire, akkor az u ” is megold´ asa volt. T´ etel: Elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´asokkal tetsz˝oleges kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrix l´epcs˝os alakra hozhat´ o. Biz: Megadjuk a Gauss-elimin´ aci´ o nev˝ u elj´ar´ast, ami az (1), (2), (4) ´atalak´ıt´asok seg´ıts´eg´evel a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrixot l´epcs˝ os alakra hozza. Az algoritmus inputja teh´at az M m´atrix, ´es az algoritmus rekurz´ıv, azaz id˝ onk´ent megh´ıvja ¨onmag´at u ´gy, hogy bemenete egy M -n´el kisebb m´eret˝ u (konkr´etan, egy M -n´el kevesebb oszloppal rendelkez˝o) m´atrix. Az algoritmus kimenete egy, az M -b˝ ol elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asokkal keletkez˝o l´epcs˝os alak. Az M m´ atrix Gauss-elimin´ aci´ oja. 1. Ha M 1 = 0 (azaz M els˝ o oszlopa csupa 0), akkor h´ıvjuk meg a Gauss-elimin´aci´ot az M els˝ o oszlop´ anak elhagy´ as´ aval keletkez˝ o M 0 m´atrixra, ´es a kapott l´epcs˝os alak el´e biggyessz¨ unk egy csupa0 oszlopot. 2a Egy´ebk´ent (ha M 1 6= 0), egy esetleges sorcser´evel ((1)-es ´atalak´ıt´as) ´erj¨ uk el, hogy M11 6= 0 legyen. 2b M1 (vagyis M els˝ o sor´ anak) v´egigszorz´as´aval (azaz a (2) l´ep´essel) ´erj¨ uk el, hogy M11 = 1 legyen. 1 2c A (4) l´ep´es seg´ıts´eg´evel ´erj¨ uk el, hogy Mi = 0 legyen minden i = 2, 3, . . . eset´en. ( Kinull´azzuk az ” 1-es alatti elemeket.”) 2d Hagyjuk el M els˝ o oszlop´ at ´es els˝o sor´at, ´es h´ıvjuk meg a Gauss-elimin´aci´ot az ´ıgy keletkez˝ o M 0 r´eszm´ atrixra. A kapott l´epcs˝ os alakot eg´esz´ıts¨ uk ki el¨ol egy csupa0 oszloppal, fel¨ ul pedig az im´ent elhagyott sorral.
´ 2.3. LINEARIS EGYENLETRENDSZEREK
17
Ennyi az algoritmus. Az algoritmus v´ eges sz´ am´ u l´ ep´ es ut´ an v´ eget ´ er, hiszen legfeljebb (k´ etszer) M elemsz´ amnyi m˝ uvelet elv´ egz´ ese ut´ an egy kevesebb oszlopb´ ol ´ all´ o m´ atrixra h´ıvjuk meg az elj´ ar´ ast. (Ez´ ert az algoritmus ¨ osszess´ eg´ eben egy m × n m´ eret˝ u m´ atrixon 2mn2 m˝ uveletet hajt v´ egre.) K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy az algoritmus akkor ´ er v´ eget, ha 0 oszlopa marad a m´ atrixnak. Mivel az ilyen m´ atrixok l´ epcs˝ os alak´ uak, a 0 oszlop´ u m´ atrixokon az algoritmus megfelel˝ oen m˝ uk¨ odik. Tegy¨ uk fel, hogy ez igaz a legfeljebb n oszlopb´ ol ´ all´ o m´ atrixokra, ´ es Gauss-elimin´ aljunk egy (n + 1)-oszlop´ u m´ atrixot. Ekkor rekurz´ıv h´ıv´ as k¨ ovetkezik, ami az indukci´ o szerint l´ epcs˝ os alakot szolg´ altat. Ezt egy csupa0 oszloppal ´ es esetleg egy 1-essel kezd˝ od˝ o sorral kieg´ esz´ıve a kapott m´ atrix nyilv´ an l´ epcs˝ os alak´ u. Annyi van h´ atra, hogy azt megmutassuk, hogy a Gauss-elimin´ aci´ o´ altal szolg´ altatott l´ epcs˝ os alak val´ oban elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asokkal sz´ armaztathat´ o M -b˝ ol. Ehhez pedig mind¨ ossze annyit kell ´ eszrevenni, hogy b´ ar a rekurz´ıv h´ıv´ asok sor´ an a Gauss elimin´ aci´ o sor´ an haszn´ alt elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asokat kisebb m´ atrixokon hajtjuk v´ egre, az id˝ ok¨ ozben elhagyott sorokat ´ es csupa0 oszopokat odagondolva” azok nem v´ altozn´ anak a l´ ep´ esek sor´ an. Teh´ at amikor vissza´ırjuk ” azokat, helyesen j´ arunk el.5
Azt kaptuk, hogy a Gauss-elimin´ aci´o b´armely kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´atrixot l´epcs˝os alakra hoz. Ha u dolgunk van: pontosan u ´gy, ahogy a vez´eregyesek reduk´ alt l´epcs˝ os alak a c´el, akkor innen m´ar k¨onny˝ alatt kinull´ aztuk az oszlopokat, a vez´eregyesek felett is megtehetj¨ uk ugyanezt. K¨onnyen l´athat´o, hogy kinull´ az´ as sor´ an a l´epcs˝ os tulajdons´ ag nem s´er¨ ul, teh´at ha minden vez´eregyes feletti elemet kinull´azunk, akkor megkapjuk a reduk´ alt l´epcs˝ os alakot. A kor´abban a RLA-r´ol tett meg´allap´ıt´asunk igazolja az al´ abbi t´etelt. T´ etel: Egy line´ aris egyenletrendszer pontosan akkor megoldhat´o, ha a (reduk´alt) l´epcs˝os alakja nem tartalmaz tilos sort. Tov´ abb´ a, ha a line´aris egyenletrendszer nem tartalmaz tilos sort, akkor a szabad param´eterek ´ert´ek´enek tetsz˝ oleges megv´alaszt´as´ahoz egy´ertelm˝ uen l´etezik megold´as. Megjegyz´ es: A t´ etel els˝ o r´ esze term´ eszetesen u ´gy is kimondhat´ o, hogy az egyenletrendszer pontosan akkor megoldhat´ o, ha a l´ epcs˝ os alak kib˝ ov´ıt˝ o oszlopa nem tartalmaz vez´ eregyest. Annak oka, hogy a fenti form´ at haszn´ aljuk az, hogy hangs´ ulyosabb´ a v´ aljon, hogy egy konkr´ et feladat (pl Gauss-elimin´ aci´ oval t¨ ort´ en˝ o) megold´ asakor egy tilos sor felbukkan´ asa azt jelenti, hogy nincs megold´ as, teh´ at nem ´ erdemes tov´ abb dolgozni.
Biz: L´ attuk, hogy tilos sor eset´en nincs megold´as. Az, hogy tilos sor hi´any´aban van megold´as, a t´etel ovetkezik, elegend˝o teh´at csak azt igazolni. Adjunk a szabad param´etereknek m´ asodik mondat´ ab´ ol k¨ tetsz˝ oleges ´ert´ekeket, mondjuk p1 , p2 , . . . , pm -t. Vizsg´aljuk meg, milyen egyenl˝os´egeknek felelnek meg a reduk´ alt l´epcs˝ os alak egyes sorai. Ha az adott sorban nincs vez´eregyes, akkor annak a 0 = 0 egyenl˝ os´eg felel meg, ez nem t´ ul izgalmas. Ha az xi vez´eregyese van az adott sorban, akkor a megfelel˝o egyenl˝ os´eg nem m´ as, mint xi + a1 p1 + a2 p2 + . . . + am pm = bi , ahol az aj a pj szabad param´eter i-dik sorbeli egy¨ utthat´ oja. Teh´ at a vez´eregyesnek megfelel˝ o sorok tekinthet˝oek a megfelel˝o xi ismeretlen egy (egy´ertelm˝ u) ´ert´ekad´ as´ anak. A t´etel innen azonnal ad´odik. Ko aris egyenletrendszer pontosan akkor oldhat´o meg egy´ertelm˝ uen, ha a (reduk´ alt) ¨v.: (1) A line´ l´epcs˝ os alakban nem l´etezik sem tilos sor, sem szabad param´eter, azaz minden oszlopban van vez´eregyes. (2) Ha egy line´ aris egyenletrendszernek l´etezik ´es egy´ertelm˝ u a megold´asa, akkor legal´abb annyi egyenlet van, mint ah´ any ismeretlen. Biz: (1): Ha egy´ertelm˝ u a megold´ as, akkor nincs tilos sor, hisz l´etezik megold´as. Nincs tov´abb´a szabad param´eter sem, hisz az tetsz˝ oleges ´ert´eket felvehetne. M´asfel˝ol, ha nincs tilos sor, akkor l´etezik megold´ as, ´es ha ezen t´ ulmen˝ oen szabad param´eter sincs, akkor azoknak csak egyf´elek´epp lehet tetsz˝oleges ´ert´eket adni, ´ıgy az el˝ oz˝ o t´etel szerint a megold´as egy´ertelm˝ u. (2): Ha egy´ertelm˝ u a megold´ as, akkor nincs szabad param´eter, vagyis minden oszlopban van vez´eregyes, ´es ezek a vez´eregyesek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sorokban tal´alhat´oak. A sorok sz´ama (azaz az egyenletek sz´ ama) teh´ at nem lehet kisebb az oszlopok sz´ am´an´al, vagyis az ismeretlenek sz´am´an´al. Homog´ en line´ aris egyenletrendszernek nevez¨ unk egy egyenletrendszert, ha a kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix jobb oldali oszlopa csupa0, azaz a megfelel˝ o egyenletek mindegyik´ enek 0 ´ all a jobb oldal´ an. Vil´ agos, hogy egy homog´ en line´ aris egyenletrendszer kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix´ aban sosem keletkezhet tilos sor az elemi sorekvivalens ´ atalak´ıt´ asok hat´ as´ ara, hisz a jobboldal mindv´ egig 0 lesz. Csakugyan: minden homog´ en line´ aris egyenletrendszernek l´ etezik megold´ asa, m´ egpedig az u ´.n. trivi´ alis megold´ as, ami minden ismeretlennek 0 ´ ert´ eket ad. A nemtrivi´ alis megold´ as l´ etez´ es´ enek el´ egs´ eges felt´ etel´ et adja a k¨ ovetkez˝ o t´ etel. ´ ıt´ All´ as: Ha egy homog´ en line´ aris egyenletrendszer t¨ obb ismeretlent tartalmaz, mint ah´ any egyenletet, akkor van nemtrivi´ alis megold´ asa. Biz: A kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrixnak t¨ obb oszlopa van, mint sora, ´ıgy a legfeljebb sorsz´ amnyi vez´ eregyes nem foglalhat el minden oszlopot, teh´ at van szabad param´ eter. Ezek ´ ert´ ekeit nemnull´ anak v´ alasztva pedig nemtrivi´ alis megold´ ast kapunk.
5 Ha ´ ır´ asban kell a Gauss-elimin´ aci´ ot v´ egrehajtani, akkor jobb, ha nem pr´ ob´ alkozzunk a fenti rekurzi´ oval, hanem az elhagyand´ o sorokat ´ es oszlopokat tov´ abbra is akkur´ atusan ki´ırjuk.
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
18
2.4 Permut´ aci´ ok, determin´ ansok 2.4.1 Permut´ aci´ ok, inverzi´ osz´ am Def: Jel¨ olje [n] az {1, 2, . . . , n} halmazt. A σ : [n] → [n] bijekt´ıv (azaz k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u) lek´epez´es neve permut´ aci´ o. Az [n] permut´aci´oinak halmaz´at Sn jel¨oli. Megjegyz´ es: A permut´ aci´ o a defin´ıci´o szerint egy olyan f¨ uggv´eny, ami az 1 ´es n k¨oz¨otti sz´amok mindegyik´ehez egy 1 ´es n k¨ oz¨ otti sz´ amot rendel u ´gy, hogy minden 1 ´es n k¨oz¨otti sz´am pontosan egy m´ asik sz´ amhoz van hozz´ arendelve. Szok´ asos a permut´aci´ot egy 2 × n m´eret˝ u t´abl´azat seg´ıts´eg´evel megadni: az els˝ o sorban vannak 1-t˝ ol n-ig a sz´ amok, ´es minden sz´am alatt az a sz´am ´all, amit a permut´ aci´ o hozz´ arendel. 1 2 3 4 5 Szeml´eltethetj¨ uk a permut´ aci´ ot u ´gy is, hogy felvesz¨ unk egym´as alatt k´et sorban n − n db pettyet, mindk´et sorban megsz´amozzuk a pettyeket 1-t˝ol n-ig (balr´ol jobbra), ´es nyilat vezet¨ unk a fels˝ o sorban lev˝o i-dik pettyb˝ol az als´o sor j-dik 1 2 3 4 5 petty´ebe, ha σ(i) = j. Egy ilyen ´ abra akkor k´ odol” permut´aci´ot, ha minden fels˝o pontb´ol pontosan egy ny´ıl indul, ´es minden ” als´ o pontba pontosan egy ny´ıl ´erkezik. (Az ´abra pl. a σ(1) = 3, σ(2) = 2, σ(3) = 5, σ(4) = 1, σ(5) = 4 permut´ aci´ o ny´ıldiagramja.) Def: A σ ∈ Sn permut´ aci´ o inverze az a σ −1 ∈ Sn permut´aci´o, amire σ −1 (i) = j ⇐⇒ σ(j) = i. (A ny´ıldiagramon a nyilak ir´ any´ at meg kell ford´ıtani, ´es az eg´esz ´abr´at a feje tetej´ere kell ´all´ıtani.) A k, l elemek inverzi´ oban ´ allnak σ ∈ Sn szerint, ha k, l ill. σ(k), σ(l) nagys´agviszonya ford´ıtott. A σ permut´ aci´ o I(σ) inverzi´ osz´ ama a σ ∈ Sn szerint inverzi´oban ´all´o sz´amp´arok sz´ama. Egy σ ∈ Sn permut´ aci´ o p´ aros, ha I(σ) p´ aros, ´es p´ aratlan, ha I(σ) p´aratlan. Megfigyel´ es: Az a t´eny, hogy k´et elem inverzi´oban ´all a σ permut´aci´o szerint, k¨onnyen meg´allap´ıthat´ o a σ ny´ıldiagramj´ ar´ ol. Nevezetesen, i ´es j pontosan akkor ´all inverzi´oban, ha az i-b˝ol ´es j-b˝ol indul´ o nyilak metszik egym´ ast. (Ha ugyanis nem metszik egym´ast, akkor a nagyobbik sz´amhoz a permut´ aci´ o nagyobbat rendel, ha pedig metszik, akkor a nagyobbhoz rendelt sz´am kisebb lesz, mint a kisebbhez rendelt.) Ez´ert a σ permut´ aci´ o ny´ıldiagramj´ar´ol k¨onnyen leolvashat´o az I(σ) inverzi´osz´am, ami nem m´ as, mint a ny´ıldiagramban tal´ alhat´ o nyilak p´aronk´enti metsz´espontjainak sz´ama6 . T´ etel: Tetsz˝ oleges σ ∈ Sn permut´ aci´ora I(σ) = I(σ −1 ). −1 Biz: L´ attuk, hogy σ ny´ıldiagramj´at u ´gy kapjuk, hogy a σ ny´ıldiagramj´at a feje tetej´ere ´all´ıtjuk, ´es a nyilak ir´ any´ at megford´ıtjuk. Vil´ agos, hogy ett˝ol a p´aronk´enti metsz´espontok sz´ama nem v´altozik, azaz I(σ) = I(σ −1 ).
2.4.2 Determin´ ansok Ebben a r´eszben n´egyzetes m´ atrixokhoz egy olyan mennyis´eget defini´alunk, amit sz´amos helyen tudunk majd haszonnal alkalmazni a tov´ abbiakban. Legyen teh´at A = (ai,j ) egy n × n m´eret˝ u m´atrix, ´es tegy¨ uk fel, hogy elemein ´ertelmezett az ¨ osszead´as ´es a szorz´as, amik kommutat´ıv m˝ uveletek. Az A m´ atrix determin´ ans´ an az al´ abbi szorzat¨ osszeget ´ertj¨ uk: det(A) := |A| :=
X σ∈Sn
I(σ)
(−1)
n Y
ai,σ(i)
i=1
Teh´ at annyi szorzatot adunk ¨ ossze, ah´ any permut´aci´oja van az 1, 2, . . . , n sz´amoknak. Egy ilyen szorzatban az adott permut´ aci´ o inverzi´ osz´ am´ anak parit´asa hat´arozza meg az el˝ojelet, a szorzat tov´abbi t´enyez˝ oi pedig a m´ atrix bizonyos elemei. Vil´ agos, hogy minden sorb´ol egy elemet v´alasztunk a szorzatba, ´es a permut´ aci´ o k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es volta miatt az sem t¨ort´enhet meg, hogy σ(i) = σ(j) valamely i 6= j eset´en. Teh´ at az egyes szorzatokba kiv´alasztott elemek k¨ ul¨onb¨oz˝o oszlopokb´ol sz´armaznak. B´ astyaelhelyez´esnek h´ıvjuk az A m´ atrix n elem´enek kiv´alaszt´as´at, ha k¨oz¨ ul¨ uk semelyik k´et elem sem esik ugyanabba a sorba vagy oszlopba. Teh´ at a determin´ans defin´ıci´oj´aban szerepl˝o szorzatok mindegyike egy b´ astyaelhelyez´esnek felel meg. Ez ford´ıtva is igaz: ha ugyanis adott egy b´astyaelhelyez´es, akkor definialjuk σ(i)-t u ´ ´gy, mint az i-dik sorban a´ll´o b´astya oszlopindex´et. Ez´altal σ egy permut´aci´o lesz (hiszen i 6= j eset´en σ(i) 6= σ(j)), teh´ at minden b´astyaelhelyez´es egy´ uttal meg is hat´aroz egy, a determin´ ans defin´ıci´ oj´ aban szerepl˝ o szorzatot. 6 Teh´ at I(σ) azonos a metsz˝ o ny´ılp´ arok sz´ am´ aval. Ha a ny´ıldiagram olyan, hogy semelyik h´ arom ny´ıl nem megy ´ at ugyanazon a ponton, akkor I(σ) azonos a metsz´ espontok sz´ am´ aval. Egy´ ebk´ ent minden olyan metsz´ espontot, amin k ny´ıl megy ´ at, 12 k(k − 1)-szer kell megsz´ amolni.
´ OK, ´ ´ 2.4. PERMUTACI DETERMINANSOK
19
A determin´ ans defin´ıci´ oj´ at ezek szerint u ´gy is megfogalmazhatjuk, mint az ¨osszes b´astyaelhelyez´eshez tartoz´ o m´ atrixelem-szorzatok el˝ ojeles ¨ osszege. Ez a defin´ıci´o a miatt hi´anyos, hogy nem ´ırja le pontosan az el˝ ojelek megv´ alaszt´ as´ at. Ez h´ at most a c´elunk. Mit jelent egy adott b´astyaelhelyez´es szempontj´ab´ol, hogy a megfelel˝ o σ permut´ aci´ oban i ´es j inverzi´oban ´allnak? Feltehetj¨ uk, hogy mondjuk i < j. Ha e k´et elem nem ´ all σ szerint inverzi´ oban, akkor σ(i) < σ(j), azaz a megfelel˝o b´astyaelhelyez´esben a j-dik sorbeli ´ b´ astya jobbra van az i-dik sorbelit˝ ol, m´ask´eppen mondva e k´et b´astya egym´ast´ol ENY-DK ir´anyban helyezkedik el. Ha azonban i ´es j a σ permut´aci´o szerint inverzi´oban ´all, akkor σ(i) > σ(j), teh´at a j-dik ´ sorban ´ all´ o b´ astya balra van az i-dik sorban tal´alhat´ot´ol, azaz a k´et b´astya EK-DNY ir´anyt hat´aroz meg. Pontos´ıthatjuk teh´ at a determin´ ans alternat´ıv defin´ıci´oj´at: az ¨osszes b´astyaelhelyez´es szerinti szorzatokat ´ u ´gy kell ¨ osszegezn¨ unk, hogy egy szorzat el˝ojele aszerint lesz pozit´ıv ill. negat´ıv, hogy az EK-DNY ir´ anyt meghat´ aroz´ o b´ astyap´ arok sz´ ama p´ aros-e vagy p´aratlan. ! a b c P´ elda: A jobb oldalon l´ athat´ o 3 × 3 m´eret˝ u m´atrix determin´ansa pl A= d e f |A| = (−1)0 ·aei+(−1)1 ·af h+(−1)1 ·bdi+(−1)2 ·bf g+(−1)2 ·cdh+(−1)3 ·ceg. g h i A fentiek f´eny´eben n´eh´ any tov´ abbi megfigyel´est tesz¨ unk a determin´anssal kapcsolatban. Az A = (ai,j ) ´ is mondhatjuk, hogy m´ atrix transzpon´ altja az az AT m´ atrix, amely i-dik sor´anak j-dik eleme aj,i . (Ugy j atrix f˝ o´ atl´ oja a bal fels˝o sarkot ´es a jobb als´o sarkot o¨sszek¨ot˝o ´atl´o ment´en (AT )i = Aij .) A n´egyzetes A m´ elhelyezked˝ o m´ atrixelemek halmaza. A n´egyzetes A m´atrix fels˝ o h´ aromsz¨ ogm´ atrix, ha f˝o´atl´oja alatt csak 0-k ´ allnak. Ugyanez az A m´ atrix szigor´ u fels˝o h´aromsz¨ogm´atrix, ha olyan fels˝o h´aromsz¨ogm´atrix, aminek a f˝ o´ atl´ oj´ aban is csak 0-k ´ allnak. T´ etel: Legyen A n × n-es m´ atrix. (1) det(A) = det(AT ) (2) Ha A fels˝ o h´ aromsz¨ ogm´ atrix, akkor det(A) az A f˝o´atl´obeli elemeinek szorzata. (3) Ha A egy sora/oszlopa csupa-0, akkor det(A) = 0. (4) Ha A egy sor´ at/oszlop´ at λ-val v´egigszorozzuk, akkor a determin´ans is λ-szoros lesz. (5) Ha A k´et sor´ at/oszlop´ at felcser´elj¨ uk, a determin´ans (−1)-szeres lesz. (6) Ha A k´et sora/oszlopa azonos, determin´ansa 0. (7) Ha A egy sor´ anak λ-szoros´ at hozz´ aadjuk egy m´asik sorhoz, a determin´ans nem v´altozik. Biz: (1) Az A m´ atrixhoz tartoz´ o tetsz˝oleges b´astyaelhelyez´es meghat´arozza egy olyan b´astyaelhelyez´es´et az AT m´ atrixnak, ami ugyanazon elemek szorzat´ahoz tartozik. (A b´astyaelhelyez´esben szerepl˝ o b´ asty´ akat a f˝ o´ atl´ ora kell t¨ ukr¨ ozni). Teh´at A ´es AT determin´ans´anak defin´ıci´oj´aban ugyanazok a szorzatok szerepelnek, ez´ert mind¨ ossze azt kell igazolnunk, hogy az egyes szorzatokhoz ugyanazok az el˝ojelek ´ ukr¨oz´es sor´an egy EK-DNY-i b´astyap´ ar tartoznak a k´et defin´ıci´ oban. Ez ut´ obbi pedig az´ert igaz, mert a t¨ ´ ´ EK-DNY-i marad, ´es az ENY-DK-iek is megmaradnak ugyanolyanoknak. (Ez a bizony´ıt´as egy´ebk´ent elmondhat´ ou ´gy is, hogy ´eszrevessz¨ uk, hogy az A-beli σ-hoz tartoz´o b´astyaelyez´esnek megfelel˝o AT -beli −1 b´ astyaelhelyez´es a σ permut´ aci´ ohoz tartozik (ha az i-dik sorb´ol a j-dik elemet v´alasztottuk A-ban, akkor AT -ban a j-dik sor i-dik elem´ere lesz sz¨ uks´eg¨ unk), ´es a permut´aci´ok szakaszban l´attuk, hogy I(σ) = I(σ −1 ).) (2) A determin´ ans defin´ıci´ oj´ aban szerepl˝o szorzatok k¨oz¨ ul azok, amik tartalmaznak a f˝o´atl´o al´ ol elemet, nem ´erdekesek, hiszen ´ert´ek¨ uk 0. Igy csak azokat kell ¨osszegezn¨ unk a megfelel˝o el˝ojellel, amiknek minden eleme a f˝ o´ atl´ ob´ ol vagy a f¨ ol¨ ul ker¨ ul ki. Az utols´o sorb´ol teh´at k´enytelenek vagyunk az utols´ o elemet v´ alasztani. Az utols´ oel˝ otti sorban m´ar nem v´alaszthatunk az utols´o oszlopb´ol, hisz onnan m´ ar ´ v´ alasztottunk, ´ıgy marad itt is a f˝ o´ atl´ obeli elem. Altal´ aban, ha az i-dik sorb´ol v´alasztunk, ´es a nagyobb sorsz´ am´ u sorokb´ ol m´ ar kiv´ alasztottuk a f˝o´atl´obeli elemet, akkor az i-dik sorban is k´enytelenek vagyunk a f˝ o´ atl´ ob´ ol v´ alasztani. Teh´ at a determin´ans defin´ıci´oj´aban legfeljebb egyetlen nemnulla szorzat van, ´ m´egpedig a f˝ o´ atl´ obeli elemek´e. Mivel a megfelel˝o b´astyaelhelyez´esben b´armely p´ar ENY-DK ir´ anyt hat´ aroz meg, az el˝ ojel pozit´ıv. (3) Ha mondjuk az i-dik sor csupa-0, akkor minden b´astyaelhelyez´esben lesz innen b´astya, ami az adott szorzatot 0-v´ a teszi. Teh´ at 0 ´ert´ek˝ u szorzatokat kell el˝ojelesen ¨osszegezni, de ´ıgy sem kaphatunk m´ ast a determin´ ansra, mint 0-t. (Csupa-0 oszlop eset´en az ´ervel´es hasonl´o. De hivatkozhatunk ak´ ar a transzpon´ altra is, aminek egy csupa-0 sora lesz.) (4) Ha egy sorban minden elemet λ-val megszorzunk, akkor a determin´ans defin´ıci´oj´aban szerepl˝ o minden egyes szorzatban pontosan egy t´enyez˝o j¨on ebb˝ol a sorb´ol, teh´at minden szorzat ´eppen λszoros´ ara v´ altozik, vagyis az el˝ ojeles ¨ osszeg, a determin´ans is λ-szoros lesz. (5) Ha adott az A m´ atrixon egy b´astyaelhelyez´es, ´es k´et sort felcser´elj¨ uk, akkor egy olyan b´ astyaelhelyez´est kapunk a felcser´eltsor´ u A0 m´atrixban, amihez ugyanaz a szorzat tartozik. Ha teh´ at az A0 determin´ ans´ at akarjuk kisz´ am´ıtani, azt kell meghat´aroznunk, hogy a sorcsere hogyan v´altoztatja egy ´ b´ astyaelhelyez´esben az EK-DNY-i b´ astyap´arok sz´am´at. Vil´agos, hogy a felcser´el´es ´altal nem ´erintett b´ asty´ ak alkotta p´ arok eset´en ez a sz´ am nem v´altozik. K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy egy nem ´erintett b´ astya
20
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
ha nincs benne a k´et felcser´elt b´ astya fesz´ıtette t´eglalapban, akkor a k´et ´erintett b´asty´aval ugyanannyi ´ ENY-DK-i p´ art alkot a csere el˝ ott, mint a csere ut´an. Ha egy nem ´erintett b´astya a megfelel˝o t´eglalapban ´ ´ van, akkor viszont vagy mindk´et felcser´elt b´asty´aval ENY-DK-i p´art alkotott, ´es a csere ut´an EK-DNY-it ´ fog alkotni, vagy ford´ıtva. Teh´ at az ENY-DK-i p´arok sz´am´anak parit´asa csak att´ol fog megv´altozni, hogy a k´et felcser´elt b´ astya alkotta p´ ar hogyan viselkedik. E k´et b´asty´ara viszont az igaz, hogy ha a csere el˝ ott ´ ´ EK-DNY-i p´ art alkottak, akkor a csere ut´an ENY-DK-it fognak alkotni, ´es viszont. Azt kaptuk, hogy ´ sorcsere ut´ an minden b´ astyaelhelyez´esben megv´altozik az EK-DNY-i p´arok sz´am´anak parit´asa, azaz a defin´ıci´ oban minden szorzat el˝ ojelet v´ alt. Teh´at a determin´ans is (−1)-szeresre v´altozik. (Oszlopokra hasonl´ o ´ervel´es igaz, de ´ att´erhet¨ unk a transzpon´altra is, hisz a oszlopcsere abban sorcser´enek felel meg.) (6) Ha A-nak felcser´elj¨ uk a k´et azonos sor´at, akkor ugyanazt a m´atrixot kapjuk, teh´at a determin´ ans nem v´ altozik, m´ asfel˝ ol (5) miatt a determin´ans el˝ojelet v´alt. Teh´at a determin´ans azonos a saj´at ellentettj´evel, azaz csak 0 lehet. (Ugyanez a bizony´ıt´as az oszlopokra is, de ´ızl´es szerint lehet a transzpon´alttal is indokolni.) (7) Legyen A0 az a m´ atrix, amit A-b´ol u ´gy kapunk, hogy A i-dik sor´anak λ-szoros´at hozz´aadjuk A j-dik sor´ ahoz, azaz (A0 )k = Ak , ha k 6= j, ´es (A0 )j = Aj + λAi . Ekkor P Qn P σ(j) σ(j) Qn I(σ) 0 σ(s) I(σ) 0 σ(s) |A0 | = (−1) · (A ) = (−1) · (A) + λA = s j i σ∈Sn s=1 σ∈Sn 1≤s≤n,s6=j (A )s P P σ(j) Qn σ(j) Qn 0 σ(s) 0 σ(s) I(σ) I(σ) · 1≤s≤n,s6=j (A )s + λ · σ∈Sn (−1) · 1≤s≤n,s6=j (A )s = · (A)j · (A)i σ∈Sn (−1) |A| + λ · 0 = |A|, ugyanis a m´ asodik szumma annak a m´atrixnak a determnin´ansa, amit A-b´ol u ´gy kapunk, hogy a j-dik sor helyett is az i-dik sort ´ırjuk. A fenti nem t´ ul ´ atl´ athat´ o levezet´es szavakban u ´gy mondhat´o el, hogy det A0 defin´ıci´oj´aban minden b´ astyaelhelyez´eshez tartoz´ o szorzatban a j-dik t´enyez˝o egy ¨osszeg. Ha felbontjuk a z´ar´ojelet, akkor k´et szorzat ¨ osszeg´et kapjuk: az egyik szorzat az A determin´ans´anak megfelel˝o tagja, a m´asik pedig az´e a m´ atrix´e, amit u ´gy kapunk A-b´ ol, hogy a j-dik sort helyettes´ıtj¨ uk az i-dik sor λ-szoros´aval. Azt kaptuk teh´ at, hogy det A0 = det A + det A00 . Ha λ = 0, akkor det A00 = 0 a (3) miatt, egy´ebk´ent pedig ha A00 j-dik sor´ at λ1 -val v´egigszorozzuk, akkor a kapott determin´ans (6) miatt 0 lesz, teh´at det A00 = λ · 0 = 0, ism´et. Innen det A0 = det A ad´ odik. A most bizony´ıtott t´etel egy n´egyzetes m´atrix determin´ans´anak hat´ekony kisz´am´ıt´as´ahoz seg´ıt minket. Ha a defin´ıci´ oval pr´ ob´ alkozn´ ank, akkor a l´ep´esek sz´ama nem volna korl´atozhat´o n polinomj´ aval. Megtehetj¨ uk azonban, hogy a m´ atrixon elemi sorekvivalens ´atalak´ıt´asokat v´egz¨ unk. Az el˝oz˝o t´etel megmutatja, hogy egy-egy l´ep´esn´el mi t¨ ort´enik a determin´anssal. Ha teh´at elv´egezz¨ uk a Gauss-elimin´aci´ ot a m´ atrixon, akkor tudjuk, hogy a kapott m´atrix determin´ansa h´anyszorosa lesz az eredeti´enek. R´aad´ asul egy fels˝ o h´ aromsz¨ ogm´ atrixot kapunk, aminek egy j´ol meghat´arozott n-t´enyez˝os szorzat a determin´ ansa. Mivel a Gauss-elimin´ aci´ o hat´ekonyan elv´egezhet˝o, ez a m´odszer ´altal´aban gyorsabb, mint a defin´ıci´ o o kisz´ am´ıt´ as. alapj´ an t¨ort´en˝ elda: 1 3 0 2 1 3 0 2 1 3 0 2 1 3 0 2 1 3 0 2 2 6P´ 0 4 0 1 5 1 0 1 5 1 0 1 5 1 0 1 5 1 1 4 5 3 1 4 5 3 3 3 0 0 = 2 · 3 3 0 0 = 2 · 0 −6 0 −6 = 2 · 0 0 30 0 = 30 · 2 · 0 0 1 0 = 60 · 0 0 1 0 = 60 · 1 = 60 0 0 21 1 0 0 0 1 0 −3 6 −2 0 0 21 1 2 3 6 2 2 3 6 2 H´ atr´ anya sajnos a fenti m´ odszernek, hogy nem mindig alkalmazhat´o. Egy olyan m´atrix eset´en pl, aminek elemei polinomok, a determin´ ans ´ertelmes, de mivel osztani nem tudunk, az elemi sorekvivalens atalak´ıt´ ´ asokat sem tudjuk elv´egezni. ´Igy marad a kisz´am´ıt´ashoz a gyalogos u ´t. Az al´abbiakban mutatunk egy m´ asik m´ odszert, ami ebben az esetben is m˝ uk¨odik, ´es sokszor seg´ıt. Az A n´egyzetes m´ atrix i-dik sor´ anak ´es j-dik oszlop´anak elhagy´as´aval keletkez˝o m´atrix determin´ ans´ anak (−1)i+j -szeres´et az Ai,j el˝ ojeles aldetermin´ ansnak nevezz¨ uk. Az el˝ojeles aldetermin´ans nem t´evesztend˝ o ¨ ossze az A m´ atrix aldetermin´ ans´ aval, amit akkor kapunk, ha az A m´atrixnak elhagyjuk obb) sor´ at, ´es ugyanennyi oszlop´at, ´es a keletkez˝o n´egyzetes m´atrix determin´ans´ at n´eh´ any (ak´ ar 1-n´el t¨ n´ezz¨ uk. Kifejt´ esi P t´ etel: Ha A n × n-es m´ atrix ´es i r¨ogz´ıtett, akkor Pn n (1) det(A) = j=1 ai,j · Ai,j (az i-dik sor szerinti kifejt´es). R¨ogz´ıtett j-re det(A) = i=1 ai,j · Ai,j (a j-dik oszlop szerinti kifejt´es), ill. P P (2) Ha k 6= l, akkor nj=1 ak,j · Al,j = 0 = ni=1 ai,k · Ai,l (ferde kifejt´es). Biz: (1) Elegend˝ o csak a sor szerinti kifejt´essel foglalkozni, hisz az oszlop szerinti kifejt´es nem m´ as, mint a transzpon´ alt sor szerinti kifejt´ese. Csoportos´ıtsuk a det A-beli szorzatokat a szerint, hogy az i-dik sorb´ ol az ai,1 , ai,2 , . . . , ai,n t´enyez˝ok k¨oz¨ ul melyiket tartalmazz´ak. Ha most a j-dik csoportban minden szorzatb´ ol kiemelj¨ uk ai,j -t akkor pontosan azokat a szorzatokat kapjuk meg, amik az Ai,j el˝ojeles aldetermin´ ans defin´ıci´ oj´ aban szerepelnek. Azt kell teh´at megvizsg´alni, hogy hogyan v´altozik egy szorzat el˝ ojele akkor, ha nem a determin´ ansban, hanem az eggyel kisebb m´atrixban tekintj¨ uk. Megsz´ amoljuk teh´ at, hogy ha egy, az ai,j elemet tartalmaz´o b´astyaelhelyez´esben elhagyjuk az i-dik
´ ˝ ´ ´ 2.5. MATRIXM UVELETEK, TERBELI VEKTOROK SZORZASA
21
´ sort ´es a j-dik oszlopot, akkor a kapott b´astyaelhelyez´esben hogyan v´altozik az EK-DNY-i b´astyap´ arok sz´ ama az eredeti elhelyez´eshez k´epest. Mivel itt l´enyeg´eben csak az (i, j) mez˝o feletti b´asty´at hagytuk ´ el, azt kell megsz´ amolni, hogy h´ any olyan EK-DNY-i b´astyap´ar van az eredeti b´astyaelhelyez´esben, ami az (i, j) b´ asty´ at tartalmazza. Az ilyen p´arok (i, j) b´asty´at´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o b´asty´ai az A m´atrix k´et, t´eglalap alak´ u r´eszm´ atrixban helyezkednek el. Tegy¨ uk fel, hogy az (i, j) b´ asty´ at´ ol DNY-ra k b´astya van az elhelye- j − k − 1 i−j+k z´esben. Mivel az els˝ o j −1 oszlop mindegyik´eben pontosan egy b´astya van, ai,j ´ az (i, j)-t˝ ol ENY-ra j −k −1 b´ astya tal´ alhat´o. Az els˝o i−1 sorban is ´eppen ´ k i − 1 b´ astya ´ all, teh´ at (i, j)-t˝ ol EK-re i − j + k b´astya tal´alhat´o. A keresett b´ astyap´ arok sz´ ama teh´ at k + i − j + k = 2k + i − j. Azt kaptuk teh´ at, hogy az el˝ ojel pontosan akkor v´altozik meg, ha 2k + i − j p´aratlan, ami pontosan akkor teljes¨ ul, ha i+j p´ aratlan. Ezzel igazoltuk, hogy az el˝ojeles aldetermin´ansok defin´ıci´oj´aban szerepl˝ o szorzatokat a megfelel˝ o ai,j -vel ´es (−1)i+j -vel megszorozva, az A m´atrix determin´ans´at kapjuk. (2) A ferde kifejt´es egy olyan determin´ans kisz´am´ıt´asa sor szerinti kifejt´essel, amely determin´ansnak k´et azonos sora van. L´ attuk, hogy a determin´ ans ´ ert´ eke ilyenkor 0, ez´ ert azt ily m´ odon kisz´ am´ıtva sem kaphatunk m´ ast.
2.5 M´ atrixm˝ uveletek, t´ erbeli vektorok szorz´ asa A determin´ ansok t´ argyal´ asa ut´ an ´erdemes a m´atrixok k¨oz¨ott m˝ uveleteket bevezetni. Def: Ha A, B ∈ Rn×k , azaz A ´es B n × k m´eret˝ u m´atrixok, akkor o¨sszeadhat´oak, ami elemenk´enti o ast jelent. Azaz A + B ∈ Rn×k , amire (A + B)ji = Aji + Bij . ¨sszead´ ´ ıt´ All´ as: Ha az A, B, C ∈ Rn×k , akkor A + B = B + A (vagyis az ¨osszead´as felcser´elhet˝o, m´as sz´ oval kommutat´ıv ) ´es (A + B) + C = A + (B + C), ami az ¨osszead´as ´atz´ar´ojelezhet˝os´egi tulajdons´aga, idegen sz´ oval asszociativit´ asa. A m´ atrix skal´ arszoros´ at a vektorterekn´el megismert m´odon ´ertelmezz¨ uk, azaz az elemeit v´egigszorozzuk a skal´ arral: (λ·A)ji := λ·Aji . Enn´el sokkal izgalmasabb, hogy m´atrixok egym´assal is megszorozhat´ ok. j
n×k
k×l
B
Def: Legyenek A ∈ R ´es B ∈ R tetsz˝oleges m´atrixok. Ekkor (vagyis ha A-nak pontosan annyi oszlopa van, mint ah´any soBj osszeszorozhat´ok, A · B ∈ Rn×l , ´es ra B-nek) az A ´es BPm´ atrixok ¨ (A · B)ji = Ai · B j = k Aki Bkj , azaz a szorzatm´atrix i-dik sor´anak jdik elem´et u ´gy kapjuk, hogy az A m´ atrix i-dik sor´at (mint sorvektort) A A·B skal´ arisan ¨ osszeszorozzuk a B m´ atrix j-dik oszlop´aval (mint oszlopvektorral) Ezt a tulajdons´ agot szok´ as a sor-oszlop szorz´as kifejez´essel uk, hogy a szorzat egyes koordin´at´ait u ´gy kapilletni, amin azt ´ertj¨ Ai i Ai · B j juk, hogy a megfelel˝ o sorvektort skal´ arisan ¨osszeszorozzuk a megfelel˝o oszlopvektorral. Fontos megfigyel´ es: Ha az A ´es B m´atrixok ¨osszeszorozhat´ok, akkor az AB szorzatm´atrix oszlopai az A m´ atrix oszlopainak line´ aris kombin´aci´oi lesznek. Konkr´etan az i-dik oszlop olyan line´aris kombin´ aci´ o, amelynek egy¨ utthat´ oi a B m´ atrix i-dik oszlop´aban vannak felsorolva: (A·B)i = B1i ·A1 +B2i ·A2 +. . . A tov´ abbiakban t¨ obbsz¨ or lesz sz¨ uks´eg erre a megfigyel´esre. Megjegyz´ es: Ha A ´es B m´ atrixok, akkor ´altal´aban nem igaz, hogy A · B = B · A, hiszen ha az els˝ o szorz´ as elv´egezhet˝ o, a m´ asodik nem felt´etlen¨ ul, r´aad´asul a szorzatok m´erete sem lesz azonos. n × n m´eret˝ u m´ atrixokra sem igaz a kommutativit´as. Igaz viszont, amit a val´os sz´amokon megszoktunk, hogy osszead´ as felett: A(B + C) = A · B + A · C ill. (A + B)C = A · C + B · C. Ha a a szorz´ as disztribut´ıv az ¨ szorz´ asok elv´egezhet˝ ok, akkor az asszociativit´as is igaz: A · (B · C) = (A · B) · C. M´ıg a disztributivit´ as k¨ ozel trivi´ alis, az asszociativit´ as bizony´ıt´asa ezen a ponton meglehet˝osen keserves lenne. A fenti defin´ıci´ o azt is megmutatja, hogy egy m´atrixot ´es egy oszlopvektort hogyan szorozhatunk ossze, amennyiben az oszlopvektort egy egyoszlop´ u m´atrixnak tekintj¨ uk. ¨ Megjegyz´ es: M´ atrix ´es oszlopvektor ¨osszeszorz´as´ara egy fontos p´elda a line´aris egyenletrendszerek uk meg, hogy ha adott egy line´aris egyenletrendszernek az (A|b) kib˝ov´ıtett egy¨ utthamegad´ asa. Figyelj¨ t´ om´ atrixa, akkor ha az ismeretleneket (a m´atrixban megadott sorrend szerint egy x = (x1 , x2 , . . . , xn )T oszlopvektorba gy˝ ujtj¨ uk, akkor az Ax = b szorzat pontosan azt ´ırja le, hogy a line´aris egyenletrendszerulnie kell. ben minden egyes egyenletnek teljes¨ A determin´ ansok ´es a m´ atrixm˝ uveletek k¨ozti ¨osszef¨ ugg´esre p´elda, hogy ha A egy n×n m´eret˝ u m´atrix, akkor |λA| = λn · |A|, hiszen λ · A minden sor´ab´ol kiemelhet˝o a λ a szakasz els˝o t´etel´enek (4) pontja miatt. Jegyezz¨ uk meg, hogy a determin´ansnak nincs sok k¨oze a m´atrixok ¨osszead´as´ahoz, ´es nagyon nem igaz, hogy a det(A + B) determin´ ans det A + det B lenne. A szorz´assal viszont ´erdekes kapcsolat ´all fenn.
22
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
Determin´ ansok szorz´ ast´ etele: Ha A, B n × n-es, val´os m´atrixok, akkor |A · B| = |A| · |B|. Koordin´ atageometriai sz´ am´ıt´ asokn´ al roppant hasznos lehet a vektori´alis szorzat fogalma. Def: Az (α sz¨ oget bez´ ar´ o) a, b ∈ R3 vektorok vektori´ alis szorzata az az a × b vektor, ami mer˝oleges az a ´es b s´ıkj´ ara, azokkal jobbsodr´ as´ u rendszert alkot, ´es hossza |a| · |b| · sin α, azaz az a ´es b ´altal fesz´ıtett ulete. paralelogramma ter¨ ex e y e z ´ ıt´ All´ as: Az a = (a1 , a2 , a3 ) ´es b = (b1 , b2 , b3 ) vektorok vektori´alis szorzata az a1 a2 a3 determin´ ans b1 b2 b3 ´ert´eke, ahol ex , ey ´es ez a t´er h´ arom koordin´atatengely´enek egys´egvektorai. onny˝ u ellen˝ orizni, hogy a, b ∈ {ex , ey , ez } eset´ en igaz az ´ all´ıt´ as, s˝ ot, ez akkor is l´ atszik, ha Bizony´ıt´ as v´ azlat: K¨ es b vektorok a koordin´ atatengelyek egys´ egvektorainak konstansszorosai. Figyelj¨ uk meg, hogy az a × b vektori´ alis az a ´ szorzatot u ´gy kapjuk, hogy a b vektor |a|-szoros´ at az a-re mer˝ oleges s´ıkra vet´ıtj¨ uk, ´ es ezt a vet¨ uletet a mer˝ oleges s´ıkban a hegye fel˝ ol n´ ezve” +90◦ -kal elforgatjuk. Hasonl´ o megfontol´ assal l´ atszik, hogy ugyanezt a szorzatot u ´gy is megkaphatjuk, ” et vet´ıtj¨ uk a b-re mer˝ oleges s´ıkra, ´ es ezt a vet¨ uletet forgatjuk a mer˝ oleges s´ıkon b fel˝ ol n´ ezve hogy az a vektor |b|-szeres´ 90◦ -kal. Ebb˝ ol az ad´ odik, hogy a vektori´ alis szorz´ as disztribut´ıv az ¨ osszead´ as felett, azaz a × (b + b0 ) = a × b + a × b0 ill., hogy (a + a0 ) × b = a × b + a0 × b teljes¨ ul. Ez´ ert a × b = (a1 ex + a2 ey + a3 ez ) × (b1 ex + b2 ey + b3 ez ) = a1 ex × b1 ex + a1 ex × b2 ey + a1 ex × b3 ez + a2 ey × b1 ex + a2 ey × b2 ey + a2 ey × ˛ b3 ez + a3˛ ez ˛× b1 ex + a˛3 ez˛ × b2 ey +˛a3 e˛ z × b3 ez . ˛Az ˛ e x ey ez ˛ ˛ e x e y e z ˛ ˛ e x ey ez ˛ ˛ e x ey ez ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ al´ abbi levezet´ est pedig pl a determin´ ansok kifejt´ esi t´ etele igazolja: ˛ a1 a2 a3 ˛ = ˛ a1 0 0 ˛ + ˛ 0 a2 0 ˛ + ˛ 0 0 a3 ˛ = ˛ b1 b2 b3 ˛ ˛ b1 b2 b3 ˛ ˛ b1 b2 b3 ˛ ˛ b1 b2 b3 ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ex ey ez ˛ ˛ e x e y e z ˛ ˛ ex ey ez ˛ ˛ e x ey ez ˛ ˛ ex e y e z ˛ ˛ e x ey ez ˛ ˛ e x e y e z ˛ ˛ e x e y e z ˛ ˛ e x ey ez ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ a1 0 0 ˛ + ˛ a1 0 0 ˛ + ˛ a1 0 0 ˛ + ˛ 0 a2 0 ˛ + ˛ 0 a2 0 ˛ + ˛ 0 a2 0 ˛ + ˛ 0 0 a3 ˛ + ˛ 0 0 a3 ˛ + ˛ 0 0 a3 ˛ ˛ b1 0 0 ˛ ˛ 0 b2 0 ˛ ˛ 0 0 b3 ˛ ˛ b1 0 0 ˛ ˛ 0 b2 0 ˛ ˛ 0 0 b3 ˛ ˛ b1 0 0 ˛ ˛ 0 b2 0 ˛ ˛ 0 0 b3 ˛ Az els˝ o megfigyel´ es szerint a k´ et r´ ems´ eges kifejez´ es jobboldalai megegyeznek, ez´ ert a baloldalak is, ami ´ epp a bizony´ıtand´ o all´ıt´ ´ as.
Def: Az a, b, c ∈ R3 vektorok vegyesszorzata (a, b, c) := a · (b × c). ´ ıt´ All´ as: (1) Ha a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ) ´es c = (c1 , c2 , c3 ), akkor az (a, b, c) vegyes szorzat a1 a2 a3 ´ert´ek´et az b1 b2 b3 determin´ ans adja meg. c1 c2 c3 (2) A vegyes szorzat fel´ırhat´ o (a, b, c) = (a × b) · c alakban is. (3) A vegyes szorzat ´ert´eke az a, b ´es c vektorok fesz´ıtette paralelepipedon el˝ojeles t´erfogata (ami akkor pozit´ıv, ha a, b, c jobbsord´ as´ u rendszert alkotnak). uk ki, eppen azzal a determin´ anssal kell megszorozni, Biz: (1) Ha a determin´ anst az els˝ o sor szerint fejtj¨ ˛ akkor ai˛-t ´ ˛ e x ey ez ˛ ˛ ˛ ami a megfelel˝ o egys´ egvektor egy¨ utthat´ oja lenne a b × c = ˛ b1 b2 b3 ˛ determin´ ans kisz´ am´ıt´ asakor. Az ´ all´ıt´ as a skal´ aris ˛ c1 c2 c3 ˛ szorat defin´ıci´ oj´ ab´ ol ad´ odik. ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ a1 a2 a3 ˛ ˛ a1 a2 a3 ˛ ˛ c1 c2 c3 ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ ˛ (2) Az im´ ent bizony´ıtott (1) ´ all´ıt´ asb´ ol ´ es a determin´ ansokra vonatkoz´ o ˛ b1 b2 b3 ˛ = − ˛ c1 c2 c3 ˛ = ˛ a1 a2 a3 ˛ azonos˛ c1 c2 c3 ˛ ˛ b1 b2 b3 ˛ ˛ b1 b2 b3 ˛ s´ agb´ ol k¨ ozvetlen¨ ul k¨ ovetkezik. es c vektorok fesz´ıtette paralelogramma ter¨ ulete. Ebb˝ ol u ´gy kapjuk a paralelepipedon t´ erfoga(3) A b × c vektor hossza a b ´ t´ at, hogy ezt megszorozzuk az a vektor hossz´ aval ´ es cos α-val, ahol α az a vektor ´ es a b ´ es c vektorok ´ altal fesz´ıtett s´ık ´ altal bez´ art sz¨ oget jelenti. Vil´ agos, hogy a b × c ´ es a vektor sz¨ oge β = π2 ± α, hiszen a vektori´ alis szorzat mer˝ oleges a b, c s´ıkra. Ez azt mutatja, hogy sin β = ± cos α, vagyis a vegyesszorzat abszol´ ut ´ ert´ eke csakugyan megegyezik a paralelepipedon ter¨ ulet´ evel. Az el˝ ojellel most nem piszmogunk. Megjegyz´ es: H´ arom dimenzi´ oban teh´ at a determin´ ans a sorvektorok fesz´ıtette paralelepipedon el˝ ojeles t´ erfogat´ at adja meg, ´ es ezt a vektori´ alis szorzat seg´ıts´ eg´ evel l´ attuk be. Magasabb dimenzi´ oban azonban nem tudjuk k´ et vektor ´ ertelmes” ” vektori´ alis szorzat´ at defini´ alni. Azonban nem is ez az az u ´t, ami a determin´ ans szeml´ eletes jelent´ es´ ehez vezet. Ha n dimenzi´ os t´ err˝ ol van sz´ o, akkor a vektori´ alis szorzat mint´ aj´ ara lehets´ eges tetsz˝ oleges n−1 vektor szorzat´ at” defini´ alni, ahol ” ak´ arcsak a vektori´ alis szorz´ asn´ al, sz´ am´ıt az ¨ osszeszorzott” vektort´ enyez˝ ok sorrendje. (Valami olyasmir˝ ol lenne sz´ o, hogy ” n − 1 vektor egy u ´.n. hipers´ıkot fesz´ıt, a szorzat erre mer˝ oleges, m´ egpedig u ´gy, hogy az n dimenzi´ oban ´ el˝ o alienek sz´ am´ ara jobbsord´ as´ u rendszert kapjunk. A szorzatvektor hossza pedig a fesz´ıtett n − 1 dimenzi´ os paralelepipedon t´ erfogata lenne. (Minden valamireval´ o uf´ okutat´ o el˝ ott j´ ol ismert, hogy az n dimenzi´ os u ˝rl´ enyeknek k´ et karjuk van ´ es mindegyik kez¨ uk¨ on legal´ abb n ujjuk, hiszen egy´ ebk´ ent nem tudn´ anak dolgokat szil´ ardan megfogni.)) Nos, ezt az ´ altal´ anos vektori´ alis szorz´ ast felhaszn´ alva be lehet ´ eppens´ eggel vezetni az n dimenzi´ os vegyesszorz´ ast, ami nem volna m´ as, mint az els˝ o t´ enyez˝ o” skal´ aris ” szorzata a tov´ abbi t´ enyez˝ ok vektori´ alis szorzat´ aval. A fenti lemma ´ ertelemszer˝ u´ altal´ anos´ıt´ asa igaz lenne erre a m˝ uveletre, ´ es ´ıgy azt kapn´ ank, hogy az n × n-es determin´ ans a sorvektorok fesz´ıtette sokdimenzi´ os paralelelpipedon (szaknyelven paralelot´ op) el˝ ojeles t´ erfogat´ at adja meg.
2.6 M´ atrix inverze Def: A B n × n m´eret˝ u m´ atrix az A ∈ Rn×n m´atrix balinverze, ha B · A = In , ahol In az n × n m´eret˝ u egys´egm´ atrix, aminek a f˝ o´ atl´ oja csupa-1, egy´eb elemei 0-k. A J ∈ Rn×n m´atrix az A jobbinverze, ha A · J = In . ´ ıt´ All´ as: Ha az A ∈ Rn×n m´ atrixnak l´etezik jobb- ´es balinverze is, akkor azok egyenl˝oek. Biz: Legyen B bal-, J pedig jobbinverz. Ekkor B = BIn = B(AJ) = (BA)J = In J = J. K¨ ov.: Ha egy m´ atrixnak van jobb ´es balinverze is, akkor azok egy´ertelm˝ uek. T´ etel: Az al´ abbi k´et ´ all´ıt´ as ekvivelens. (1) det A 6= 0 . (2) A-nak l´etezik jobbinverze.
´ 2.7. MATRIX RANGJA
23
Ko atrixnak pontosan akkor van jobbinverze, ha A-nak l´etezik balinverze. ¨v.: Az A m´ A bizony´ıt´ ashoz egy seg´edt´etelre van sz¨ uks´eg. Lemma: Ha A ´es B ¨ osszeszorozhat´o m´atrixok, akkor (A · B)T = B T · AT . Biz: Eml´ekeztet¨ unk, hogy az als´ o index sort, a fels˝o oszlopot jelent. Azt kell megmutatni, hogy a k´et ´ val´ m´ atrix elemenk´ent azonos. Es oban: ((A·B)T )ji = (A·B)ij = Aj ·B i = (B T )i ·(AT )j = (B T ·AT )ji . (A formalizmus valamennyire elrejti, mennyire trivi´alis az ´all´ıt´as. K¨onnyen meggy˝ozhetj¨ uk err˝ol magunkat, ha lerajzoljuk, hogyan ´ allnak a m´ atrixok a szorz´askor.) A k¨ ovetkezm´ eny bizony´ıt´ asa a t´ etel felhaszn´ al´ as´ aval: A-nak a t´etel szerint pontosan akkor van jobbinverze, ha det A 6= 0, azaz, a determin´ansokr´ol tanultak alapj´an det AT 6= 0. Ut´obbi a t´etel miatt azzal ekvivalens, hogy AT -nak l´etezik egy X jobbinverze, ami a lemma szerint ´eppen azt jelenti, hogy X T az A balinverze. 0 Lemma: Tegy¨ uk fel, hogy A az A n´egyzetes m´atrixb´ol elemi sorekvivalens ´atalak´ıt´asok egym´ asut´ anj´ aval kaphat´ o meg. Ekkor a det A = 0 ´es det A0 = 0 ´all´ıt´asok ekvivalensek. Biz: A lemma bizony´ıt´ as´ ahoz feltehetj¨ uk, hogy A0 egyetlen elemi sorekvivalenssal kaphat´o A-b´ ol, ´ ´ hiszen ha egyetlen ESA sem tudja elrontani determin´ans 0 volt´at ill. a sorok lin. ftns´eg´et, akkor ESA-k sorozata sem k´epes erre. A determin´ ans tulajdons´ agair´ ol tanultak alapj´an sorcser´en´el a determin´ans (−1)-szeres lesz, sorszorz´ asn´ al a determin´ ans nemnull´ aval szorz´odik, m´ıg sor m´asik sorhoz hozz´aad´asakor a determin´ans nem v´ altozik, teh´ at nem kaphatunk 0-b´ ol nemnull´at vagy ford´ıtva. A t´ etel bizony´ıt´ asa: Tekints¨ uk azt a line´aris egyenletrendszert, aminek kib˝ov´ıtett egy¨ utthat´om´ atrixa az A m´ atrix, jobbr´ ol az ei egys´egvektorral (azaz azzal az oszlopvektorral, aminek az i-dik koordin´ at´ aja osszes t¨ obbi 0) kib˝ ov´ıtve. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha J az A jobbinverze, akkor a J m´atrix i-dik oszlopa 1, az ¨ egy megold´ as´ at adja ennek az egyenletrendszernek, hiszen A · J i = ei a jobbinverz defin´ıci´oja szerint. Teh´ at ha l´etezik jobbinverz, akkor minden i-re megoldhat´o a fenti line´aris egyenletrendszer. M´asfel˝ ol, ha ezen line´ aris egyenletrendszerek mindegyike megoldhat´o, akkor a megold´asokat oszlopvektorokba rendezve, az oszlopokat pedig egy J m´ atrixba gy˝ ujtve AJ = In ad´odik, teh´at A-nak van jobbinverze. Az inverz meghat´ aroz´ as´ ahoz teh´ at ezeket az egyenletrendszereket pr´ob´aljuk megoldani. Azt a hasznos ´eszrev´etelt tessz¨ uk, hogy ehhez nem sz¨ uks´eges nek¨ unk sorban n Gauss-elimin´aci´ot elv´egezni, mert elimin´ alhatunk szimult´ an” is: jobbr´ ol A mell´e ´ırunk egy In egys´egm´atrixot, ´es ´ıgy v´egezz¨ uk el a Gauss” elimin´ aci´ ot. Amikor az i-dik egyenletrendszer megold´as´at keress¨ uk, akkor egyszer˝ uen elhagyjuk a feleslegesen hozz´ avett oszlopokat, ´es leolvassuk a megold´ast. N´ezz¨ uk teh´ at az (A|In ) m´ atrix Gauss-elimin´aci´oja ut´ani kapott (A0 |J 0 ) reduk´alt l´epcs˝os alakot! Ha 0 A = In , akkor az egyfel˝ ol azt jelenti, hogy A0 mindegyik oszlop´aban van vez´eregyes ´es nincs szabad param´eter, ez´ert mindegyik line´ aris egyenletrendszer egy´ertelm˝ uen megoldhat´o, azaz l´etezik jobbinverz, ´ sorozat´aval kaptuk, ez´ert a ´es az nem m´ as, mint J 0 . M´ asfel˝ ol, det A0 6= 0, ´es mivel A0 -t A-b´ol ESA-k lemma szerint det A 6= 0 is fenn´ all. A m´ asik lehet˝ os´eg, hogy A0 6= In . Ez azt jelenti, hogy A0 -nek van olyan oszlopa, amiben nincs vez´er0 egyes, ez´ert A utols´ o sor´ aban sincs vez´eregyes. Teh´at det A0 = 0, ´es a lemma miatt pedig det A = 0. Azt kell m´eg megmutatnunk, hogy A-nak nem l´etezik jobbinverze, azaz valamelyik line´aris egyenletrendszer ´ sorozata ut´an j¨ott l´etre, ez´ert det In 6= 0 6= det J 0 . nem megoldhat´ o. Mivel J 0 az In m´ atrixb´ol ESA-k Eszerint nem lehet J 0 -nek csupanulla sora, ´ıgy ha J 0 utols´o sor´aban mondjuk az i-dik koordnin´ata nem 0, akkor az i-dik line´ aris egyenletrendszer nem lesz megoldhat´o a kapott tilos sor miatt. Ezek szerint nem l´etezik A-nak jobbinverze sem. Megjegyz´ es: Az im´ enti t´ etelnek az a r´ esze, hogy ha det A = 0, akkor A-nak nincs se jobb-, se balinverze, k¨ onnyen igazolhat´ o a determin´ ansok szorz´ ast´ etel´ eb˝ ol. Tegy¨ uk fel, ugyanis, hogy mondjuk B balinverz. Ekkor 1 = det In = det(BA) = det B · det A, teh´ at det A 6= 0. Ellentmond´ as.
Ko atrixnak pontosan akkor van inverze, ha (A|In ) Gauss-elimin´aci´oj´aval a RLA ¨v.: Az A ∈ Rn×n m´ (In |B) alak´ u. Ekkor B = A−1 .
2.7 M´ atrix rangja Egy m´ atrixnak fontos param´etere, mennyire f¨ uggetlenek” az elemei. Mindj´art meg is adunk h´arom” f´ele m´ odszert ennek m´er´es´ere”, majd megmutatjuk, hogy ugyanarr´ol van sz´o mindh´arom esetben. ” Def: Az A n × k m´eret˝ u m´ atrix sorrangj´ an az A m´atrixb´ol kiv´alaszthat´o line´arisan f¨ uggetlen sorok maxim´ alis sz´ am´ at ´ertj¨ uk: s(A) := dimhA1 , A2 , . . . An i. Az A m´atrix oszloprangja az A m´atrixb´ol kiv´ alaszthat´ o line´ arisan f¨ uggetlen oszlopok maxim´alis sz´ama: o(A) := dimhA1 , A2 , . . . Ak i. V´eg¨ ul az A m´ atrix d(A) determin´ ansrangja megegyezik A legnagyobb, nemnulla aldetermin´ans´anak m´eret´evel. (Eml´ekez-
24
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
tet¨ unk, hogy aldetermin´ anson egy olyan (term´eszetesen n´egyzetes) determin´anst ´ert¨ unk, amit A n´eh´ any sor´ anak ´es oszlop´ anak elhagy´ as´ aval kapunk.) ´ ıt´ All´ as: Tetsz˝ oleges A m´ atrixra d(A) = d(AT ) . Biz: Mivel n´egyzetes m´ atrix determin´ansa megegyezik a transzpon´altj´anak determin´ans´aval, ez´ert az A-beli legnagyobb nemnulla aldetermin´ans az AT -beli legnagyobb nemnulla aldetermin´ans transzpon´ altja lesz, ez´ert m´eret¨ uk megegyezik. Megfigyel´ es: Ha az A m´ atrix l´epcs˝os alak´ u ´es k vez´eregyest tartalmaz, akkor a vez´eregyeseket taruggetlenek. Ha A-nak legal´abb k + 1 sor´at v´alasztjuk ki, akkor azok line´arisan talmaz´ o sorok line´ arisan f¨ osszef¨ ugg˝ oek, hiszen van k¨ ozt¨ uk (legal´ abb) egy csupa-0 sor. Ha az A m´atrix vez´eregyeseket nem tartal¨ maz´ o sorait ´es oszlopait elhagyjuk, akkor egy k × k m´eret˝ u fels˝o h´aromsz¨ogm´atrixot kapunk, aminek a f˝ o´ atl´ oja csupa-1, teh´ at ennek determin´ansa sem 0. Ha pedig egy legal´abb (k + 1) × (k + 1) m´eret˝ u r´eszm´ atrixot tekint¨ unk, akkor annak ugyancsak lesz csupa-0 sora, ´ıgy a determin´ansa is 0-nak ad´ odik. Eszerint l´epcs˝ os alak´ u m´ atrixokra s(A) = k = d(A). Az al´abbi t´etel ezt a megfigyel´est ´altal´anos´ıtja. T´ etel: Tetsz˝ oleges A m´ atrixra s(A) = d(A). A bizony´ıt´ as el˝ ott r´ amutatunk egy fontos k¨ovetkezm´enyre. K¨ ov.: Tetsz˝ oleges A m´ atrixra o(A) = d(A) = s(A). Biz: A t´etel szerint o(A) = dimhA1 , A2 , . . .i = dimh(AT )1 , (AT )2 , . . .i = s(AT ) = d(AT ) = d(A) = s(A), haszn´ alva az el˝ oz˝ o t´etelt ´es ´ all´ıt´ ast. A k¨ ovetkezm´eny szerint mindegy, hogy egy m´atrix eset´eben melyik rangfogalomr´ol besz´el¨ unk, ez´ert helyt´ all´ o az al´ abbi defin´ıci´ o. Def: Az A m´ atrix rangja r(A) := s(A) = o(A) = d(A). A t´etel bizony´ıt´ as´ ahoz az al´ abbi seg´edt´etelt haszn´aljuk. Lemma: Tegy¨ uk fel, hogy A0 az A m´atrixb´ol elemi sorekvivalens ´atalak´ıt´asok egym´asut´anj´ aval kaphat´ o. Ekkor s(A) = s(A0 ) ´es d(A) = d(A0 ) . ´ Biz: Ahogy ezt kor´ abban l´ attuk, elegend˝o azt az esetet igazolni, hogy ha A0 egyetlen ESA-sal kaphat´ o ´ defin´ıci´ A-b´ ol. Az ESA oj´ ab´ ol ad´ od´ oan A0 minden sora el˝o´all A sorainak line´aris kombin´aci´ojak´ent, vagyis A01 , A02 , . . . ∈ hA1 , A2 , . . .i, ´ıgy hA01 , A02 , . . .i ≤ hA1 , A2 , . . .i, teh´at dimhA01 , A02 , . . .i ≤ dimhA1 , A2 , . . .i, ´ ford´ıtottja is elv´egezhet˝ m´ as sz´ oval s(A0 ) ≤ s(A). ad´ odik. Kor´ abban m´ar l´attuk, hogy minden ESA o 0 ´ ESA-k sorozatak´ent, ez´ert A -b˝ ol megkaphat´o A is. Ebb˝ol a fenti gondolatmenet szerint s(A) ≤ s(A0 ) k¨ ovetkezik, amit az im´ent kapott s(A0 ) ≤ s(A) egyenl˝otlens´eggel ¨osszevetve s(A) = s(A0 ) ad´odik. L´ assuk a determin´ ansrangot! Elegend˝o azt igazolni, hogy A minden k × k m´eret˝ u aldetermin´ ansa pontosan akkor 0, ha A0 minden k×k m´eret˝ u aldetermin´ansa 0. Tegy¨ uk fel, hogy ez A-ra igaz, ´es tekints¨ uk A0 egy k × k m´eret˝ u B 0 r´eszm´ atrix´ at. Ha A0 -t egy sorcsere vagy egy sor konstanssal val´o szorz´as´ aval kaptuk meg, akkor l´ atjuk, hogy A-ban van egy B 0 -nak megfelel˝o B r´eszm´atrix, amire |B 0 | = |B| = 0 0 vagy |B | = −|B| = −0 = 0 vagy |B 0 | = λ|B| = λ · 0 = 0 teljes¨ ul, ut´obbi arra a λ konstansra, amivel ´ sor´ az ESA an a sort szoroztuk. Teh´ at sorcsere vagy sorszorz´as ut´an minden k × k m´eret˝ u determin´ ans ´ sorhozz´ 0 marad. Ha az ESA aad´ as volt, akkor vagy |B 0 | = |B| = 0, vagy |B| fel´ırhat´o k´et A-beli k × k m´eret˝ u determin´ ans ¨ osszegek´ent. Ism´et azt kapjuk, hogy |B 0 | = 0 + 0 = 0. H´ atra van m´eg annak igazol´ asa, hogy ha A0 minden k × k m´eret˝ u aldetermin´ansa 0, akkor ez A-ra is ´ ford´ıtottja igaz. Ez a fenti gondolatmenetb˝ ol u ´gy k¨ ovetkezik, hogy ism´et megfigyelj¨ uk, hogy minden ESA ´ elv´egezhet˝ o ESA-k sorozatak´ent. ´ A t´ etel bizony´ıt´ asa: L´ attuk, hogy ESA-kkal sem s(A), sem pedig d(A) nem v´altozik. V´egezz¨ uk el A Gauss-elimin´ aci´ oj´ at, ´ıgy kapjuk A0 l´epcs˝os alak´ u m´atrixot. A fenti lemma ´es megfigyel´es miatt 0 0 s(A) = s(A ) = d(A ) = d(A), ´es nek¨ unk pontosan ezt kellett igazolnunk.
2.8 Line´ aris egyenletrendszerek t´ argyal´ asa m´ atrixokkal T´ etel: Legyen A ∈ Rk×n , tetsz˝ oleges val´os m´atrix. Az al´abbi ´all´ıt´asok ekvivalensek. (1) Az (A|b) kib˝ ov´ıtett egy¨ utthat´ om´ atrix le´ırta line´aris egyenletrendszernek (egy´ert.) megold´asa van. (2) (Egy´ertem˝ uen) l´etezik x ∈ Rn , amire Ax = b.P n (3) (Egy´ertem˝ uen) l´etezik x ∈ Rn u ´gy, hogy b = i=1 Ai xi . 1 n 1 n (4) b ∈ hA , . . . , A i (´es A , . . . A line´ arisan f¨ uggetlen vektorok). (5) hA1 , . . . , An i = hb, A1 , . . . , An i (´es A1 , . . . An line´arisan f¨ uggetlen vektorok). (6) dim(hA1 , . . . , An i) = dim(hb, A1 , . . . , An i)(= n) . (7) r(A) = r(A|b)(= n) . Biz: (1) ⇐⇒ (2): A defin´ıci´ okb´ ol ad´odik. (2) ⇐⇒ (3): A m´ a trixszorz´asn´al tett fontos megfigyel´es Pn alkalm´ aval l´ attuk, hogy Ax = b ⇐⇒ b = i=1 Ai xi . (3) ⇐⇒ (4): b-t (defin´ıci´o szerint) pontosan akkor gener´ alj´ ak az oszlopvektorok, ha el˝ o´all line´aris kombin´aci´ojukk´ent. Az oszlopvektorok ´altal gener´ alt
´ ´ ´ 2.9. LINEARIS LEKEPEZ ESEK
25
t´erben pontosan akkor egy´ertelm˝ u a fel´ır´as, ha e vektorok b´azis´at alkotj´ak az ´altaluk gener´alt t´ernek, uggetlenek. azaz, ha line´ arisan f¨ (4) ⇐⇒ (5): b pontosan akkor van benne az oszlopvektorok ter´eben, ha az oszlopvektorokhoz b-t hozz´ av´eve nem tudunk tov´ abbi vektort gener´alni. (5) ⇐⇒ (6): Az A1 , . . . , An vektorok pontosan akkor line´arisan f¨ uggetlenek, ha az ´altaluk gener´alt t´erben b´ azist alkotnak, azaz, ha a gener´ atum dimenzi´oja n. (6) ⇐⇒ (7): Egy oszlopvektorai ´ altal gener´alt t´er dimenzi´oja nem m´as, mint az oszlopvektorokb´ol kiv´ alaszthat´ o line´ arisan f¨ uggetlen vektorok sz´ama, azaz az oszloprang. Err˝ol pedig tudjuk, hogy a ranggal egyenl˝ o. utthat´om´atrixszal megadott line´aris egyenletrendszer pontosan akkor T´ etel: Az n × n m´eret˝ u A egy¨ oldhat´ o meg egy´ertelm˝ uen, ha |A| = 6 0. Biz: Ha |A| 6= 0, akkor a m´ atrixok inverze kapcs´an tanultak szerint A-nak l´etezik inverze. Innen x = (A−1 · A)x = A−1 · (Ax) = A−1 b, teh´at x (ha l´etezik), akkor egy´ertelm˝ u. Az x = A−1 b vektor −1 −1 viszont megold´ as, hiszen Ax = A(A b) = (A · A )b = I · b = b. Ezzel az el´egs´egess´eget igazoltuk. A sz¨ uks´egess´eghez tegy¨ uk fel, hogy a megold´as egy´ertelm˝ u. Az el˝oz˝o t´etel (4) r´esze szerint ekkor A oszlopai line´ arisan f¨ uggetlenek. Ekkor A rangja n lesz, ez´ert l´etezik A-nak n × n m´eret˝ u nemnulla determin´ ans´ u r´eszm´ atrixa, ami csakis maga A lehet. Eszerint |A| = 6 0.
2.9 Line´ aris lek´ epez´ esek Def: Az U, V val´ os vektorterek k¨ oz¨ott hat´o A : U → V f¨ uggv´eny egy line´ aris lek´epez´es, ha (1) A(u + v) = A(u) + A(v) ∀u, v ∈ U ill. (2) A(λu) = λA(u) ∀λ ∈ R, ∀u ∈ U teljes¨ ul. Line´ arisnak teh´ at a m˝ uvelettart´ o lek´epez´est nevezz¨ uk. K¨onnyen l´athat´o, hogy az (1,2) tulajdons´ agok helyett megk´ıv´ anhatn´ ank az al´ abbi tulajdons´agot: (3) A(λu + µv) = λA(u) + µA(v) ∀u, v ∈ V, ∀λ, µ ∈ R. Ha ugyanis A line´ aris, akkor A(λu + µv) = A(λu) + A(µv) = λA(u) + µA(v). M´ asr´ eszt ha (3) fen´ all, akkor λ = µ = 1 eset´ en (1), m´ıg µ = 0 helyettes´ıt´ essel (2) k¨ ovetkezik.
Az is uen (n indukci´ oval) bizony´ıthat´o, hogy (3) ekvivalens a form´alisan t¨obbet k´ıv´ an´ o Pegyszer˝ Pszerinti n n (3’) A( i=1 λi vi ) = i=1 λi A(vi ) ∀n ∈ N, ∀v1 , v2 , . . . , vn ∈ V, ∀λ1 , λ2 , . . . , λn ∈ R felt´etellel. Eszerint a line´ aris lek´epez´es nem m´as, mint olyan lek´epez´es, ami tetsz˝oleges line´aris kombin´ aci´ ot a k´epek ugyanolyan egy¨ utthat´os line´aris kombin´aci´oj´aba k´epez. Az U ´es V k¨oz¨otti line´ aris lek´epez´esek halmaz´ at Hom(U, V ) jel¨ oli. Az A : V → V (azonos terek k¨oz¨ott hat´o) line´aris lek´epez´est line´ aris transzform´ aci´ o nak h´ıvjuk. Megfigyel´ es: Ha A : U → V egy line´aris lek´epez´es, akkor sz¨ uks´egk´eppen A(0) = 0 teljes¨ ul, ahol az els˝ o 0 az U , a m´ asodik pedig a V t´er nullvektora, hiszen A(0) = A(0 + 0) = A(0) + A(0), ´es mindk´et oldalhoz az A(0) vektor ellentettj´et hozz´aadva 0 = A(0) ad´odik. P´ elda: (1) A s´ıkvektorokon az x tengelyre vet´ıt´es, (2) a s´ıkvektorokon az orig´ o k¨ or¨ uli (ny´ ujtva)forgat´as, (3) a s´ıkvektoroknak egy orig´ on ´ atmen˝ o egyenesre t¨ ukr¨oz´ese, (4) a 2 × 2-es m´ atrixokhoz 2 × 3-as m´ atrixok hozz´arendel´ese
a b c d
0
7→
b 0 2c − a d d 3d
szerint,
(5) A polinomok vektorter´en a deriv´ al´ as, azaz p(x) 7→ p (x). A m˝ uvelettart´as a deriv´al´as azonoss´ agai miatt igaz: (p + q)0 (x) = p0 (x) + q 0 (x), ill. (λp)0 (x) = λp0 (x). ´ ıt´ All´ as: A line´ aris lek´epez´est egy´ertelm˝ uen meghat´arozz´ak a b´aziselemek k´epei. Pontosabban: Ha U ´es V val´ os vektorterek, az u1 , u2 , . . . , un vektorok az U b´azis´at alkotj´ak ´es v1 , v2 , . . . , vn tetsz˝oleges, V beli vektorok, akkor pontosan egy olyan A ∈ Hom(U, V ) line´aris lek´epez´es l´etezik, amire A(ui ) = vi ∀i. Megjegyz´ es: A fenti ´ all´ıt´ as egyik haszna, hogy seg´ıts´eg´evel k¨onnyen meg tudunk adni egy line´ aul j¨on, ha valamilyen ris lek´epez´est (t.i. egy tetsz˝ oleges b´ azis vektorainak k´ep´et kijel¨olve), ´es ez remek¨ speci´ alis tulajdons´ agot kiel´eg´ıt˝ o line´ aris lek´epez´est kell konstru´alnunk p´eld´aul a zh-ban. uk fel, hogy l´etezik a k´ıv´ant line´aris lek´epez´es, megmutatjuk, hogy egy´ertelm˝ u. Legyen Biz: Tegy¨ ugyanis u ∈ U tetsz˝ oleges vektor. Ekkor u egy´ e rtelm˝ u en a ´ ll el˝ o az U adott b´ a zis´ a nak line´ a ris kombin´ aci´ oPn Pn jak´ e nt, mondjuk u = λ u alakban. Ekkor A felt´ e telezett linearit´ a sa miatt A(u) = A( λ u ) = i i i i i=1 i=1 Pn Pn at (ha A val´oban l´etezik, akkor) A(u) egy´ertelm˝ uen meghat´arozott. i=1 λi A(ui ) = i=1 λi vi , teh´ Csup´ an azt kell ezek ut´ an ıtani,P hogy az im´ent defini´alt A lek´epez´es line´aris, azaz m˝ uveletPbebizony´ n n tart´ o. Legyen mondjuk u = λ u , v = µ u ´ e s λ ∈ R. Az o sszead´ a sra az ad´ o dik, hogy ¨ i i i i i=1 i=1 Pn Pn Pn Pn Pn 7 A(u + v)P= A( i=1 λi ui +P i=1 µi ui ) = i=1 (λi + PnA( i=1 λ7i ui + µi ui ) = A( i=1 (λi + µi )ui ) = n n µi )vi = i=1 λi vi P + µi vi = i=1 λP A(u) + A(v), i vi + i=1 µi vi = Pn Pn n n ill. A(λ u) = A(λ i=1 λi ui ) = A( i=1 λλi ui ) =7 i=1 λλi vi = λ i=1 λi vi = λA(u) . 7 Itt
haszn´ aljuk, hogy A-t hogyan defini´ altuk a b´ azis line´ aris kombin´ aci´ oin.
26
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
Def: Az A : U → V line´ aris lek´epez´es magtere KerA := {u ∈ U : A(u) = 0}, k´eptere pedig ImA := {A(u) : u ∈ U } . U V Szavakban: a magt´er mindazon U -beli vektorokb´ol ´all, amik a V t´er nullvektor´aba k´epz˝ odnek, a k´ept´er pedig a V t´er mindazon elemeinek halmaza, amik el˝o´allnak vaA ImA lamely U -beli vektor k´epek´ent. (Ld. az ´abr´at.) P´ elda: A line´ aris lek´epez´esre adott kor´abbi p´eld´akban (1) az x tengelyre vet´ıt´es- KerA n´el a k´ept´er az x, a magt´er az y tengely, (2-3) az orig´o k¨or¨ uli (ny´ ujtva)forgat´as ill. 0 orig´ on ´ athalad´ o tengelyre t¨ ukr¨ oz´eskor a k´ept´er a teljes s´ık, a magt´er pedig egyed¨ ul az orig´ ot tartalmazza. y A (4)-beli 2 × 2-es m´ atrixok lek´epez´esekor rendre az xz z0 3z ill. a 2xx 00 alak´ u m´atrixok alkotj´ ak a k´epteret ill. a magteret. Az (5) deriv´ al´ as eset´en a k´ept´er az ¨osszes val´os polinom halmaza (hisz minden polinomnak van primit´ıv f¨ uggv´enye, ami polinom), a magt´er pedig a konstans polinomok halmaza. ´ ıt´ ukh¨ oz All´ as: Ha A ∈ Hom(U, V ), akkor KerA ≤ U ´es ImA ≤ V , teh´at a magt´er ill. k´ept´er nev¨ m´elt´ oan egyar´ ant alterek. Biz: Elegend˝ o azt igazolni, hogy mindk´et halmaz z´art a m˝ uveletekre. A magt´er eset´en, ha u, v ∈ KerA ´es λ ∈ R, akkor A(u + v) = A(u) + A(v) = 0 + 0 = 0, azaz u + v ∈ KerA, ill. A(λu) = λA(u) = λ0 = 0, teh´ at λu ∈ KerA. A k´ept´erre pedig tetsz˝oleges A(u), A(v) ∈ ImA ´es λ ∈ R mellett A(u) + A(v) = A(u + v) ∈ ImA, ill. λA(u) = A(λu) ∈ ImA ad´odik. Dimenzi´ ot´ etel: Ha A : U → V line´aris lek´epez´es, akkor dim KerA + dim ImA = dim U . Biz: Legyen B 0 := {b1 , b2 , . . . , bk } a KerA vektort´er egy b´azisa. Mivel B 0 f¨ uggetlen az U vektort´erben, ez´ert l´etezik U -nak egy B 0 -t tartalmaz´ o b´azisa, mondjuk B = {b1 , b2 , . . . , bk , bk+1 , . . . , bn } . Vil´agos, hogy dim KerA = k ´es dim U = n, ´ıgy azt kell csup´an igazolni, hogy dim ImA = n − k. Ezt u ´gy bizony´ıtjuk, hogy megmutatjuk, hogy az A(bk+1 ), A(bk+2 ), . . . , A(bn ) vektorok az ImA t´er egy b´azisa. Azt kell teh´ at igazolnunk, hogy az eml´ıtett vektorok gener´alnak minden ImA-beli vektort, r´ a ad´ a sul f¨ u ggetlenek. Legyen Pn teh´ at A(u) aPk´ept´er egy tetsz˝ oleges vektora.P Legyen az u = i=1 λi bi az u el˝o´all´ıt´asa a B b´azisban. Ekkor P n n n A(u) = A( i=1 λi bi ) = i=1 λi A(bi ) = i=k+1 λi A(bi ), hiszen A(b1 ) = A(b2 ) = . . . = A(bk ) = 0, teh´ at val´ oban gener´ atorrendszerrel uggetlens´eghez tegy¨ u k fel, hogy a 0 el˝ o´ all Pn van dolgunk. A line´ Panris f¨ P n line´ aris kombin´ aci´ ok´ent: 0 = λ A(b ) = A( λ b ), teh´ a t u := λ b ∈ KerA. i i i i i i i=k+1 i=k+1 i=k+1 De ekkorPaz u vektorP fel´ırhat´ o a B 0 b´azisban, azaz a b1 , b2 , . . . bkPvektorok line´aris kombin´aci´ojak´ent P k n k n is: u = azis line´ aris i=1 µi bi = i=k+1 λi bi , ahonnan 0 = i=1 (−µi )bi + i=k+1 λi bi , ami a B b´ f¨ uggetlens´ege miatt csakis trivi´ alis line´ aris kombin´aci´o lehet. Eszerint λk+1 = λk+2 = . . . = λn = 0, azaz a kiindul´ asi line´ aris kombin´ aci´ o is trivi´ alis volt, a sz´obanforg´o rendszer val´oban f¨ uggetlen, ´ıgy csakugyan az ImA t´er b´ azisa. Def: Az A : U → V lek´ epez´ es izomorfizmus ha line´ aris (azaz A ∈ Hom(U, V )) ´ es bijekci´ o (azaz k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ ertelm˝ u). A R feletti U ´ es V vektorterek izomorfak, ha l´ etezik k¨ ozt¨ uk izomorfizmus. Jel¨ ol´ ese: U ∼ =V. ´ ıt´ All´ as: (1) Az A : U → V lin. lek´ ep. (izomorfizmus) ⇐⇒ KerA = {0} ´ es ImA = V . (2) Ha dim V = n, akkor V ∼ egesen gener´ alt, val´ os vektorterek, akkor dim U = dim V ⇐⇒ = Rn . (3) Ha U, V R feletti, v´ U ∼ =V. Biz: (1): ⇒: Ha A izomorfizmus, akkor bijekci´ o, ´ıgy ImA = V , ´ es A−1 (0) = 0 miatt KerA = {0}. ⇐: A k¨ olcs¨ on¨ os egy´ ertelm˝ us´ eget kell igazolni. Minden elem el˝ o´ all k´ epk´ ent, hisz ImA = V . Ha A(u) = A(v), akkor 0 = A(u) − A(v) = A(u − v), azaz u − v ∈ KerA, teh´ at 0 = u − v, vagyis u = v. Azt kaptuk, hogy A csakugyan k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ ertelm˝ u. (2): Legyen B a V vektort´ er egy (n-elem˝ u) b´ azisa. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy ha minden V -beli vektornak megfeleltetj¨ uk a koordin´ atavektor´ at (sorvektork´ ent fel´ırva), akkor egy bijekt´ıv line´ aris lek´ epez´ est kapunk Rn -be, ´ es ez bizony´ıtja az izomorfi´ at. (3): (2) alapj´ an U ∼ = Rn ∼ = V , ami azt jelenti, hogy U ∼ =V.
2.9.1 Line´ aris lek´ epez´ esek m´ atrixai A line´ aris lek´epez´esek tanulm´ anyoz´ as´ anak fontos eszk¨oze a hozz´ajuk rendelt m´atrixok vizsg´alata. Def: Legyen A ∈ Hom(U, V ) line´ aris lek´epez´es, B1 = {u1 , u2 , . . . , un } az U , B2 = {v1 , v2 , . . . , vm } pedig a V b´ azisa. Az A lek´epez´es m´ atrix´ at a B1 ´es B2 b´azisokban az al´abbi m´odon ´ırjuk fel: 1 [A]B := ([A(u )] |[A(u )] | · · · |[A(u )]B2 ), azaz egy olyan m × n-es m´atrixr´ol van sz´o, aminek i-dik 1 B 2 B n 2 2 B2 oszlopa az u b´ a zisvektor A(u ) k´ e p´ e nek koordin´atavektora. M´ask´eppen kifejezve, ha ui k´epe A(ui ) = i i Pm i 1 λ v alakban a ´ ll el˝ o a B b´ a zisban, akkor az [A]B atrix j-dik sor´anak i-dik eleme λij lesz. j 2 B2 m´ j=1 j N´ezz¨ uk meg, hogyan kaphatjuk meg a lek´epez´es m´atrix´anak ismeret´eben egy u vektor koordin´ ata´ vektor´ ab´ ol az A(u) vektor koordin´ atavektor´at. (Ertelemszer˝ uen a B1 ill. B b´ a zisban fel´ ırt koordin´ a2 Pn tavektorokr´ ol besz´el¨ unk.) Meg kell hat´aroznunk teh´at, hogy egy u = i=1 µi ui vektor k´ep´et hogyan ´ırhatjuk fel a v1 , . . . vm b´ azisban. H´ at l´ assuk:
´ ´ ´ 2.9. LINEARIS LEKEPEZ ESEK
27
Pn Pn Pn Pm i Pn Pm i A(u) = A( i=1 µi ui ) = ) = i=1 µi A(uiP i=1 µi ( j=1 λj vj ) = i=1 j=1 µi (λj vj ) = Pm Pn P P P m n m n i i i µi λj )vj , teh´at a keresett koordin´atavektor egy j=1 i=1 µi λj vj = j=1 vj i=1 µi λj = j=1 ( i=1 P n olyan, m-elem˝ u oszlopvektor, aminek j-dik koordin´at´aja i=1 µi λij . Ha j´ol megfigyelj¨ uk, ´eppen azt kaptuk, hogy a lek´epez´es m´ atrix´ aval val´ o szorz´as megadja a lek´epez´est a koordin´atavektorokon. Ezt ´ırja le az al´ abbi t´etel. 1 ´ ıt´ All´ as: A ∈ Hom(U, V ), B1 ⊆ U ´es B2 ⊆ V b´azisok ⇒ [A(u)]B2 = [A]B at, B2 [u]B1 ∀u ∈ U . (Teh´ ha a line´ aris lek´epez´es m´ atrix´ at megszorozzuk egy u vektor koordin´atavektor´aval, akkor u k´ep´enek koordin´ atavektor´ at kapjuk.) Megjegyz´ es: A fenti t´etel l´enyege, hogy ha r¨ogz´ıtj¨ uk az U ´es V terek egy-egy b´azis´at (´es ez´altal e vektorterek vektorait azonos´ıthatjuk a koordin´atavektoraikkal), akkor a line´aris lek´epez´esekre gondolhatunk u ´gy is, mint (dim V × dim U ) m´eret˝ u m´atrixokra, mag´ara a line´aris lek´epez´esre pedig, mint a megfelel˝ o m´ atrixszal val´ o szorz´ asra. A line´ aris lek´ epez´ esek Hom(U, V ) halmaz´ an m˝ uveleteket is ´ ertelmezhet¨ unk. Def: A, B ∈ Hom(U, V ) ´ es λ ∈ R-re (A + B)(u) := A(u) + B(u) ill. (λA)(u) := λ(A(u)) defini´ alja az A + B, λA lek´ epez´ eseket. Megfigyel´ es: Ha A, B ∈ Hom(U, V ) ´ es λ ∈ R, akkor A + B, λA ∈ Hom(U, V ), azaz line´ aris lek´ epez´ esek ¨ osszege ´ es skal´ arszorosa is line´ aris lek´ epez´ es. E m˝ uveletekkel Hom(U, V ) szint´ en val´ os vektort´ er, ´ es ez a vektort´ er izomorf a B1 1 dim V × dim U m´ eret˝ u val´ os m´ atrixok alkotta vektort´ errel. Konkr´ etan, A + B m´ atrixa [A]B atrixa pedig B2 + [B]B2 , λA m´
1 λ[A]B es B2 pedig a V egy b´ azisa. (Teh´ at ¨ osszeglek´ epez´ es m´ atrixa a megfelel˝ o m´ atrixok ¨ osszege, B2 lesz, ahol B1 az U ´ skal´ arszoros lek´ epez´ es´ e pedig a m´ atrix skal´ arszorosa lesz.) Biz: (A + B)(u + v) = A(u + v) + B(u + v) = A(u) + A(v) + B(u) + B(v) = (A(u) + B(u)) + (A(v) + B(v)) = (A + B)(u) + (A + B)(v), ill. (λA)(κu) = λ(A(κ)u) = λ(κA(u)) = κ(λ(A(u))) = κ(λA(u)), teh´ at A + B, λA ∈ Hom(U, V ). R¨ ogz´ıts¨ uk az U ill. a V t´ er B1 ill. B2 b´ azis´ at. A lek´ epez´ exm´ atrix defin´ıci´ oja szerint A+B m´ atrix´ anak i-dik oszlopa a B1 b´ azis i-dik vektora (A + B)(bi ) k´ ep´ enek koordin´ atavektora lesz, ´ am (A + B)(bi ) = A(bi ) + B(bi ) miatt ez nem m´ as, mint a B1 1 [A]B m´ a trix i-dik oszlop´ a nak ´ e s a [B] m´ a trix i-dik oszlop´ a nak o sszege. A skal´ a rral val´ o szorz´ a sra vonatkoz´ o bizony´ ıt´ ast ¨ B2 B2 az olvas´ ora b´ızzuk. Ezek szerint a line´ aris lek´ epez´ esek m´ atrixos fel´ır´ asa val´ oban megadja a m´ atrixok vektorter´ evel val´ o izomorfi´ at.
A fentieken t´ ul ´ertelmezhet˝ o line´ aris lek´epez´esek szorzata is. Def: A ∈ Hom(U, V ), B ∈ Hom(V, W ) eset´en a BA : U → W lek´epez´est a A (BA)(u) := B(A(u)) (∀ u ∈ U ) k´eplettel ´ertelmezz¨ uk. (Azaz k´et line´aris lek´epez´est B u ´gy szorzunk ¨ ossze, hogy egym´ as ut´ an alkalmazzuk azokat. (Sz¨ uks´eges persze, hogy az els˝ onek alkalmazott lek´epez´es k´eptere benne legyen a m´asodiknak alkalmazott U BA V W ´ertelmez´esi tartom´ any´ aban.)) Megfigyel´ es: Ha A ∈ Hom(U, V ) ´es B ∈ Hom(V, W ), akkor BA ∈ Hom(U, W ), azaz line´aris lek´epez´esek szorzata is line´ aris lek´epez´es. Biz: Ha u, v ∈ U ´es λ ∈ R, akkor (BA)(u+v) = B(A(u+v)) = B(A(u)+A(v)) = B(A(u))+B(A(v)) = (BA)(u) + (BA)(v), ill. (BA)(λu) = B(A(λu)) = B(λA(u)) = λB(A(u)) = λ(BA)(u). Vizsg´ aljuk meg, mi is lesz a fenti megfigyel´esben szerepl˝o BA lek´epez´es m´atrixa. R¨ogz´ıts¨ uk ez´ert 1 rendre az U, V ill. W terek egy-egy b´ azis´at: B1 -t, B2 -t ill. B3 -at. Vizsg´aljuk meg, mi lesz a [BA]B B3 m´ atrixnak (mondjuk) a j-dik oszlopa, azaz, mi lesz a B1 b´azisbeli bj vektor k´ep´enek (azaz a (BA)(bj ) = B(A(bj )) vektornak) a B3 b´ azis szerinti koordin´atavektora! A lek´epez´es m´atrix´ar´ol kor´abban tanultakat a B lek´epez´esre alkalmazva az ad´ odik, hogy a k´erd´eses oszlopot u ´gy kapjuk, hogy a B lek´epez´esnek a B2 2 ´es B3 b´ azisokban fel´ırt [B]B m´ a trix´ a t megszorozzuk a b vektor A lek´epez´es szerinti A(bj ) k´ep´enek B2 j B3 ´ vegy¨ b´ azis szerinti koordin´ atavektor´ aval (azaz az [A(bj )]B2 oszlopvektorral). Am uk ´eszre, hogy A(bj ) B1 1 defin´ıci´ o szerint nem m´ as, mint az [A]B2 m´atrix j-dik oszlopvektora. Eszerint a keresett [BA]B atrix B3 m´ B2 B1 j-dik oszlopa ´eppen a [B]B3 m´ atrixnak ´es az [A]B2 m´atrix j-dik oszlop´anak szorzata. Ha pedig konr´etan a j-dik oszlop i-dik elem´ere vagyunk k´ıv´ancsiak, akkor ezt a fentiek szerint u ´gy kaphatjuk meg, mint B1 2 a [B]B m´ a trix i-dik sor´ a nak ´ e s az [A] m´ a trix j-dik oszlop´ a nak szorzata. Honnan is ismer˝os ez a B3 B2 sor-oszlop szorz´ as? Az al´ abbi ´ all´ıt´ as adja meg a v´alaszt. ´ ıt´ All´ as: Ha A ∈ Hom(U, V ), B ∈ Hom(V, W ) ´es B1 , B2 ill. B3 rendre az U, V ill. W terek egy-egy B2 B1 1 aris lek´epez´esek szorzat´anak m´atrixa azonos a lek´epez´esek b´ azisai, akkor [BA]B B3 = [B]B3 ·[A]B2 , azaz line´ m´ atrixainak szorzat´ aval (egyez˝ o b´ azisok eset´en). m×n n×k k×l K¨ ov.: Ha C ∈ R ,B∈R ´es A ∈ R tetsz˝oleges m´atrixok, akkor (C · B) · A = C · (B · A), azaz a m´ atrixszorz´ as asszoci´ at´ıv (felt´eve, hogy a m˝ uveletek elv´egezhet˝oek). Biz: A megfelel˝ o m´ atrixokat tekinthetj¨ uk egy-egy line´ aris lek´ epez´ esnek, nevezetesen C ∈ Hom(Rn , Rm ), B ∈ Hom(Rk , Rn ) ill. A ∈ Hom(Rl , Rk ), ´ es ekkor (C · B) · A a annak a line´ aris lek´ epez´ esnek lesz a m´ atrixa, amit az u 7→ (CB)(A(u)) formula defini´ al tetsz˝ oleges u ∈ Rn eset´ en, m´ıg a C · (B · A) m´ atrix annak a line´ aris lek´ epez´ esnek lesz a m´ atrixa, amit az u 7→ C(BA)(u))) formula ad meg. Mivel (A, B, C-t most line´ aris lek´ epez´ eseknek gondolva) (CB)(A(u)) = C(B(A(u))) = C((BA)(u)), ez´ ert a k´ et fenti line´ aris lek´ epez´ es azonos, ´ıgy (az ugyanazon b´ azisokban fel´ırt) m´ atrixaik sem k¨ ul¨ onb¨ ozhetnek.
28
´ 2. LINEARIS ALGEBRA
2.10 Line´ aris transzform´ aci´ ok ´ es m´ atrixok saj´ at´ ert´ ekei, saj´ atvektorai ´ es saj´ atalterei Egy A line´ aris lek´ epez´ es eset´ en egy vektor k¨ ul¨ onlegesnek” sz´ am´ıtott, ha a nullvektorba k´ epz˝ odik (hisz a nullvektor egy ” k¨ ul¨ onleges” vektora a vektort´ ernek). Ezek a vektorok alkott´ ak a KerA magteret. Ha azonban line´ aris transzform´ aci´ or´ ol ” van sz´ o, akkor amint r¨ ogz´ıt¨ unk egy v vektort, az ´ ertelmez´ esi tartom´ anyban m´ ar nem csak a 0 lesz k¨ ul¨ onleges” vektor, ” hanem v (´ es annak konstansszorosai) is. Teh´ at nemcsak u ´gy j¨ ohet l´ etre ´ erdekes szitu´ aci´ o, ha egy vektor a 0-ba k´ epz˝ odik, hanem u ´gy is, ha egy vektor fix pontja a lek´ epez´ esnek, azaz ¨ onmag´ aba k´ epz˝ odik. S˝ ot, az is ´ erdekes szitu´ aci´ o, ha egy vektor k´ epe a saj´ at konstansszorosa. Ez motiv´ alja a most k¨ ovetkez˝ o szakaszt.
Def: Legyen A : V → V egy line´aris transzform´aci´o, v ∈ V egy vektor a t´erb˝ol ´es λ ∈ R egy skal´ ar. A v ∈ V vektort az A transzfom´aci´o λ saj´ at´ert´ekhez tartoz´o saj´ atvektor´ anak nevezz¨ uk, ha (1) v 6= 0 ´es (2) A(v) = λ · v teljes¨ ul. Ha λ az A transzform´aci´o egy saj´at´ert´eke (azaz tartozik hozz´ a saj´ atvektor) akkor a λ-hoz tartoz´ o saj´ atalt´er a nullvektorb´ol ´es a λ-hoz tartoz´o saj´atvektorokb´ol ´ all: {v ∈ V : A(v) = λ · v}. Az Rn vektort´eren hat´ o line´ aris transzform´aci´ora p´elda egy tetsz˝oleges n × n m´eret˝ u A ∈ Rn×n m´eret˝ u m´ atrixszal val´ o szorz´ as, azaz az x 7→ A · x hozz´arendel´es. (Az el˝oz˝o szakaszban azt l´attuk egy´ebk´ent, hogy minden v´eges dimenzi´ os vektorterek k¨oz¨ott hat´o line´aris lek´epez´es a koordin´atavektorokon m´ atirxszorz´ ask´ent hat, ez´ert az Rn t´er minden line´aris transzform´aci´oja egy n×n m´eret˝ u m´atrixszal val´ o balszorz´ as.) ´Igy speci´ alis line´ aris transzform´aci´okra: a n´egyzetes m´atrixszal val´o szorz´asra is elmondhatjuk a fenti defin´ıci´ ot. Def: Legyen A ∈ Rn×n egy n´egyzetes m´atrix, v ∈ Rn egy oszlopvektor, ´es λ ∈ R egy skal´ar. A v vektort az A m´ atrix λ saj´ at´ert´ekhez tartoz´o saj´ atvektor´ anak mondjuk, ha (1) v 6= 0 ´es (2) A · v = λ · v. (A fenti defin´ıci´ oban 0 a szok´ asos m´odon a csupa 0-kb´ol ´all´o oszlopvektort jel¨oli.) A tov´abbiakban ´ altal´ aban foglalkozunk a line´ aris transzform´aci´okkal, ´ıgy a meg´allap´ıt´asaink az im´enti defin´ıci´ oban szerepl˝ o m´ atrixszorz´ as eset´ere is ´erv´enyesek lesznek. Megjegyz´ es: Vegy¨ uk ´eszre, hogy λ = 0 pontosan akkor saj´at´ert´ek, ha a KerA magt´er nem csak a nullvektorb´ ol ´ all. Ebben az esetben a λ = 0-hoz tartoz´o saj´atalt´er megegyezik a magt´errel. A defin´ıci´ o (1) felt´etele val´ oj´ aban technikai dolog, az´ert vett¨ uk el˝ore, hogy ne felejts¨ uk el (mondjuk a vizsg´ an). Az´ert van r´ a sz¨ uks´eg, mert e n´elk¨ ul nem volna igaz az al´abbi t´etel. T´ etel: (1) Line´ aris transzform´ aci´ o minden saj´atvektora pontosan egy saj´at´ert´ekhez tartozik. (2) B´ armely λ saj´ at´ert´ekhez tartoz´ o saj´atalt´er a V vektort´er altere. Biz: (1): Ha v saj´ atvektor, akkor 0 6= v. Tegy¨ uk fel, hogy A(v) = λv ´es A(v) = µv. Ekkor λv = µv, azaz (λ − µ)v = 0. Tanultuk, hogy skal´ ar ´es vektor szorzata csak u ´gy lehet 0, ha v = 0 vagy λ − µ = 0. Az els˝ o eset kiz´ art, ez´ert λ = µ, teh´ at minden saj´atvektor pontosan egy saj´at´ert´ekhez tartozik. (2): Legyen Vλ := {v ∈ V : A(v) = λ · v} a vizsg´alt halmaz, melynek alt´er volt´at kell igazolnunk. Azt kell csup´ an megmutatni, hogy ha u, w ∈ Vλ , ´es µ ∈ R tetsz˝oleges skal´ar, akkor u + w, µu ∈ Vλ . Term´eszetesen ez is a linearit´ asb´ ol k¨ ovetkezik: A(u + w) = A(u) + A(w) = λ · u + λ · w = λ · (u + w) ill. A(µu) = µ · A(u) = µ · (λ · u) = (µλ)u = λ · (µu) . Vizsg´ aljuk meg, mit jelent az, hogy λ egy A transzform´aci´o saj´at´ert´eke! Ekkor a λ-hoz tartoz´ o b´ armely v saj´ atvektorraA(v) = λv teljes¨ ul, azaz A(v) − λv = 0. Jel¨olje id azt az (´ un. identikus) line´ aris transzform´ aci´ ot, ami minden vektorhoz ¨onmag´at rendeli. Nyilv´an λid is line´aris transzform´aci´o, ami ugg´es u ´gy ´ırhat´o fel, hogy (A − λ · id)v = 0. minden vektorhoz a λ-szoros´ at rendeli, ´es a legut´obbi ¨osszef¨ K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy A−λid is egy line´aris transzform´aci´o (konkr´etan, egy w vektorhoz (A(w)−λw)-t rendel), ´es az a t´eny teh´ at, hogy λ az A transzform´aci´o saj´at´ert´eke, u ´gy fogalmazhat´o meg, hogy az A − λid line´ aris transzform´ aci´ o a v 6= 0 vektort a 0-ba k´epzi. Legyen B a V vektort´er egy b´azisa, ´es tekints¨ uk az A transzform´ aci´ o [A]B atrix´at. Tudjuk, hogy a koordin´atavektorokon az A lek´epez´es u ´gy B m´ m˝ uk¨ odik, hogy ezzel a m´ atrixszal kell balr´ol szorozni, ez´ert az a t´eny, hogy λ saj´at´ert´ek, azaz, hogy A − λid egy nemnulla vektort 0-ba visz, u ´gy mondhat´o el, hogy a [A]B atrixot egy nemnulla B − λI m´ koordin´ atavektorral jobbr´ ol megszorozva megkaphatjuk a csupa-0 vektort. Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy a [A]B atrix oszlopai nem line´arisan f¨ uggetlenek (az el˝obbi vektor koordin´at´ai adj´ak meg a B − λI m´ 0-t el˝ o´ all´ıt´ o nemtrivi´ alis line´ aris kombin´aci´o egy¨ utthat´oit). Azt kaptuk, hogy az oszloprang kisebb, mint az oszlopok sz´ ama, ´es mivel n´egyzetes m´atrixr´ol van sz´o, ez a determin´ansranggal kifejezve azt jelenti, hogy a [A]B − λI m´ atrix determin´ ansa 0. Bebizony´ıtottuk teh´at, hogy det([A]B B B − λI) = 0 pontosan akkor teljes¨ ul, ha λ az A transzform´ aci´o saj´at´ert´eke, r´aad´asul ez a t´eny f¨ uggetlen a fel´ır´ashoz haszn´ alt B b´ azist´ ol. Def: Az A : V → V line´ aris transzform´aci´o karakterisztikus polinomja kA (λ) := det([A]B B − λ · I), ahol B a V vektort´er egy tetsz˝ oleges b´ azisa. T´ etel: (1) A karakterisztikus polinom a λ v´altoz´onak egy n-edfok´ u polinomja, ahol n = dim V . (2) A karakterisztikus polinom f¨ uggetlen a fel´ır´as´ahoz haszn´alt b´azist´ol.
´ ´ OK ´ ES ´ MATRIXOK ´ ´ ERT ´ EKEI, ´ ´ ´ SAJATALTERE ´ 2.10. LINEARIS TRANSZFORMACI SAJAT SAJATVEKTORAI ES (3) A λ ∈ R skal´ ar pontosan akkor saj´ at´ert´eke az A transzform´aci´onak, ha kA (λ) = 0, azaz λ gy¨oke a karakterisztikus polinomnak. Biz: (1): A determin´ ans defin´ıci´ oj´ ara gondolva a karakterisztikus polinom olyan n-t´enyez˝os szorzatok el˝ ojeles ¨ osszege, ahol a szorzatok t´enyez˝oi az [A]B atrix elemei. E m´atrix minden eleme B − λ · I m´ egy legfeljebb els˝ ofok´ u polinomja λ-nak, ez´ert minden szorzat egy legfeljebb n-edfok´ u polinom, ´ıgy a determin´ ans is az. Egy szorzat pontosan akkor lesz n-edfok´ u, ha minden t´enyez˝oje els˝ofok´ u. M´arpedig pontosan a f˝ o´ atl´ oban szerepelnek az els˝ofok´ u elemek (−1 a f˝oegy¨ utthat´ojuk), ´ıgy pontosan egyetlen n-edfok´ u tagja lesz a determin´ anst meghat´aroz´o ¨osszegnek (aminek a f˝oegy¨ utthat´oja egy´ebk´ent (−1)n lesz). A determin´ ans teh´ at csakugyan λ egy pontosan n-edfok´ u polinomja. (2): Nem bizony´ıtjuk. (Jegyezz¨ uk meg, hogy maga az ´all´ıt´as fontos (hiszen ez mutatja, hogy a karakterisztikus polinom fogalma j´ oldefini´ alt), bizony´ıt´asa nemtrivi´alis.) (3): A karakterisztikus polinom defin´ıci´oja el˝otti gondolatmenet pontosan ezt igazolja. Hogyan sz´ am´ıthatjuk ki egy adott A line´aris transzform´aci´o saj´at´ert´ekeit ´es saj´atvektorait? R¨ ogz´ıt¨ unk egy B b´ azist, ´es fel´ırjuk a transzform´aci´o [A]B atrix´at ebben a b´azisban. A m´atrix f˝o´atl´oelemeib˝ ol B m´ kivonunk λ-t, ´es az ´ıgy kapott m´ atrixnak kisz´am´ıtjuk a determin´ans´at, azaz meghat´arozzuk a karakterisztikus polinomot. Valahogyan meghat´arozzuk a karakterisztikus polinom gy¨okeit. Pontosan ezek a gy¨ ok¨ ok lesznek A saj´ at´ert´ekei. Egy adott λ-hoz tartoz´o saj´atalt´er meghat´aroz´asa pedig u ´gy t¨ort´enik, hogy megoldjuk az ([A]B aris egyenletrendszert, ´es a megold´asul kapott x-ek lesznek a B − λI)x = 0 line´ λ-hoz tartoz´ o saj´ atalt´erbeli vektorok koordin´atavektorai. 2 0 −3
P´ elda: Tegy¨ uk fel, hogy az A lek´epez´es m´atrixa A = 0 2 5 1 1 0 0 −3 2−λ 0 2−λ 5 = (2 − λ) risztikus polinom (oszlop szerint kifejtve) 1 1 −λ
valamely b´azisban. A karakte · 2 − λ1 −λ5 + 1 · 2 − λ0 −35 = √ √ (2 − λ)(−λ · (2 − λ) − 5) + 3(2 − λ) = (2 − λ)(λ2 − 2λ − 2) = (2 − λ)(λ − ( 21 + 3))(λ − ( 21 − 3)) . √ √ Eszerint a saj´ at´ert´ekek λ = 2, λ = 21 + 3 ´es λ = 12 − 3. A λ = 2-h¨oz tartoz´o saj´atvektorokra az igaz, hogy (A − 2 · I)x = 0, vagyis olyan line´aris egyenletrendszer megold´asait keress¨ uk, amelynek kib˝ov´ıtett utthat´ om´ atrixa ´es annak Gauss-elimin´aci´oja az al´abbiak szerint n´ez ki: egy¨ 0 0 −3 0 0 0 5 0 1 1 −2 0
→
1 1 −2 0 0 0 −3 0 0 0 5 0
→
1 1 −2 0 0 0 1 0 0 0 5 0
→
1 1 −2 0 0 0 1 0 0 0 0 0
A saj´atalt´er elemei az x = (x1 , x2 , x3 ) meg-
old´ asok lesznek, teh´ at x2 ∈ R szabad param´eter, x3 = 0 ´es x1 = −x2 ad´odik. Vagyis a saj´atalt´er elemei a (−x2 , x2 , 0) alak´ u vektrok lesznek, ´es x2 6= 0 eset´en ezek ´eppen a λ = 2 saj´at´ert´ekhez tartoz´ o saj´ atvektorokkal lesznek azonosak. Cayley-Hamilton t´ etel: Minden line´ aris transzform´ aci´ o gy¨ oke a karakterisztikus polinomj´ anak, azaz kA (A)(v) = 0 minden v ∈ V vektorra. (M´ as sz´ oval, kA (A) a nulla transzform´ aci´ o. Egy harmadik megfogalmaz´ as szerint, ha kA (λ) = an λn + an−1 λn−1 + . . . + a1 λ + a0 , akkor tetsz˝ oleges v ∈ V vektorra an · An (v) + an−1 An−1 (v) + . . . + a1 · A(v) + a0 · v = 0 teljes¨ ul, ahol az Ak line´ aris transzform´ aci´ ot az Ak (v) := A(A(. . . A(v) . . .)) k-szoros iter´ alt defini´ alja.)
3. fejezet
Kombinatorika, gr´ afelm´ elet 3.1 Elemi lesz´ aml´ al´ asok Def: Legyenek k, n ∈ N ´es 0 ≤ k ≤ n. Az n elem k-adoszt´ aly´ u (ism´etl´es n´elk¨ uli) vari´ aci´ oj´ an n db, r¨ ogz´ıtett, egym´ ast´ ol megk¨ ul¨ onb¨ oztethet˝o elemb˝ol kiv´alasztott k k¨ ul¨onb¨oz˝o elem egy sorrendj´et ´ertj¨ uk. Azaz kiv´ alasztunk egy els˝ o elemet az n k¨oz¨ ul, egy t˝ole k¨ ul¨onb¨oz˝o m´asodikat, stb, v´eg¨ ul az eddigiekt˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k-adikat. V (n, k) jel¨ oli n elem k-adoszt´aly´ u vari´aci´oinak sz´am´at. P´ elda: A fenti vari´ aci´ ofogalomra egy lehets´eges p´elda, ha azt k´erdezz¨ uk, hogy egy n versenyz˝ o r´eszv´etel´evel megrendezett ker´ekp´ arversenyen az els˝o k befut´o sorrendje h´anyf´ele lehet. A k´erd´es ´ertelemszer˝ uen V (n, k) ´ert´eke. Vil´agos, hogy V (n, 0) = 1, V (n, 1) = n. Az is l´atszik, hogy V (n, k) = V (n, k−1)·(n−k+1), hiszen minden sz´obaj¨ov˝o sorrendet meghat´arozhatunk u ´gy, hogy el˝ osz¨ or k − 1 elemet rakunk sorba, majd a k-dik elemet tetsz˝olegesen kiv´alasztjuk az eddig ki nem v´alasztott oz¨ ul. Innen V (n, k) = n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) ad´odik. n − k + 1 elem k¨ 1 ha n = 0 Def: Az n term´eszetes sz´ am faktori´ alisa n! := . 1 · 2 · ... · n ha n > 0 n! A fenti jel¨ ol´essel V (n, k) = (n−k)! ad´odik. Def: Legyen k, n ∈ N. Ekkor n elem k-adoszt´ aly´ u, ism´etl´eses vari´ aci´ oja alatt egy olyan k hossz´ u sorozatot ´ert¨ unk, aminek tagjai n db, egym´ast´ol megk¨ ul¨onb¨oztethet˝o elem k¨oz¨ ul ker¨ ulnek ki, u ´gy, hogy az n elem b´ armelyik´et tetsz˝ olegesen sokszor felhaszn´alhatjuk a sorozatban. Az eml´ıtett ism´etl´eses vari´ aci´ ok sz´ am´ at Vism (n, k) jel¨ oli. P´ elda: Az ism´etl´eses vari´ aci´ o kapcs´an a Tour de France ker´ekp´aros vet´elked˝o egy versenynapj´ ara gondolhatunk, ´es megk´erdezhetj¨ uk, hogy ha az adott napon n versenyz˝o indult, ´es k etap (azaz r´eszt´ av) volt (ezek mindegyik´en´el az els˝ o n´eh´any befut´o pontokat szerez), akkor h´anyf´ele lehet az aznapi etapgy˝ oztesek sorrendje. Hasonl´ oan a fenti gondolatmenethez, itt Vism (n, 0) = 1, Vism (n, 1) = n, ill. k ≥ 1 eset´en Vism (n, k) = Vism (n, k − 1) · n, ahonnan Vism (n, k) = nk . Def: Legyen n ∈ N. Ekkor n elem egy permut´ aci´ oja az n db, egym´ast´ol megk¨ ul¨onb¨oztethet˝o elem egy sorbarendez´es´et jelenti. P´ elda: Tegy¨ uk fel, hogy n ellen˝ orz´esen kell ´atjutnunk, mindegyiken egy-egy jelsz´o bemond´as´ aval, unk. Ha ismerj¨ uk az n jelsz´ot, de nem tudjuk, hogy ´es ha rossz jelsz´ oval pr´ ob´ alkozunk, azonnal vesz´ıt¨ azok melyik ellen˝ orz´esi pontokhoz tartoznak, akkor a feladatunk az, hogy eltal´aljuk a jelszavak azon permut´ aci´ oj´ at, ami szerint azokat bemondva ´atjutunk az ellen˝orz´eseken. A defin´ıci´ okb´ ol azonnal ad´ odik, hogy n elem permut´aci´oi azonosak az n elem n-edoszt´aly´ u vari´ aci´ o= n! . ival, ´ıgy a fentiek szerint a sz´ amuk n! 0! Def: Legyen k1 , k2 , . . . , kl ∈ N r¨ ogz´ıtett sz´amok ´es n := k1 + k2 + . . . + kl . Ekkor n elem ism´etl´eses permut´ aci´ oja alatt l f´ele elem egy olyan n hossz´ u sorrendet ´ert¨ unk, amiben az i-dik elem pontosan ki -szer jelenik meg minden 1 ≤ i ≤ l eset´en. P´ elda: Ha tudjuk, hogy egy h´eten minden nap ¨ot ´or´ank van az ´altal´anos iskol´aban, ´es ismerj¨ uk az egyes t´ argyak heti ´ orasz´ amait (legyenek ezek k1 , k2 , . . . , kl , amikre term´eszetesen k1 + k2 + . . . + kl = 25 teljes¨ ul), akkor a lehets´eges ´ orarendek sz´ama ´eppen a 25 ´ora ism´etl´eses permut´aci´oinak sz´ama. (A p´elda pindurit s´ anta, mert nem val´ osz´ın˝ u olyan nap, hogy testnevel´es-´enek-rajz-technika-oszt´alyf˝on¨oki legyen a beoszt´ as.) Megjegyz´ es: 1. Az n elem ism´ etl´ eses permut´ aci´ oja” elnevez´ ese nem teljesen pontos. Ugyanis amikor err˝ ol besz´ el¨ unk, ” akkor azt mindig u ´gy ´ ertj¨ uk, hogy az l ´ es a ki -k ´ ert´ ekek is r¨ ogz´ıtettek.
30
´ ´ ASOK ´ 3.1. ELEMI LESZAML AL
31
2. Ha minden ki ´ ert´ eke 1, akkor az ism´ etl´ es n´ elk¨ uli permut´ aci´ o fogalm´ ahoz jutunk vissza. Az ism´ etl´ es n´ elk¨ uli permut´ aci´ onak teh´ at k´ et lehets´ eges ´ altal´ anos´ıt´ as´ at l´ attuk: az ism´ etl´ es n´ elk¨ uli vari´ aci´ ot, ill. az ism´ etl´ eses permut´ aci´ ot.
Az ism´etl´eses permut´ aci´ ok sz´ am´ anak kisz´am´ıt´as´ahoz az {1, 2, . . . , n} halmaz minden elem´ehez rendelj¨ uk a sorbarendezend˝ o l-f´ele elem valamelyik´et u ´gy, hogy az i-dik fajta elemet pontosan ki db sz´ amhoz rendelj¨ uk. Vil´ agos, hogy a fenti hozz´arendel´essel az {1, 2, . . . , n} halmaz elemeinek minden egyes permut´ aci´ oja meghat´ aroz egy ism´etl´eses permut´aci´ot. M´asfel˝ol, minden egyes ism´etl´eses permut´aci´ o az {1, 2, . . . , n} elemeinek pontosan ugyanannyi permut´aci´oj´ab´ol kaphat´o meg: ha ugyanis egy r¨ogz´ıtett ism´etl´eses permut´ aci´ ot szeretn´ek megkapni, akkor minden egyes ki m´eret˝ u halmaz elemeit az ism´etl´eses permut´ aci´ o´ altal meghat´ arozott poz´ıci´ okra kell tetsz˝olegesen sz´etosztani. Ezt csoportonk´ent ki !-f´elek´epp uk meg, a csoportonkon egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul, teh´at minden egyes ism´etl´eses permut´aci´ot ´eppen tehetj¨ k1 ! · k2 ! · . . . · kl ! permut´ aci´ o hat´ aroz meg. Mivel az {1, 2, . . . , n} ism´etl´es n´elk¨ uli permut´aci´oinak sz´ ama n!, ez´ert az ism´etl´eses permut´ aci´ ok sz´ am´ara a k1 !·k2n!!·...·kl ! formula ad´odik. (k +k +...+k )!
esr˝ ol r´ an´ ez´ esre nem vil´ agos, hogy eg´ esz sz´ am. L´ attuk azonban, hogy az ism´ etMegjegyz´ es: 1. A k1 !·k2 !·...·k l! kifejez´ 1 2 l l´ eses permut´ aci´ ok sz´ am´ at ´ırja le, ez´ ert bizonyosan eg´ esz. Ezzel teh´ at egy algebrai t´ enyt kombinatorikus u ´ton igazoltunk. 2. Figyelj¨ uk meg, hogy az ism´ etl´ eses” jelz˝ o a vari´ aci´ ok ill. permut´ aci´ ok eset´ en k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o dolgot jelent: vari´ aci´ ok eset´ en ” tetsz˝ oleges sz´ am´ u ism´ etl˝ od´ es megengedett, permut´ aci´ okn´ al minden elemr˝ ol adott, hogy h´ anyszor ism´ etl˝ odik.
Def: Legyen k, n ∈ N, k ≤ n. Ekkor n elem k-adoszt´ aly´ u kombin´ aci´ oj´ an egy (r¨ogz´ıtett) n elemb˝ ol ´ll´ a o halmaz egy k-elem˝ u r´eszhalmaz´ at ´ertj¨ uk. Az n elem k-adoszt´aly´ u kombin´aci´oinak sz´am´at (azaz az n-elem˝ u halmaz k-elem˝ u r´eszhalmazainak sz´am´at) C(n, k) jel¨oli. P´ elda: A legk´ezenfekv˝ obb p´elda tal´ an a lott´oh´ uz´asok lehets´eges kimeneteleinek sz´ama: 90 lehets´eges sz´ amb´ ol az 5 nyer˝ osz´ amot C(90, 5)-f´elek´epp lehet kiv´allasztani, hisz a kih´ uz´as sorrendje nem sz´am´ıt. Vegy¨ uk ´eszre, hogy n elem minden k-adoszt´aly´ u vari´aci´oja egy´ertelm˝ uen meghat´aroz egy k-adoszt´ aly´ u kombin´ aci´ ot: egyszer˝ uen el kell feledkezni a kiv´alasztott k elem sorrendj´er˝ol. Az is azonnal l´atszik, hogy minden egyes k-adoszt´ aly´ u kombin´ aci´ o annyi k-adoszt´aly´ u vari´aci´ob´ol sz´armaztathat´o, ah´anyf´elek´eppen n! a kiv´ alasztott k db elemet sorba lehet rakni, azaz k! db-b´ol. Ez´ert C(n, k) = V (n,k) = (n−k)!·k! . k! Megjegyz´ es: Az fenti kombin´ aci´ ofogalom ism´ et speci´ alis esete az ism´ etl´ eses permut´ aci´ onak: ha n elemb˝ ol akarok k-t kiv´ alasztani, akkor feltehetem, hogy az n elemnek van egy r¨ ogz´ıtett sorrendje. Ebben a sorrendben minden elemr˝ ol meg kell mondanom, kiv´ alasztottam-e vagy sem, r´ a´ aad´ asul ezt u ´gy, hogy pontosan k-t v´ alasszak ki. Vagyis egy olyan n hossz´ u sorrendr˝ ol van sz´ o, amiben a kiv´ alasztva” k-szor, a nem kiv´ alasztott” pedig (n − k)-szor jelenik meg. Ez pedig az n ” ” elem egy olyan ism´ etl´ eses permut´ aci´ oja, amire k1 = k ´ es k2 = n − k .
n! Def: Jel¨ olje nk := (n−k)!·k! az n alatta k” (vagy n alatt a k” ?) m´odon kiolvasott u ´.n. binomi´ alis ” ” egy¨ utthat´ ot. A fenti jel¨ ol´essel C(n, k) = nk ad´odik. ` ´ Megjegyz´ es: 1. R´ an´ ez´ esre itt sem vil´ agos, hogy n eg´ esz sz´ am, de kombinatorikus u ´ton ez azonnal ad´ odik, hisz egy k halmaz e´t adja meg. (Persze ezt m´ ar l´ attuk az ism´ etl´ eses permut´ aci´ okn´ al.) `n´ m´ `eret´ n 2. k = n−k : algebrai u ´ton is vil´ agos, de abb´ ol is l´ atszik, hogy n elem k¨ oz¨ ul k elem kiv´ alaszt´ asa ugyanaz, mint n − k elem otthagy´ asa”, vagyis a` megmarad´ on − k elem kiv´ alaszt´ asa. ` ´ ´ ` ´ ” 3. Ha k ≥ 1, akkor n = n−1 + n−1 . R¨ ogz´ıts¨ unk ugyanis egy x elemet az n elem k¨ oz¨ ul. Ha most n elem k¨ oz¨ ul k-t k k k−1 ` ´ v´ alasztunk ki, akkor ebben a k elemben vagy nincs benne az x, ´ es akkor tkp n−1 elemb˝ ol v´ alasztottunk k-t ( n−1 -f´ e lek´ epp), k ` ´ vagy benne van az x, ´ es ekkor az x-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o n−1 elem k¨ oz¨ ul kellett (k−1)-t kiv´ alasztani, amit n−1 -f´ e lek´ e pp tehet¨ unk k−1 meg. Az azonoss´ ag persze algebrai u ´ton is igazolhat´ o, de az az u ´t unalmas ´ es f´ araszt´ o.
Def: Legyen k, n ∈ N. Ekkor n elem k-adoszt´ aly´ u, ism´etl´eses kombin´ aci´ oja n-f´ele elemt´ıpusb´ ol k db kiv´ alaszt´ as´ at jelenti, ahol b´ armely t´ıpusb´ol tetsz˝olegesen sokat v´alaszthatunk. Teh´at az ism´etl´eses kombin´ aci´ ok megfeleltethet˝ oek az a1 + a2 + . . . an = k ¨osszegeknek, ahol ai ∈ N ´ırja le, hogy az i-dik t´ıpusb´ ol h´ anyat v´ alasztottunk. Az n elem k-adoszt´aly´ u ism´etl´eses kombin´aci´oinak sz´ama Cism (n, k). P´ elda: Ha egy cukr´ aszd´ aban n-f´ele s¨ utem´enyt ´arulnak, ´es mindegyik fajt´ab´ol korl´atlan sz´am´ u ´ all rendelkez´esre, akkor k db s¨ utem´enyt ´eppen Cism (n, k)-f´elek´eppen v´as´arolhatunk. Az n elem tetsz˝ oleges k-adoszt´ aly´ u, ism´etl´eses kombin´aci´oja egy´ertelm˝ uen megfeleltethet˝o egy (n + k − 1) hossz´ us´ ag´ u 0/1-sorozatnak: el˝ osz¨or le´ırunk a1 db 1-t, majd egy 0-t, ut´ana a2 db 1-t, egy 0-t, a3 db 1-t, 0-t, stb. (Tkp. egy a1 + a2 + . . . + an = k ism´etl´eses permut´aci´ot u ´gy alak´ıtunk ´at, hogy minden ai -t ai db 1-essel, ´es minden +-t egy db 0-val k´odolunk, az = k v´egz˝od´est pedig elhagyjuk. Pl a 0 + 0 + 3 + 2 + 0 + 5 + 0 = 10 o ¨sszegnek megfelel˝o ism´etl´eses permut´aci´ot a 0011101100111110 sorozat ¨ k´ odolja.) Osszesen teh´ at k db 1-t ´es (n − 1) db 0-t ´ırunk le. R´aad´asul, minden n + k − 1 hossz´ us´ag´ u, k db 1-est tartalmaz´ o 0/1 sorozatb´ ol egy´ertelm˝ uen ad´odik egy ism´etl´eses kombin´aci´o. Ez´ert az ism´etl´eses kombin´ aci´ ok sz´ ama azonos a lehets´eges 0/1-sorozatok sz´am´aval. Egy ilyen sorozatot pedig u ´gy kapunk, hogy a lehets´eges n + k − 1 helyb˝ ol kiv´alasztjuk azt a k helyet, ahova 1-t ´ırunk, a marad´ek helyeken ´ertelemszer˝ uen 0-k ´ allnak. Eszerint n elem k-adoszt´aly´ u ism´etl´eses kombin´aci´oinak sz´ama n+k−1 . k A binomi´ alis egy¨ utthat´ okkal kapcsolatos a binomi´alis t´etel. Pn Binomi´ a lis t´ e tel: Ha 1 ≤ n ∈ Z, akkor (a + b)n = i=0 ni ai bn−i = n0 bn + n1 abn−1 + . . . + n i n−i + . . . + nn an . i a b
´ ´ 3. KOMBINATORIKA, GRAFELM ELET
32
Biz: Amikor a z´ ar´ ojeleket felbontjuk, akkor a keletkez˝o kifejt´esi tagok u ´gy ad´odnak, hogy az n t´enyez˝ o mindegyik´eb˝ ol kiv´ alasztjuk az a ill. b valamelyik´et, ´es ezeket ¨osszeszorozzuk. Teh´at minden i n−i kifejt´esi tag ai · bn−i alak´ u lesz valamely 0 ≤ i ≤ n eg´eszre. Konkr´etan: annyiszor fog ad´ odni, ab n ah´ anyf´elek´eppen ki lehet v´ alasztani i db a-t a lehets´eges n-b˝ol, azaz i -szer. Pn n n n n n n n = (1 + 1) = 2 . = + . . . + + + K¨ ov.: 1. i=0 2 i 0 1 Pn n 2. n0 − n1 + n2 − . . . ± nn = i=0 (−1)i ni = (1 − 1)n = 0n = 0 . A Pascal h´ aromsz¨ og. A binomi´ alis utthat´ okat elrendezhetj¨ uk` piramisalakzatban ´ ` ´ ` ´egy¨ utthat´ o, alatta az 10 = 1 ill. 11 = 1 u ´gy, hogy a piramis cs´ ucs´ an ´ all az 00 = 1 egy¨ `2´ `2´ `2´ ´ utthat´ ok. Altal´ aban, az egy¨ utthat´ ok, a harmadik sorban tal´ alhat´ oak a 0 , 1 , 2 egy¨ `i´ `i´ `i´ utthat´ ok ´ allnak. A legut´ obbi k¨ ovetkezm´ eny mu(i + 1)-dik sorban az 0 , 1 , . . . , i egy¨ tatja, hogy a Pascal h´ aromsz¨ og i-dik sor´ aban tal´ alhat´ o elemek ¨ osszege 2i−1 . Ez azonban bel´ athat´ o abb´ ol a t´ enyb˝ ol is, hogy minden sor¨ osszeg k´ etszerese az el˝ oz˝ onek, ugyanis a pascal h´ aromsz¨ og egy elem´ et u ´gy kapjuk, hogy ¨ osszeadjuk a f¨ ol¨ otte ´ all´ o k´ et elemet. (Ez `n´ `n−1´ `n−1´ osszef¨ ugg´ esb˝ ol ad´ odik.) A Pascal h´ aromsz¨ ognek a kor´ abban l´ atott k = k−1 + k ¨ tov´ abbi ´ erdekes tulajdons´ agai vannak.
1 1 1 1 1 5 ...
1
3 4
1
1 2 3 6
10 ...
1 4
10 ...
1 5
1 ...
A Pascal h´ aromsz¨ og
3.2 Gr´ afok Def: A G = (V, E) p´ ar egy egyszer˝ u gr´ af, ha (1) V 6= ∅ ´es (2) E ⊆ V2 := {{u, v} : u, v ∈ V, u 6= v}, azaz E elemei V bizonyos k´etelem˝ u r´eszhalmazai. Ha G egy gr´af, akkor V (G) jel¨oli G cs´ ucsainak (n´eha pontjainak), E(G) pedig G ´eleinek halmaz´at, azaz V (G) az a V halmaz, ´es E(G) az az E halmaz, amire G = (V, E). Def: A G gr´ af egy diagramja a G egy olyan lerajzol´asa, amiben a cs´ ucsoknak (s´ıkbeli) pontok felelnek meg, ´eleknek pedig olyan s´ıkg¨ orb´ek1 , amik az adott ´el k´et v´egpontj´at k¨ otik o ssze, o nmagukat nem metszik, ´es m´as v´egpontokat ¨ ¨ elker¨ ulnek. Az e = {u, v} ´elt r¨ oviden e = uv-vel jel¨olj¨ uk, u-t ´es v-t az e ´el v´egpontjainak mondjuk. Az u ´es v cs´ ucsok szomsz´edosak, ha uv ∈ E. Az e ´es f ´eleket p´ arhuzamosnak nevezz¨ uk, ha v´egpontjaik azonosak2 . Hurok´el az olyan ´el, aminek k´et v´egpontja megegyezik3 . A G = (V, E) p´ar gr´ af, ha V 6= ∅, E ´elhalmaz V -n, ´es p´ arhuzamos ´es hurok´el is megengedett.
b
0 2 1 0
2 0 1 0
1 1 0 1
0 0 1 2
d
a c b
d
a c
A G = ({a, b, c, d}, {ab, ab, ac, bc, cd, dd}) gr´af szomsz´edoss´agi m´atrixa ´es k´et lehets´eges diagramja.
Def: A G gr´ af szomsz´ edoss´ agi m´ atrixa az a V (G) × V (G) m´ eret˝ u m´ atrix, aminek (u, v) poz´ıci´ oj´ an az u ´ es v k¨ ozti ´ elek sz´ ama ´ all (u = v eset´ en a hurok´ elek sz´ am´ anak k´ etszerese). A G gr´ af v´ eges, ha V (G) ´ es E(G) is v´ eges halmazok.
Def: A G gr´ af v cs´ ucs´ anak d(v) foka a v v´egpont´ u ´elek sz´ama (a hurok´el k´etszer sz´am´ıt), form´alisan d(v) := |{e ∈ E : v v´egpontja e-nek}| + |{e ∈ E : e hurok´el ´es v-n}| . A G gr´af maxim´ alis ill. minim´ alis foksz´ am´ at ∆(G) := max{d(v) : v ∈ V (G)}, ill. δ(G) := min{d(v) : v ∈ V (G)} jel¨oli. A G gr´ afot (r-)regul´ arisnak mondjuk, ha minden pontj´anak ugyanannyi (r) a foka: ∆(G) = δ(G)(= r). P T´ etel: Ha G v´eges (nem felt´etlen¨ ul egyszer˝ u) gr´af, akkor v∈V (G) d(v) = 2|E(G)|, azaz egy v´eges gr´ af foksz´ amainak ¨ osszege ´eppen az ´elsz´am k´etszerese. ´ ıts¨ Biz: Ha G-nek nincs ´ele, akkor a foksz´am¨osszeg is ´es az ´elsz´am (k´etszerese) is 0. Ep´ uk fel G-t u ´gy, hogy egyenk´ent h´ uzzuk be az ´eleket. Minden egyes u ´j ´el beh´ uz´asa eggyel n¨oveli az ´elsz´amot, ´es kett˝ ovel osszeget, hisz k´et ponton n¨ ovekszik egyet a foksz´am (vagy hurok´el eset´en egy cs´ ucsn´al 2-vel). a foksz´ am¨ Eszerint amikor G-t fel´ep´ıtett¨ uk, akkor is igaz lesz ez a tulajdons´ag, ´epp, ahogy a t´etel ´all´ıtja. Def: Kn az n pont´ u teljes gr´ af : |V (G)| = n, ´es b´armely k´et pont ¨ ossze van k¨ otve (egyszer). Pn Vil´ agos, hogy a Kn gr´ af (n − 1)-regul´ aris, ´es |E(Kn )| = n2 . Pn az n pont´ uu ´t, Cn az n pont´ u k¨ or : Cn V (Pn ) = V (Cn ) = {v1 , . . . , vn }, E(Pn ) = {vi vi+1 : 1 ≤ i < n}, K6 E(Cn ) = E(Pn ) ∪ {v1 vn }. (ld. az ´ abr´ at) Megfigyel´ es: K2 = P2 , K3 = C3 1 G¨ orbe
helyett szerencs´ esebb t¨ or¨ ottvonalr´ ol beszelni. Egy g¨ orbe eg´ eszen v´ aratlan m´ odon is tud viselkedni. Hagyjuk. ´ ertelmez´ es´ ehez vagy E(G)-t multihalmaznak” tekintj¨ uk (egy ´ el t¨ obbsz¨ or¨ os multiplicit´ assal lehet eleme), vagy E ` ´ ” csak az ´ elek neveinek” halmaza, ´ es odagondolunk egy E → V2 lek´ epez´ est is, ami megmutatja az ´ elek v´ egpontjait. Nem ” k´ınl´ odunk a fogalom prec´ız defin´ıci´ oj´ aval: megel´ egsz¨ unk azzal, hogy lehets´ eges formaliz´ alni azt, amit szeml´ eletesen le´ırunk. 3 Ehhez is m´ odos´ıtani k´ ene az ´ el defin´ıci´ oj´ at, de itt sem az absztrakt formalizmus a c´ el. 2 Ezek
´ 3.2. GRAFOK
33
Def: D = (V, A) ir´ any´ıtott gr´ af, ha (1) V 6= ∅ ´es (2) A ⊆ V 2 . (Minden ´elnek van egy ir´any´ıt´asa. A olni. P´ arhuzamos ´es hurok´el itt is ´ertelmezhet˝o, ´es ak´ar mindk´et ir´ any´ u diagramon nyilakkal szok´ as jel¨ ´el be lehet h´ uzva k´et pont k¨ oz¨ ott. Az ir´any´ıtatlan fogalmak j´o r´esze ´ertelemszer˝ uen kiterjed.) Def: A G1 ´es G2 gr´ afok izomorfak (G1 ∼ = G2 ), ha l´etezik egy-egy ϕV : V (G1 ) → V (G2 ) ´es ϕE : E(G1 ) → E(G2 ) bijekci´ o u ´gy, hogy uv ∈ E(G) ⇐⇒ ϕV (u)ϕV (v) = ϕE (uv). (Tkp. k¨olcs. egy´ert. megfelel´es a pontok k¨ oz¨ ott, u ´gy, hogy tetsz. u, v ∈ V (G1 ) eset´en u-b´ol pontosan annyi ´el vezet v-be G1 -ben, mint a ϕ(u)-b´ ol ϕ(v)-be G2 -ben.) Def: A G egyszer˝ u gr´ af komplementere a G := (V (G), V2 \ E(G)) gr´af. P´ elda: A P4 , a C5 ill. a bika” ¨ onkomplementer (saj´at komplemeter´evel izomorf) ” gr´ af. T´ etel: Gr´ afok izomorfi´ aja ekvivalenciarel´aci´o: tetsz˝oleges G1 , G2 , G3 gr´afokra (1) a bika G1 ∼ = G1 , (2) G1 ∼ = G2 ⇒ G2 ∼ = G1 ´es (3) G1 ∼ = G2 ∼ = G3 ⇒ G1 ∼ = G3 . Def: A G gr´ af ´elsorozata egy olyan (v1 , e1 , v2 , e2 , . . . , vk ) sorozat, amire ei ∈ E(G) ´es ei = vi vi+1 (∀1 ≤ i < k). A s´eta olyan ´elsororzat, aminek minden ´ele k¨ ul¨onb¨oz˝o. A k¨ ors´eta olyan s´eta, aminek kiindul´ o ´es v´egpontja azonos: v1 = vk . Az u ´t (ill. k¨ or ) olyan (k¨or)s´eta, aminek cs´ ucsai (a v´egpontok azonoss´ ag´ at´ ol eltekintve) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Egyszer˝ u gr´ af eset´en az u ´t (k¨ or) azonos´ıthat´o a hozz´atartoz´o pontsorozattal vagy ´elsorozattal. Def: A G gr´ af o sszef¨ u gg˝ o (¨ o f ), ha b´armely k´et pontja k¨oz¨ott vezet s´eta. ¨ ´ All´ıt´ as: A G gr´ afban pontosan akkor l´etezik u ´es v k¨oz¨ott s´eta, ha l´etezik u ´es v k¨oz¨ott u ´t. Def: u, v ∈ V (G)-re u ∼ v, ha l´etezik u ´es v k¨oz¨ott s´eta. ´ ıt´ All´ as: Ir´ any´ıtatlan gr´ afon a ∼ rel´aci´o ekvivalenciarel´aci´o: (1) u ∼ u, (2) u ∼ v ⇒ v ∼ u, (3) u ∼ v ∼ w ⇒ u ∼ w tetsz˝ oleges u, v, w ∈ V (G)-re. Def: A G gr´ af komponense a ∼ ekvivalenciarel´aci´o ekvivalenciaoszt´alya. A komponens fogalma a fenti absztrakt defin´ıci´o helyett az al´abbi m´odon is defini´alhat´o. K¨ ovetkezm´ eny: K ⊆ V (G) a G gr´af komponense, ha b´armely u, v ∈ K k¨oz¨ott l´etezik G-s´eta, de nem l´etezik u − v s´eta ha u ∈ K, v ∈ V (G) \ K. K¨ ovetkezm´ eny: Minden gr´ af egy´ertelm˝ uen bonthat´o komponensekre. Def: Legyen G = (V, E) gr´ af, e ∈ E, E 0 ⊆ E, v ∈ V , V 0 ⊆ V . Ekkor G − e := (V, E \ {e}) az e ´el t¨ orl´es´evel keletkez˝ o gr´ af, G − E 0 := (V, E \ E 0 ) pedig az E 0 -beli ´elek t¨orl´es´evel keletkez˝o gr´af. Legyen Ev := {e ∈ E : v v´egpontja e-nek}. G − v := (V \ {v}, E \ Ev ) a v pont t¨orl´es´evel keletkez˝o gr´ af. EV 0 := {e ∈ E : e-nek van V 0 -beli v´egpontja}. G − V 0 := (V \ V 0 , E \ EV 0 ) a V 0 -beli pontok t¨orl´es´evel orl´esekor csak az ´elhalmaz v´altozik, ha pontot (ill. pontokat) t¨orl¨ unk, keletkez˝ o gr´ af. Teh´ at ´el (ill. ´elek) t¨ akkor a t¨ or¨ olt pont(ok)ra illeszked˝ o ´eleket is t¨or¨oln¨ unk kell. Legyen G egy gr´ af ´es V 0 ⊆ V (G), ill. V ∗ := V \ V 0 . G∗ a G gr´ af V ∗ ´ altal b ∗ 0 fesz´ıtett r´eszgr´ afja, ha G = G − V . A fesz´ıtett r´eszgr´afot teh´at u ´gy kapjuk, e hogy n´eh´ any cs´ ucsot t¨ orl¨ unk a gr´ afb´ ol. a d R´eszgr´ afot pedig u ´gy kapunk, hogy a cs´ ucsok mellett ´elek t¨orl´ese is megenc 0 0 0 gedett, azaz H a G r´eszgr´ afja, ha H = (G − V ) − E alkalmas V ⊆ V (G) ´es E 0 ⊆ E(G)-re. A jobboldali ´ abr´ an l´ athat´ o gr´ af vastag´ıtott ´elei a cs´ ucsaikkal egy¨ utt egy r´eszgr´afot alkotnak. Ez nem fesz´ıtett r´eszgr´ af, ugyanis ehhez a hurok´elt ´es az ab ´el p´arhuzamos p´eld´any´at is tartalmaznia kellene. Hagyom´ anyosan u ´gy szok´ as defini´ alni a fenti fogalmakat, hogy a H = (V 0 , E 0 ) gr´ af a G = (V, E) r´ eszgr´ afja, ha V 0 ⊆ V ´ es E 0 ⊆ E. A H r´ eszgr´ afot pedig akkor nevezik fesz´ıtettnek, ha E 0 minden olyan E-beli ´ elt tartalmaz, aminek v´ egpontjai V 0 -ben vannak. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy az ´ altalunk haszn´ alt defin´ıci´ o ekvivalens a hagyom´ anyossal”. ”
3.2.1 F´ ak alaptulajdons´ agai Def: A G gr´ af erd˝ o, ha k¨ ormentes, azaz nem tartalmaz k¨ort. A G gr´af fa, ha ¨of erd˝o, azaz ha k¨ ormentes ´es ¨ osszef¨ ugg˝ o. T´ etel: Tegy¨ uk fel, hogy G n-pont´ u, k¨ormentes gr´af. G pontosan akkor ¨osszef¨ ugg˝o, ha n − 1 ´ele van. ´ ıts¨ Biz: Ep´ uk fel F -t az n-pont´ uu uz´as´aval. A k¨ormentess´eg miatt mindig k´et k¨ u¨resgr´afb´ol ´elek beh´ l¨ onb¨ oz˝ o komponens k¨ ozt kell ´elt beh´ uzni, hiszen egy komponens k´et pontja k¨oz´e ´elt h´ uzva k¨ort kapn´ ank. Azonban k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o komponens k¨ oz´e beh´ uzott ´el pontosan 1-gyel cs¨okkenti a gr´af komponenseinek sz´ amat. Ha v´eg¨ ul G ¨ of, akkor n-r˝ ol 1-re cs¨okken a komponensek sz´ama, teh´at n − 1 ´elt h´ uztunk be. M´ asfel˝ ol, ha G (n − 1)-´el˝ u, akkor komponenseinek sz´ama n − (n − 1) = 1, teh´at G ¨of. T´ etel: Legyen G n-pont´ u, (n − 1)-´el˝ u, ¨osszef¨ ugg˝o, egyszer˝ u gr´af. Ekkor G k¨ormentes. Biz: Szok´ as szerint ´ep´ıts¨ uk fel G-t ´elek egym´as ut´ani beh´ uz´as´aval. Tudjuk, hogy minden ´el beh´ uz´ asa legfeljebb 1-gyel cs¨ okkenti a komponensek sz´am´at, ´ıgy a kezdeti n izol´alt pontb´ol csakis akkor kaphatunk
34
´ ´ 3. KOMBINATORIKA, GRAFELM ELET
egy 1 komponens˝ u gr´ afot, ha mind az n − 1 ´elt k´et addigi komponens k¨oz´e h´ uztuk be. Ez azt jelenti, hogy egyik ´el beh´ uz´ asa sem hozott l´etre k¨ort, a gr´afunk k¨ormentes. K¨ ov.: G fa ⇐⇒ G k¨ ormentes, ¨ of ⇐⇒ |E(G)| = |V (G)|−1, G k¨ormentes ⇐⇒ |E(G)| = |V (G)|−1, G¨ of ⇐⇒ G minim´ alis ¨ of (b´ armely ´elt elhagyva G sz´etesik) ⇐⇒ G maxim´alis k¨ormentes (tetsz. u ´j ´elt beh´ uzva k¨ or keletkezik.) K¨ ov.: Minden v´eges, ¨ of G gr´ afnak l´etezik fesz´ıt˝ of´ aja, azaz olyan F r´eszgr´afja, amire F fa ´es V (G) = V (F ) . (Jegyezz¨ uk meg, hogy a fesz´ıt˝ ofa ´altal´aban nem fesz´ıtett r´eszgr´af.) Biz: Hagyjunk el egym´ as ut´ an G ´eleit, m´ıg a gr´af ¨of marad. V´eg¨ ul egy minim´alis ¨of gr´afot, azaz f´ at kapunk. Ez fesz´ıt˝ ofa lesz, hisz nem hagytunk el pontot. Def: Egy F fa v cs´ ucsa lev´el, ha d(v) = 1. T´ etel: Minden, legal´ abb 2-pont´ u F f´anak van legal´abb k´et levele. Biz: Tekints¨ unk F egy leghosszabb u ´tj´at, mondjuk az u-t ´es v-t ¨osszek¨ot˝o P -t! Ekkor sem u-b´ ol, sem v-b˝ ol nem indulhat tov´ abbi ´el: ha az ugyanis egy P -n k´ıv¨ uli pontba futna, akkor P nem lenne leghosszabb, ha pedig P egy pontj´ aba, akkor a F nem lenne k¨ormentes.
3.2.2 A Cayley t´ etel Alapprobl´ ema: H´ any n-pont´ u fa van? Izomorfia erej´eig: n = 1-re, n = 2-re ´es n = 3-ra 1, hisz nincs sok v´ alaszt´ asunk. n = 4-re 2 (a K1,3 ´es a P4 ), n = 5-re pedig 3 (a 2-level˝ u, a 3-level˝ u ´es a 4-level˝ u), n = 6-ra 6 (a 2-level˝ u u ´t, k´etf´ele 3-level˝ u, k´etf´ele 4-level˝ u ´es egy 5-level˝ u), magasabb n-ekre ezt m´ ar f´ arads´ agos folytatni. Sz´ amozott cs´ ucsokon (vagyis egy´ebk´ent izomorf f´akat t¨obbsz¨or megsz´amolva) azt kapjuk, hogy n = 1re ´es n = 2-re 1, n = 3-ra 3 (szabadon v´alasztjuk, melyik k´et cs´ ucs o¨sszek¨otetlen), n = 4-re 16 (n´egyf´ele K1,3 ´es 12-f´ele P4 ), n = 5-re 125 (60-f´ele P5 , 60-f´ele 3-level˝ u ´es o¨tf´ele 4-level˝ u), n = 6-ra pedig j´o sok. Mi a szab´ aly? Az al´ abbi t´etel mutatja meg. Cayley t´ etel: Az {1, 2, . . . , n} ponthalmazon nn−2 k¨ ul¨onb¨oz˝o fa adhat´o meg. Biz: (A Pr¨ ufer-k´ od seg´ıts´eg´evel) Ha egy F fa cs´ ucsai k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´amokkal vannak c´ımk´ezve, akkor defini´ aljuk az F fa P (F )-fel jel¨ olt Pr¨ ufer-k´ odj´ at az al´abbiak szerint. Ha F -nek legfeljebb k´et cs´ ucsa van, akkor a k´ od u ucsa van, akkor legyen w1 az F legkisebb ¨res: P (F ) := ∅. Ha F -nek legal´abb 3 cs´ c´ımk´ej˝ u levele, legyen c1 a w1 lev´el v1 szomsz´edj´anak c´ımk´eje, ´es legyen P (F ) := (c1 , P (F − w1 )). M´ as sz´ oval: t¨ or¨ olj¨ uk a legkisebb c´ımk´ej˝ u levelet, ´ırjuk le a szomsz´edj´anak a c´ımk´ej´et, ´es ezt az elj´ar´ast addig iter´ aljuk, am´ıg a f´ anak v´eg¨ ul k´et cs´ ucsa lesz. Megfigyel´ es: Amikor a f´ anak a t¨ orl´esek ut´an m´ar csak k´et cs´ u5, w4 3, w2 csa van, akkor ezek egyike a legnagyobb c´ımk´ej˝ u (jelen esetben n-es) 9, v8 6, v4 v6 , w 7 uk, cs´ ucs. Ez az´ert van ´ıgy, mert az n c´ımk´ej˝ u cs´ ucsot sosem t¨or¨olhett¨ v1 2 v7 , w 8 hisz mindig legal´ abb k´et lev´el k¨ oz¨ ul v´ alasztottuk ki a minim´alis c´ımk´ev3 8, w6 7, v2 , w5 j˝ ut. Vagyis ha a Pr¨ ufer-k´ od k´epz´es´et nem a k´etcs´ ucs´ u f´an´al hagyn´ank 4, w3 1, w1 abba, hanem az egycs´ ucs´ un´ al (amikoris elfogynak a t¨or¨olhet˝o levelek), akkor az utols´ onak t¨ or¨ olt lev´el szomsz´edja bizonyosan az n c´ımk´ej˝ u Lev´elt¨orl´esi sorrend: 1, 3, 4, 5, 7, 8, 6, 2 Pr¨ ufer k´ od: (2, 7, 2, 6, 9, 6, 2) cs´ ucs lenne. Vil´ agos, hogy a Pr¨ ufer-k´ od tetsz˝ oleges 1-t˝ol n-ig c´ımk´ezett f´ahoz egy´ertelm˝ uen rendel egy n − 2 okr´ ol hossz´ us´ ag´ u sorozatot u ´gy, hogy a sorozat minden tagja egy 1 ´es n k¨oz¨otti c´ımke. Az ism´etl´eses vari´aci´ tanultak szerint ilyen sorozatb´ ol nn−2 -f´ele l´etezik. A tov´abbiakban teh´at k´et dolgot kell igazolnunk: (1) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o f´ akhoz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o Pr¨ ufer-k´ odok tartoznak ill. (2) tetsz˝oleges n − 2 hossz´ us´ag´ u, 1, 2, . . . , n jeleket tartamaz´ o sorozathoz l´etezik olyan fa, aminek ez a sorozat a Pr¨ ufer-k´odja. Ez igazolja, hogy a c´ımk´ezett f´ ak bijekt´ıven megfelelnek az eml´ıtett ism´etl´eses vari´aci´oknak, ´es ´ıgy a sz´amuk pontosan nn−2 . Mi csak az (1)-t fogjuk igazolni, azaz, hogy tetsz˝oleges Pr¨ ufer-k´odb´ol egy´ertelm˝ uen lehet a f´ at visszak´ odolni”. A bizony´ıt´ ashoz egy seg´edt´etelre is sz¨ uks´eg lesz. ” Lemma: A Pr¨ ufer-k´ odban tetsz˝ oleges v cs´ ucs c´ımk´eje pontosan (d(v) − 1)-szer szerepel. uk fel, hogy v c´ımk´eje n-n´el kisebb. Amikorra a Pr¨ ufer-k´odol´ast befejezz¨ uk, akkorra m´ ar Biz: Tegy¨ vagy t¨ or¨ olt¨ uk v-t, vagy v lev´el maradt, ´es az n c´ımk´ej˝ u cs´ ucshoz csatlakozik. Az els˝o esetben v-t egy olyan ´ allapot´ aban t¨ or¨ olt¨ uk, amikor v lev´el volt, ´es innent˝ol kezdve nem ´ırtuk be v c´ımk´ej´et a k´odba. Ahhoz azonban, hogy v lev´ell´e v´ aljon, pontosan d(v) − 1 szomsz´edj´at kellett t¨or¨olni, ´es pontosan ezen alkalmakkor ´ırtuk le v c´ımk´ej´et a Pr¨ ufer-k´odba. Teh´at v c´ımk´eje pontosan (d(v) − 1)-szer szerepel. Ha ul lev´el maradt, akkor is igaz a fenti ´ervel´es, hiszen od´aig d(v) − 1 (lev´el)szomsz´edj´at t¨or¨olt¨ uk. v v´eg¨ ufer-k´odol´as befejez´esekor v-nek egy szomsz´edja maradt, Ha pedig v az n c´ımk´ej˝ u cs´ ucs, akkor a Pr¨ addig teh´ at d(v) − 1 szomsz´edja lett t¨or¨olve, ´ıgy az n c´ımk´et ´eppen (d(v) − 1)-szer ´ırtuk le a k´ od legy´ art´ asakor.
´ 3.2. GRAFOK
35
K¨ ov.: Tetsz˝ oleges (k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amokkal c´ımk´ezett cs´ ucs´ u) F f´anak a Pr¨ ufer-k´odj´aban nem szerepl˝ o c´ımk´ek azonosak F leveleinek c´ımk´eivel. Biz: Egy v cs´ ucs pontosan akkor levele F -nek, ha d(v) = 1, azaz, ha v c´ımk´eje nem szerepel F Pr¨ ufer-k´ odj´ aban. Tegy¨ uk fel teh´ at, hogy cs´ ucsc´ımk´ek valamely (c1 , c2 , . . . , cn−2 ) sorozata egy F fa Pr¨ ufer-k´odja. Legyen cn−1 = n, a Pr¨ ufer k´ od ki nem ´ırt, befejez˝o eleme. Az F fa meghat´aroz´as´ahoz mind¨ossze F n − 1 ´el´et kell megtal´ alnunk, azaz minden egyes ci c´ımk´ehez meg kell mondanunk azt, hogy mi volt a ci le´ır´asakor t¨ or¨ olt wi lev´el li c´ımk´eje. Mi sem egyszer˝ ubb enn´el. A fenti k¨ovetkezm´eny miatt az els˝onek t¨or¨olt lev´el l1 c´ımk´eje nem m´ as, mint a legkisebb olyan c´ımke, ami nem fordul el˝o a c1 , c2 , . . . , cn−2 sorozatban. (Mivel l1 < n, ez´ert azt is mondhatjuk, (ami a gyakorlatban t¨ort´en˝o visszafejt´est kicsit egyszer˝ us´ıti), hogy l1 a legkisebb olyan c´ımke, ami nem fordul el˝o a c1 , c2 , . . . , cn−1 sorozatban.) Mi lesz ezek ut´ an a m´ asodiknak t¨ or¨olt lev´el l2 c´ımk´eje? Vil´agos, hogy az els˝o lev´el t¨orl´ese ut´ an kapott F − w1 fa c´ımk´ei az {1, 2, . . . , n} \ {l1 } halmaz elemei. Teh´at a m´asodiknak t¨or¨olt lev´el l2 c´ımk´eje nem m´ as, mint ennek a halmaznak a legkisebb olyan eleme, ami nem szerepel a F − w1 Pr¨ ufer k´ odj´ at meghat´ aroz´ o c2 , c3 , . . . , cn−2 c´ımk´ek k¨ oz¨ott. Mivel a t¨or¨olt lev´el c´ımk´eje most sem lehetett n, ez´ert itt is a legkisebb olyan c´ımk´et kell venni, ami nem szerepel az l1 , c2 , c3 , . . . , cn−1 elemek k¨oz¨ott. Az eddigi gondolatmenetet alkalmazva, ha m´ ar meghat´aroztuk a t¨or¨olt levelek l1 , l2 , . . . , li c´ımk´eit, akkor az li+1 c´ımke nem m´ as, mint az aktu´ alis fa Pr¨ ufer-k´odj´aban nem szerepl˝o c´ımk´ek legkisebbike, azaz a legkisebb olyan pozit´ıv eg´esz, ami nincs a l1 , l, . . . , li , ci+1 , ci+2 , . . . , cn−1 halmazban. A fentiek szerint minden egyes li c´ımke egy´ertelm˝ uen ad´odik, ez´ert bebizony´ıtottuk, hogy ha egy ufer k´ odja, akkor a sorozat F -t meghat´arozza, m´as sz´oval k¨ ul¨onb¨oz˝o f´akhoz k¨ ul¨onb¨ oz˝ o sorozat egy F fa Pr¨ P (F ) k´ od tartozik. A (2) bizony´ıt´ as´ ahoz azt kellene bel´atnunk, hogy tetsz˝oleges ism´etl´eses vari´aci´ob´ol kiindulva a fenti elj´ ar´ assal kapott G gr´ af egyr´eszt fa lesz, m´asr´eszt G Pr¨ ufer-k´odja azonos lesz a kiindul´asi sorozattal. Ezzel itt nem k´ınl´ odunk. Alkalmaz´ as: V´ eletlen fa gener´ al´ asa n ponton: Egy n-oldal´ u dob´ okock´ at (n − 2)-szer feldobva, a keletkez˝ o sorozat egy egyenletes eloszl´ as szerint kisorsolt v´ eletlen fa Pr¨ ufer-k´ odja. A Cayley t´ etelre megadunk egy nemsztenderd, alternat´ıv bizony´ıt´ ast is. El˝ onye, hogy k¨ ozvetlenebb¨ ul l´ atszik a k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ ertelm˝ u megfeleltet´ es a f´ ak ´ es az azokat le´ır´ o ism´ etl´ eses vari´ aci´ ok k¨ oz¨ ott, tov´ abb´ a, hogy a fa rekonstrukci´ oja a k´ od alapj´ an valamivel egyszer˝ ubb. 3 9 6 5 Legyen teh´ at F egy fa a v1 , v2 , . . . , vn pontokon. Az F f´ aban (egy´ ertelm˝ uen) l´ etezik egy P2 ir´ any´ıtott u ´t v1 -b˝ ol v2 -be. A P2 u ´t valamelyik pontj´ ab´ ol l´ etezik egy 2 8 egy´ ertelm˝ u ir´ any´ıtott P3 u ´t v3 -ba u ´gy, hogy P2 -nek ´ es P3 -nak nincs k¨ oz¨ os ´ ele. (Ha 7 ´ 4 pl v3 rajta van P2 -n, akkor P3 -nak egyetlen pontja ´ es 0 ´ ele van.) Altal´ aban, ha m´ ar 1 ismerj¨ uk a P2 , P3 , . . . , Pi utakat, akkor Pi+1 az az (egy´ ertelm˝ uen l´ etez˝ o) vi+1 -be P1 = {1}, P2 = {1, 2}, P3 = {2, 9, 7, 3} vezet˝ o u ´t lesz, aminek kiindul´ opontja rajta van a P2 , P3 , . . . , Pi utak ´ altal alkotott P4 = {2, 4}, P5 = {2, 6, 5}, P6 = {6} r´ eszf´ an, de ett˝ ol eltekintve diszjunkt t˝ ole. Vil´ agos, hogy a fenti elj´ ar´ as az F f´ at a P7 = {7}, P8 = {6, 8}, P9 = {9} Ref¨ urp k´ od: (1, 2, 9, 7, 2, 2, 6, 6) P2 , P3 , . . . , Pn utak uni´ oj´ ara bontja fel, ´ es ezen utak ´ elei p´ aronk´ ent k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek. Ha Pi = (va(1) , va(2) , . . . , va(k) , vi ) egy felbont´ asbeli u ´t, akkor legyen Pi k´ odja a(1), a(2), . . . , a(k). (Ha teh´ at a Pi = (vi ) u ´t egypont´ u, akkor a k´ odja u urp-k´ odja az F felbont´ as´ aban szerepl˝ o P2 , P3 , . . . , Pn ir´ any´ıtott ¨res.) Legyen az F fa Ref¨ utak k´ odjainak egym´ asut´ anja. Vil´ agos, hogy ha F egy fa a v1 , v2 , . . . , vn pontokon, akkor egy´ ertelm˝ uen l´ etezik Ref¨ urpk´ odja. E Ref¨ urp-k´ od r´ a´ ad´ asul n − 1 sz´ amb´ ol ´ all, hiszen minden Pi u ´t k´ odja megegyezik Pi ´ eleinek sz´ am´ aval, teh´ at az F fa Ref¨ urp-k´ odja is ´ epp olyan hossz´ u, mint ah´ any ´ ele van F -nek. Vil´ agos, hogy a Ref¨ urp-k´ od els˝ o jegye 1 (hisz P2 a v1 cs´ ucsb´ ol kiindulva fut a v1 6= v2 cs´ ucsba), ´ es a k´ od tov´ abbi n − 2 jegy´ enek mindegyike az 1 ´ es n k¨ ozti eg´ eszek k¨ oz¨ ul ker¨ ul ki. ´Igy az ism´ etl´ eses vari´ aci´ okr´ ol tanultak alapj´ an legfeljebb nn−2 -f´ ele Ref¨ urp-k´ od k´ odolhat n-pont´ u f´ at. Azt kell csup´ an igazolni, hogy ha 1 = r(1), r(2), r(3), . . . , r(n − 1) egy olyan sz´ amsorozat, amiben minden r(i) egy 1 ´ es n k¨ ozti eg´ esz, akkor egy´ ertelm˝ uen l´ etezik egy olyan F fa, aminek Ref¨ urp-k´ odja r(1), r(2), r(3), . . . , r(n − 1). A c´ el teh´ at nem m´ as, mint az r(1), r(2), . . . , r(n−1) sz´ amsorozatot felbontani n−1 sorozat egym´ asut´ anj´ ara (ezek n´ emelyike u ¨res lesz), u ´gy, hogy e sorozatok rendre a P2 , P3 , . . . , Pn utak k´ odjai legyenek. Az els˝ o k´ erd´ es teh´ at, hogy az r(1), r(2), . . . , r(n − 1) sz´ amsorozatban melyik r(i) lesz a P2 u ´t k´ odj´ anak utols´ o jegye, azaz melyik r(i+1) lesz a P3 k´ odj´ anak els˝ o jegye, m´ as sz´ oval a P3 u ´t kiindul´ opontj´ anak indexe4 . A P3 u ´t k´ etf´ ele lehet: kiindul´ opontja vagy v2 , vagy a P2 u ´tnak egy v2 -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja, aminek indexe teh´ at szerepel P2 k´ odj´ aban. Ez´ ert a P3 u ´t k´ odj´ anak kezdete (vagyis az omin´ ozus r(i + 1)) az els˝ o olyan jegye lesz F Ref¨ urp-k´ odj´ anak, amire r(i + 1) = 2, vagy amire r(i + 1) m´ ar kor´ abban el˝ ofordult F Ref¨ urp-k´ odj´ aban. A fenti m´ odszer ´ altal´ anoss´ agban is m˝ uk¨ odik. Tegy¨ uk fel, hogy az r(1), . . . , r(n − 1) sorozatb´ ol m´ ar meghat´ aroztuk a P2 , P3 , . . . , Pi utak k´ odjait. A c´ el a Pi+1 u ´t k´ odj´ anak meghat´ aroz´ asa. Legyen a Pi k´ odj´ anak utols´ o jegye az F Ref¨ urpk´ odj´ anak k-dik jegye, vagyis r(k). Vil´ agos, hogy ha m´ ar valamelyik kor´ abbi Pj u ´t haszn´ alta a vi+1 cs´ ucsot, akkor i + 1 m´ ar kor´ abban szerepelt a Pj k´ odj´ aban, azaz r(l) = i + 1 valamely l ≤ k eset´ en. Ekkor Pi+1 k´ odja u es r´ at´ erhet¨ unk ¨res, ´ Pi+2 -re. Ellenkez˝ o esetben, vagyis ha i + 1 nem szerepelt a Ref¨ urp-k´ od r(k)-ig tart´ o r´ esz´ eben, akkor vi+1 nem pontja a P2 , P3 , . . . , Pi utak egyik´ enek sem, teh´ at Pi+1 legal´ abb k´ etpont´ u, ´ es csup´ an azt kell meg´ allap´ıtani, hogy Pi+1 (r(k +1)-gyel kezd˝ od˝ o) k´ odja hol ´ er v´ eget, azaz melyik r(s + 1)-gyel kezd˝ odik a Pi+1 -t k¨ ovet˝ o, els˝ o, legal´ abb k´ etpont´ u Pm u ´t k´ odja. A Pm u ´t k´ etf´ ele lehet: vagy a v2 , v3 , . . . , vi+1 cs´ ucsok valamelyike a kiindul´ opontja, vagy egy olyan pont, aminek indexe a P2 , P3 , . . . Pi+1 u ´tak valamelyik´ enek k´ odj´ aban m´ ar szerepelt kor´ abban. Ez´ ert s + 1 olyan sz´ am, amire s>k 4 ha
´ es
r(s + 1) ∈ {2, 3, . . . , i + 1} ∪ {r(1), r(2), . . . , r(s)}
(3.1)
P3 egypont´ u, akkor itt P3 helyett az els˝ o nemegypont´ u Pi u ´tr´ ol van sz´ o, hiszen annak a k´ odja kezd˝ odik r(i+1)-gyel.
36
´ ´ 3. KOMBINATORIKA, GRAFELM ELET
teljes¨ ul. Vil´ agos, hogy ha s + 1-re (3.1) fenn´ all, akkor r(s + 1) nem lehet benne Pi+1 k´ odj´ aban, teh´ at s + 1 a legkisebb olyan sz´ am, ami teljes´ıti az (3.1) felt´ etelt. Ezzel pedig egy´ ertelm˝ uen meghat´ aroztuk Pi+1 k´ odj´ at: r(k + 1), r(k + 2), . . . , r(s). Ha pedig ismerj¨ uk a P2 , P3 , . . . , Pn utak k´ odjait, akkor mindezen utak rekonstru´ alhat´ oak, teh´ at uni´ ojuk, az F 0 gr´ af is. Kell, hogy F 0 fa. Vil´ agos, hogy minden Pi kiindul´ opontja egy el˝ oz˝ o Pj u ´tnak pontja, teh´ at a F 0 ¨ osszef¨ ugg˝ o. Minden Pi -nek annyi ´ ele van, mint a k´ odj´ anak hossza, teh´ at F 0 -nek n − 1 ´ ele van, tov´ abb´ a F 0 tartalmazza minden Pi u ´t v´ egpontjait, teh´ at a v2 , v3 , . . . , vn pontokat, valamint P2 kezd˝ opontj´ at, v1 -t. Teh´ at F 0 egy n-pont´ u, (n − 1)-´ el˝ u¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ af, azaz F csakugyan fa. Az F 0 konstrukci´ oj´ ab´ ol pedig azonnal ad´ odik, hogy Pi egy olyan ir´ any´ıtott u ´t, aminek a kiindul´ opontja egy kor´ abbi Pj pont valamelyike, v´ egpontja vi , teh´ at F 0 Ref¨ urp k´ odja csakugyan r(1), r(2), r(3), . . . , r(n − 1). Megjegyz´ es: A Ref¨ urp-k´ odb´ ol a fa rekonstrukci´ oja val´ oj´ aban m´ eg egyszer˝ ubb. Legyen r(1), r(2), . . . , r(n − 1) egy Ref¨ urp-k´ od. A rekonstrukci´ o n − 1 l´ ep´ esben t¨ ort´ enik: az i-dik l´ ep´ esben vr(i) -b˝ ol ind´ıtunk egy ei ´ elt. Az ei ´ el m´ asik v´ egpontja vr(i+1) lesz, ha i + 1 ≤ n − 1 ´ es vr(i+1) nem szerepel a m´ ar fel´ ep´ıtett f´ aban. Egy´ ebk´ ent az a vj lesz az ei m´ asik v´ egpontja, amire j a legkisebb olyan pozit´ıv cs´ ucsindex, ami nem szerepel a m´ ar fel´ ep´ıtett f´ aban. Alkalmaz´ as: H´ any olyan F fa van n c´ımk´ ezett ponton, amiben az 1 ´ es 2 c´ımk´ ej˝ u pontok k¨ oz¨ ott fut´ o u ´t F -nek pontosan k ´ el´ et tartalmazza? (Vil´ agos, hogy a Ref¨ urp-k´ od els˝ o k + 1 jegy´ et nem v´ alaszthatjuk teljesen szabadon, ´ıgy (n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − k) · (k + 1) · nn−k−3 ad´ odik. Az is l´ atszik, hogyan kell ilyen tulajdons´ ag´ u v´ eletlen f´ at gener´ alni.) Szorgalmi h´ azi feladat: Mi k¨ oze a Pr¨ ufer-k´ odnak a Ref¨ urp-k´ odhoz? (A helyes megfejt˝ ok d´ıja a szerz˝ o elismer´ ese.)
3.2.3 S´ıkgr´ afok A G gr´ af egy s´ıkbarajzol´ asa a G egy olyan diagramja, amiben az ´eleknek megfelel˝ o g¨ orb´ek (t¨ or¨ ottvonalak) csak v´egpontokban metszhetik egym´ ast. G s´ıkbarajzolhat´ o (sr), ha l´etezik s´ıkbarajzol´asa. A s´ıkbarajzol´ as a s´ıkot tartom´ anyokra (lapokra) osztja. Lesz egy v´egtelen tartom´ any, az u ´n. k¨ uls˝ o tartom´ any. G¨ombre rajzol´ason l´enyeg´eben ugyanezt ´ertj¨ uk, csak s´ık helyett a g¨ omb felsz´ın´en dolgozunk, k¨ uls˝o tartom´ anyr´ ol nem besz´el¨ unk. Megjegyz´ es: K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy b´ armely fa s´ıkbarajzolhat´ o: tetsz˝ olegesen felv´ eve a diagram cs´ ucsait a s´ıkon, l´ attuk, hogy ha egyenk´ ent beh´ uzzuk a fa ´ eleit, akkor mivel sosem hozunk l´ etre k¨ ort, a s´ıknak egyetlen tartom´ anya lesz, teh´ at egy u ´j ´ el beh´ uz´ asakor a k´ et v´ egpont ugyanazon a tartom´ anyon van, ez´ ert lehets´ eges k¨ oz´ ej¨ uk egy, a kor´ abban beh´ uzott ´ eleket nem metsz˝ o´ elt berajzolni.
T´ etel: A G gr´ af pontosan akkor s´ıkbarajzolhat´o, ha g¨ombre rajzolhat´o. ´ E Biz: Sztereografikus projekci´ oval. (A g¨omb¨ot u ´gy helyezz¨ uk el, hogy a s´ıkot a d´eli sarkon ´erintse, ´es az ´eszaki sarokb´ol (egyenes) vet´ıt´essel a s´ık pontjai bijekt´ıven megfelelnek az ´eszakisark-mentes g¨ ombfelsz´ın pontjainak. (A s´ıkbeli inverzi´o ´altal´anos´ıt´asa. Vicces tulajdons´ agai vannak: a s´ık egyeneseit a g¨ombfelsz´ın ´eszaki sarkon ´atoreibe viszi, a s´ık k¨ oreit a g¨ ombfelsz´ın ´eszaki sarokra nem men˝ o k¨ illeszked˝ o k¨ oreibe, ´es viszont. R´ aad´ asul sz¨ogtart´o: t´erk´ep´eszek ez´ert szeretik.)) Tetsz˝ oleges s´ıkbarajzol´ ast a sztereografikus projekci´o g¨ombre rajzol´asba visz, tov´abb´a, ha az ´eszaki sarok egy g¨ ombi tartom´ any belsej´eben fekszik, akkor g¨ombre rajzol´ast s´ıkbarajzol´asba k´epez. A g¨omb¨ ot od´ebbgur´ıtva ´es az u ´j ´eszaki sarokr´ ol visszavet´ıtve l´atszik, hogy tetsz˝oleges s´ıkbarajzol´as b´armely T tartom´ any´ ahoz l´etezik egy m´ asik s´ıkbarajzol´as, amiben T a k¨ uls˝o tartom´any. K¨ ov.: Tetsz˝ oleges konvex poli´eder ´elh´al´oja s´ıkbarajzolhat´o. Biz: Vet´ıts¨ uk az ´elh´ al´ ot a poli´eder egy bels˝o P pontj´ab´ol egy P k¨ozep˝ u g¨ombre. Ez´altal az ´elh´ al´ o gr´ afja g¨ ombre rajzolhat´ o, azaz s´ıkbarajzolhat´o. Megjegyz´ es: A fenti ´ all´ıt´ as megford´ıt´ asa u ´gy igaz, hogy tetsz˝ oleges G sr gr´ afhoz l´ etezik egy P konvex poli´ eder, u ´gy, hogy G a P ´ elh´ al´ oj´ anak egy r´ eszgr´ afj´ aval izomorf.
T´ etel: Ha a G s´ıkbarajzolt gr´ af cs´ ucsainak, tartom´anyainak, ´eleinek ´es komponenseinek sz´ama rendre n, t, e ´es k, akkor n + t = e + k + 1. ´ am szerinti indukci´ Biz: Elsz´ oval bizony´ıtjuk, hogy ha G egy n-cs´ ucs´ u, e-´el˝ u s´ıkbarajzolhat´o gr´ af, akkor igaz r´ a az ´ all´ıt´ as. Ha a G0 gr´ af ´elsz´ama e0 = 0, akkor komponenseinek sz´ama k0 = n (hisz minden cs´ ucs ¨ on´ all´ o komponens) ´es a l´etrej¨ ov˝ o s´ıktartom´anyok sz´ama t0 = 1, teh´at igaz az ´all´ıt´as. Tegy¨ uk fel, hogy az n-pont´ u, i ´ellel rendelkez˝ o, s´ıkbarajzolhat´o gr´afokra m´ar bebizony´ıtottuk az ´all´ıt´ast. Legyen Gi egy tetsz˝ oleges n-pont´ u s´ıkbarajzolhat´ o gr´af, ´eleinek, tartom´anyainak ill. komponenseinek sz´ama pedig legyen rendre ei = i, ti ill. ki . H´ uzzunk be Gi -be egy (i + 1)-dik ´elt (mondjuk uv-t). ´Igy kapjuk a Gi+1 gr´ afot. Vizsg´ aljuk meg, Gi+1 megfelel˝ o param´etereit, azaz az ei+1 , ti+1 , ki+1 sz´amokat! Vil´ agos, hogy ei+1 = i + 1. K´et esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg. Ha u ´es v a Gi T gr´ af k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o komponens´eben tal´ alhat´o, akkor az uv ´el Gi k´et komponens´et u v k¨ oti ¨ ossze, teh´ at ki+1 = ki − 1. Az uv ´el a Gi egy tartom´any´an (mondjuk T -n) bel¨ ul halad, teh´ at Gi minden T -t˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝o tartom´anya egy´ uttal Gi+1 -nek is tartom´ anya lesz. Azt kell csup´ an l´ atni, hogy T (elhagyva bel˝ole az uv ´elt) szint´en tartom´anya lesz a Gi+1 gr´afnak, hiszen
´ 3.2. GRAFOK
37
ha T -t a beh´ uzott uv ´el kett´ev´ agn´ a, akkor az egyik keletkez˝o T 0 tartom´any hat´ara tartalmazna u-t a v-vel osszek¨ ot˝ o ´elsorozatot a Gi gr´ afban, ami ellentmond annak, hogy u ´es v a Gi k¨ ul¨onb¨oz˝o tartom´anyaiban ¨ tal´ alhat´ o. Teh´ at ti+1 = ti , azaz n + ti+1 = n + ti = ei + ki + 1 = i + ki + 1 = (i + 1) + (ki − 1) + 1 = ei+1 + ki+1 + 1, vagyis az indukci´ os l´ep´est bebizony´ıtottuk. A m´ asik eset az, amikor u ´es v egyazon komponensbe esnek, azaz l´etezik T u ´es v k¨oz´e beh´ uzott tartom´ any hat´ ar´an egy u-b´ol v-be vezet˝o P u ´t. Ekkor v ki+1 = ki , hiszen egy komponensen bel¨ ul ´elt beh´ uzva ugyanazok a ponthalmazok P u maradtak a Gi+1 gr´ af komponensei, amik Gi -´e voltak. Legyen T a Gi gr´afnak az a tartom´ anya, aminek a belsej´eben vezet az im´ent beh´ uzott uv ´el. Vil´ agos, hogy Gi minden T -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨oz˝o tartom´anya tartom´anya lesz Gi+1 -nek is, tov´abb´a a T tartom´ any k´et tartom´ anyra esik sz´et, amik az uv ´el ment´en hat´arosak. (Az egyik tartom´anyt az uv ´el ´es a P u ´t alkotta k¨ or hat´ arolni fogja. Azt kaptuk teh´at, hogy ti+1 = ti + 1 ez´ert n + ti+1 = n + ti + 1 = ei + ki + 1 + 1 = i + 1 + ki+1 + 1 = ei+1 + ki+1 + 1. Igazoltuk az indukci´os l´ep´est, a t´etelt bel´attuk. K¨ ov.: (Euler-formula) Ha egy ¨osszef¨ ugg˝o, n-pont´ u, e-´el˝ u gr´af t tartom´annyal s´ıkbarajzolhat´ o, akkor n + t = e + 2. Biz: Ha G ¨ of, akkor k = 1, teh´ at az el˝oz˝o t´etel szerint n + t = e + k + 1 = e + 1 + 1 = e + 2. K¨ ov.: Ha G sr, akkor b´ armely s´ıkbarajzol´as´anak ugyanannyi tartom´anya van. K¨ ov.: Ha G egyszer˝ u, legal´ abb 3-pont´ u, sr gr´af, akkor e ≤ 3n − 6 . Ha mindezen t´ ul G minden lapj´ at legal´ abb 4 ´el hat´ arolja, akkor e ≤ 2n − 4 . Biz: Feltehet˝ o, hogy G-be nem lehet tov´abbi ´eleket beh´ uzni a sr ´es egyszer˝ u tulajdons´agok megtart´ as´ aval. Ekkor G minden lapj´ at (a k¨ uls˝ot is bele´ertve) 3 ´el hat´arolja, hisz ha volna egy enn´el t¨ obb cs´ ucsot tartalmaz´ o lap, akkor azon egy u ´jabb ´elt rajzolhatn´ank. Vil´agos, hogy G ¨of, hiszen ha nem az ul teh´at, hogy 3t = 2e, hisz a lapok ment´en megsz´amolva lenne, tov´ abbi ´eleket tudn´ ank beh´ uzni. Teljes¨ az ´eleket minden ´elt ´eppen k´etszer sz´ amolunk le. Az ¨of tulajdons´ag miatt az Euler-formula is igaz, teh´ at e = n + t − 2, azaz 3e = 3n + 3t − 6 = 3n + 2e − 6, ahonnan e = 3n − 6. Azt kaptuk, hogy ha G egy olyan egyszer˝ u sr gr´af, amibe u ´jabb ´el nem h´ uzhat´o be az egyszer˝ us´eg ´es sr tulajdons´ ag megtart´ as´ aval, akkor e = 3n − 6. A k¨ovetkezm´eny els˝o r´esze innen azonnal ad´odik. A m´ asodik r´eszhez feltehet˝ o, hogy G ¨of, hisz k´et komponens k¨oz´e (a sr-s´ag megtart´as´aval) u ´jabb ´elt beh´ uzva nem kaphatunk h´ aromsz¨ oglapot. Ez´ert 4t ≤ 2e, hisz a lapok ment´en az ´eleket lesz´amolva minden ´elt k´etszer sz´ amolunk meg, ´es minden lapot legal´abb 4 ´el hat´arol. Mivel G ¨of, ism´et haszn´alhatjuk az Euler-formul´ at: e = n + t − 2, azaz 2e = 2n + 2t − 4 ≤ 2n + e − 4, ´es az ´all´ıt´as k¨ozvetlen¨ ul ad´odik. Megjegyz´ es: Ha G sr ´es egyszer˝ u, akkor (|E(G)| = 3|V (G)|−6) ⇐⇒ (G minden lapja h´aromsz¨ og). K¨ ov.: Ha G sr ´ es egyszer˝ u, akkor van legfeljebb 5-¨ odfok´ u cs´ ucsa, azaz δ(G) ≤ 5. P as. Biz: Indirekt. Ha d(v) ≥ 6 ∀v ∈ V ⇒ 2e = v∈V d(v) ≥ 6n ⇒ e ≥ 3n, ellentmond´
Ko ¨v.: Sem K5 , sem K3,3 nem s´ıkbarajzolhat´o. Biz: Indirekt. K5 -re: n = 5, e = 10 ⇒ t = 7 ⇒ 21 = 3t ≤ 2e = 20, ellentmond´as. K3,3 K3,3 -ra: n = 6, e = 9 ⇒ t = 5 . Mivel K3,3 C3 -mentes, ez´ert minden tartom´anyt legal´abb 4 ´el hat´ arol: 20 = 4t ≤ 2e = 18, ellentmond´as. Def: A G ´es H gr´ afok topologikusan izomorfak, ha H megkaphat´o G-b˝ol az al´abbi K5 l´ep´esek ism´etelt alkalmaz´ as´ aval: 1. T¨ orl¨ unk egy uv gr´ af´elt, ´es bevesz¨ unk egy u ´j, m´asodfok´ u cs´ ucsot, aminek a szomu v sz´edai u ´es v. (Ha u ´gy tetszik, egy w cs´ ucsot u unk az uv ´elre.) ¨ltet¨ 2. T¨ orl¨ unk egy m´ asodfok´ u x cs´ ucsot, ´es ´ellel ¨osszek¨otj¨ uk x k´et szomsz´edj´at. Megjegyz´ es: A fenti defin´ıci´ oban a k´et l´ep´es egym´as inverze”, azaz ha G-b˝ol az 1. u ” w v l´ep´es egy G0 gr´ afot k´epez, akkor G0 -b˝ ol egy 2. l´ep´es konstru´alja meg G-t, ´es viszont. Kuratowski t´ etel: A G gr´ af pontosan akkor sr, ha nem tartalmaz sem K3,3 -mal, sem K5 -tel topologikusan izomorf r´eszgr´ afot. Biz: Sz¨ uks´egess´eg: ha G sr, akkor minden H r´eszgr´afja sr. Ha H sr ´es K topologikusan izomorf H-val, akkor K is sr. ´Igy K = K5 ill. K = K3,3 nem lehets´eges ha G sr volt. Az el´egs´egess´eg nem trivi´ alis, itt nem bizony´ıtjuk. F´ ary-Wagner t´ etel: Ha G egyszer˝ u, sr gr´af, akkor G u ´gy is s´ıkba rajzolhat´o, hogy minden ´el egyenes szakaszk´ent van lerajzolva. Biz: ” (V´ azlat) A s´ıkbarajzolhat´ os´ ag megtart´ as´ aval u ´j ´ eleket beh´ uzva feltehet˝ o, hogy G-nek maxim´ alisan sok (3n − 6) ” ´ ele van, ´ıgy tetsz˝ oleges s´ıkbarajzol´ askor G minden lapj´ at h´ arom ´ el hat´ arolja. Rajzoljuk le G-t a s´ıkba u ´gy, hogy az ´ eleknek megfelel˝ o g¨ orb´ ek t¨ or¨ ottvonalak legyenek. Vegy¨ unk fel a s´ıkon egy olyan ABC h´ aromsz¨ oget, aminek a lerajzolt G teljes eg´ esz´ eben a belsej´ eben van. T¨ or¨ ottvonalak seg´ıts´ eg´ evel k¨ oss¨ uk ¨ ossze G k¨ uls˝ o lapj´ anak h´ arom cs´ ucs´ at az A, B, C cs´ ucsokkal u ´gy, hogy a s´ıkbarajzolts´ agot megtartjuk ´ es A, B, C mindegyik´ evel G k¨ uls˝ o lapj´ anak egy-egy cs´ ucs´ at k¨ otj¨ uk ¨ ossze. Legyenek a G0 gr´ af cs´ ucsai a lerajzol´ asbeli t¨ or¨ ottvonalak t¨ or´ es- ´ es v´ egpontjai, G0 ´ elei pedig a t¨ or¨ ottvonalak szakaszai. Vil´ agos, hogy G0 is s´ıkbarajzolt gr´ af. Ha ennek a s´ıkbarajzol´ asnak van olyan lapja, ami nem h´ aromsz¨ og, akkor azt a soksz¨ oget h´ urjai seg´ıts´ eg´ evel fel tudjuk darabolni h´ aromsz¨ ogekre. (Ugyanis tetsz˝ oleges soksz¨ ogbe be tudunk h´ uzni olyan
38
´ ´ 3. KOMBINATORIKA, GRAFELM ELET
h´ urt, ami teljes eg´ esz´ eben a soksz¨ og belsej´ eben halad: vagy egy konvex X cs´ ucs k´ et szomsz´ edja ¨ osszek¨ othet˝ o, vagy X osszek¨ othet˝ o a hozz´ a legk¨ ozelebbi, a konvex sz¨ ogtartom´ anyba es˝ o cs´ uccsal.) ¨ Igy megkapjuk egy G0 -t r´ eszgr´ afk´ ent tartalmaz´ o, csupa h´ aromoldal´ u tartom´ annyal rendelkez˝ o G∗ gr´ af egyenes szakaszokkal val´ o s´ıkbarajzol´ as´ at. Helyettes´ıts¨ uk G∗ minden ´ el´ et egy gumiszalaggal, r¨ ogz´ıts¨ uk az A, B ´ es C cs´ ucsok helyzet´ et, majd hagyjuk, hogy a gumik o uz´ od´ as´ aval a rendszer egyens´ ulyba ker¨ ulj¨ on, azaz a t´ arolt rugalmas energia minim´ alis ¨sszeh´ legyen. Nem trivi´ alis, de igaz, hogy ez bek¨ ovetkezik. Mik¨ ozben a rendszer egyens´ ulyba ker¨ ul, nem t¨ ort´ enhet meg, hogy egy cs´ ucspont ´ atker¨ ul egy gumiszalag t´ uloldal´ ara. Az egyens´ ulyi helyzetben minden gumi egyenes lesz, ´ es csak G∗ cs´ ucsaiban metszik egym´ ast. Egyenk´ ent hagyjuk el E(G∗ ) \ E(G0 ) ´ eleit, ´ es hagyjuk, hogy a rendszer egyens´ ulyba ker¨ ulj¨ on. Itt sem t¨ ort´ enik meg, hogy cs´ ucs egy gumiszalag t´ uloldal´ ara ker¨ ul, ez´ ert az o uks´ eges elhagy´ as ut´ an G0 olyan s´ıkbarajzol´ as´ at kapjuk, ¨sszes sz¨ amiben minden ´ el egy-egy szakasz, ´ es a G ´ eleinek egy egyenesbe es˝ o szakaszok felelnek meg. Ez pedig G k´ıv´ ant lerajzol´ as´ at adja. (Ha G-nek nemcsak h´ aromsz¨ oglapjai voltak, akkor G r´ eszgr´ afja a lerajzolt gr´ afnak, ami nem v´ altoztat azon, hogy az ´ elek szakaszok.)
3.2.4 S´ıkgr´ afok dualit´ asa Legyen G = (V, E) s´ıkbarajzolt gr´ af, legyen V ∗ G lapjainak halmaza. ∗ ∗ ∗ G = (V , E ) a G du´ alisa, ahol E = {e∗ : e ∈ E} ´es e∗ az e-t hat´arol´o tartom´ any(oka)t ¨ osszek¨ ot˝ o ´el. K¨ ul¨ onb¨ oz˝ o s´ıkbarajzol´ asokMegjegyz´ es: A G∗ du´ alis gr´ af nem(csak) G-t˝ol, hanem G adott s´ıkba- hoz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o du´ alis tartozik. rajzol´ as´ at´ ol f¨ ugg. Adott s´ıkgr´ af k¨ ul¨ onb¨ oz˝o s´ıkbarajzol´asai nemizomorf du´a- (Egyszer van 6-odfok´u cs´ucs, m´ asszor nincs.) lisokat defini´ alhatnak. Def: A Q ⊆ E(G) ´elhalmaz v´ ag´ as, ha Q egy olyan ´elhalmaz, hogy elhagy´asakor G komponenseinek sz´ ama megn˝ o, ´es Q egy legsz˝ ukebb ilyen ´elhalmaz, azaz Q semelyik val´odi r´eszhalmaz´ara ez nem teljes¨ ul. Az e ´el elv´ ag´ o ´el, ha {e} v´ ag´ as. A G gr´ af e ´es e0 ´elei soros ´elek, ha {e, e0 } v´ag´as. T´ etel: Legyen G = (V, E) sr. (1) Ha G∗ a G du´alisa, akkor G∗ sr ´es ¨of. (2) ϕ(e) := e∗ egy ϕ : E(G) → E(G∗ ) term´eszetes bijekci´ot defini´al. (3) G lapjai bijekt´ıven G∗ pontjainak felelnek meg. (4) Ha G ¨ of, akkor G a G∗ du´ alisa, ´ıgy ekkor G pontjai bijekt´ıven G∗ lapjainak felelnek meg. (5) e ∈ E(G) a G hurok´ele (elv´ ag´ o ´ele) ⇐⇒ ϕ(e) a G∗ elv´ag´o ´ele (hurok´ele). (6) e, e0 ∈ E(G) p´ arhuzamos (soros) ´elek ⇐⇒ ϕ(e), ϕ(e0 ) soros (p´arhuzamos) ´elek. (7) C ⊆ E(G) a G k¨ ore (v´ ag´ asa) ⇐⇒ ϕ(C) G∗ v´ag´asa (k¨ore). (8) Ha G ¨ of, akkor F ⊆ E(G) a G fesz´ıt˝of´aja ⇐⇒ ϕ(F ) a G∗ egy fesz´ıt˝ of´ aj´ anak komplementere. ∗
Biz: (1): Elk´ esz´ıt¨ unk egy G0 = (V 0 , E 0 ) gr´ afot az al´ abbiak szerint. A s´ıkbarajzolt G gr´ af minden l lapj´ an felvesz¨ unk egy vl pontot, legyen V ∗ := {vl : l G lapja}, ´ es legyen V 0 := V ∪ V ∗ . A G0 gr´ af minden ´ ele egy V -beli ´ es egy V ∗ -beli pont k¨ oz¨ ott fut. Az ´ eleket u ´gy kapjuk, hogy minden V -beli v cs´ ucsb´ ol annyi E 0 -´ elt ind´ıtunk, ah´ any E-beli indul vE E0 V V∗ b˝ ol, m´ egpedig u ´gy, hogy v k¨ or¨ ul felv´ altva k¨ ovetkezzenek az E-beli ill. E 0 -beli ´ elek. Ha egy v-b˝ ol indul´ o E 0 -beli e0 ´ el az l lapon indul, akkor ezen ´ el m´ asik v´ egpontja vl lesz. Feltehet˝ o, hogy minden vvl ´ elt az adott l lapon bel¨ ul rajzoltunk, ´ıgy megkapjuk a G00 := G0 ∪ E gr´ af egy s´ıkbarajzol´ as´ at. Vizsg´ aljuk meg G00 fenti s´ıkbarajzol´ as´ anak tartom´ anyait! Mivel minden E 0 -beli ´ elnek van V -beli v´ egpontja, ´ es a V -beli pontok k¨ or¨ ul az E-beli ´ es E 0 -beli ´ elek felv´ altva k¨ ovetik egym´ ast, ez´ ert G00 minden lapj´ anak van V -beli cs´ ucsa ´ es G00 minden lapj´ at hat´ arolja Ebeli ´ el. Legyen l00 a G00 egy tetsz˝ oleges lapja, amit a G gr´ af egy uv ´ ele hat´ arol. Mivel G00 a V V∗ E E∗ G gr´ afb´ ol ´ elek beh´ uz´ as´ aval keletkezik, ez´ ert l00 a G valamely l lapj´ anak r´ esze, ´ es ez´ ert l00 -t hat´ arolnia kell az uvl ´ es vvl ´ eleknek is. Azt kaptuk teh´ at, hogy G00 minden lapj´ at h´ arom A G0 ´es G∗ gr´afok ´ el hat´ arolja, ´ es ezek k¨ oz¨ ul pontosan egy ´ el lesz E-beli. Ha teh´ at sorra elhagyjuk a G00 gr´ af E-beli ´ eleit, akkor a minden ´ elt¨ orl´ eskor k´ et h´ aromsz¨ oglapb´ ol keletkezik egy u ´j n´ egysz¨ oglap, ´ es a v´ eg´ en kapott G0 gr´ af minden lapj´ at 4 ´ el hat´ arolja. Ezek szerint G0 olyan s´ıkbarajzolt gr´ af aminek seg´ıts´ eg´ evel u ´gy kaphat´ o G egy s´ıkbarajzol´ asa G bizonyos n´ egysz¨ oglapjaiba (a lapon bel¨ ul haladva) beh´ uzunk egy ´ atl´ ot. Vil´ agos, hogy azt is megtehetj¨ uk, hogy ugyanezen n´ egysz¨ oglapokon nem a V -beli cs´ ucsokat ¨ osszek¨ ot˝ o ´ atl´ ot h´ uzzuk be, hanem (szint´ en a lapon bel¨ ul maradva) a V ∗ -belieket ¨ osszek¨ ot˝ ot. Ez´ altal u ´jfent egy s´ıkbarajzolt gr´ afot kapunk, ami defin´ıci´ o szerint ´ epp a G∗ du´ alis gr´ af lesz. Azt kell m´ eg igazolni, hogy a G∗ gr´ af ¨ osszef¨ ugg˝ o, azaz b´ armely vl ´ es vk cs´ ucsa k¨ oz¨ ott vezet u ´t. Tekints¨ unk a s´ıkon egy olyan g¨ orbe vonalat, ami ezek k¨ oz¨ ott a cs´ ucsok k¨ oz¨ ott vezet, de nem megy ´ at G egyetlen cs´ ucs´ an sem. Ez a g¨ orbe a G gr´ afon tartom´ anyr´ ol-tartom´ anyra halad, mindig a G ´ el´ et ´ atmetszve. Vil´ agos, hogy minden ilyen tartom´ anyugr´ asn´ al a du´ alisban a megfelel˝ o tartom´ anyokhoz tartoz´ o cs´ ucsok szomsz´ edosak, teh´ at a g¨ orbe defini´ al egy ´ elsorozatot a du´ alis gr´ afon, amib˝ ol m´ ar k¨ onnyen k´ esz´ıthet˝ o egy vl -t a vk -val ¨ osszek¨ ot˝ ou ´t is. (2,3): A du´ alis defin´ıci´ oj´ ab´ ol vil´ agos. (4) Mivel G∗ minden ´ ele pontosan egy ´ elet metszi G-nek pontosan egyszer, ez´ ert G∗ b´ armely tartom´ anya tartalmazza G-nek legal´ abb egy pontj´ at. Mivel G ¨ of, ez´ ert az Euler-formula szerint n = e + 2 − t, ahol n, t, e jel¨ oli G pont-, tartom´ any´ es ´ elsz´ am´ at. (1) szerint G∗ is ¨ of, ahonnan t∗ = e∗ + 2 − n∗ , ahol n∗ , t∗ ´ es e∗ a G∗ pont-, tartom´ any- ´ es ´ elsz´ ama. (2) miatt e = e∗ , (3) szerint t = n∗ , ´ıgy n = t∗ , azaz G∗ minden lapja pontosan egy V -beli pontot tartalmaz. Innen az l´ atszik, hogy (G∗ )0 = G0 , teh´ at (G∗ )∗ = G. Az ´ all´ıt´ as m´ asodik r´ esze (3)-b´ ol k¨ ovetkezik.
´ 3.2. GRAFOK
39
(5,6, 7) Elegend˝ o (7)-t bizony´ıtani, (5,6) ebb˝ ol k¨ ovetkezik. Ha C a G k¨ ore, akkor C lerajzol´ asa 2 r´ eszre osztja a s´ıkot. Ez´ ert ϕ(C) ´ eleit elhagyva a k¨ or belsej´ eben l´ ev˝ o du´ alis cs´ ucsokb´ ol nem lesznek el´ erhet˝ oek a k¨ or¨ on kiv¨ uli cs´ ucsok. Az is k¨ onnyen l´ athat´ o, hogy mind a k¨ or belsej´ eben lev˝ o, mind a C k¨ orlapon k´ıv¨ uli du´ alis cs´ ucsok ¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ afot fesz´ıtenek G∗-ban. Ez´ ert, ha ϕ(C) val´ odi r´ eszhalmaz´ at hagyjuk el, akkor G∗ ¨ of marad, teh´ at a C ´ eleinek megfelel˝ o ´ elek G∗ egy v´ ag´ as´ at adj´ ak. Ha Q a G v´ ag´ asa, akkor Q a G egy K komponens´ et v´ agja sz´ et egy K1 ´ es egy K2 komponensre. Ha Q tartalmaz egy uv elv´ ag´ o´ elt, akkor Q minimalit´ asa miatt Q = {uv}, ´ es ϕ(Q) (5) miatt hurok´ el, ami k¨ or. Egy´ ebk´ ent Q minden ´ ele k´ et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o tartom´ anyt hat´ arol, ´ıgy K1 -t legal´ abb 2 tartom´ any hat´ arolja. A K1 komponens k¨ or¨ ulj´ ar´ asa a hat´ arol´ otarom´ anyok egy ciklikus sorrendj´ et adja, ´ es bel´ athat´ o, hogy ebben minden hat´ arol´ o tartom´ any pontosan egyszer szerepel. Ez´ ert a ϕ(Q) du´ alis ´ elhalmaz a G∗ egy k¨ ore. Az ekvivalenci´ ak m´ asik ir´ anya a fentiekhez hasonl´ oan bizony´ıthat´ o. (8) F a G max k¨ ormentes r´ eszgr´ afja ⇐⇒ f (F ) a G∗ max (elv´ ag´ o´ elhalmaz)-mentes r´ eszgr´ afja ⇐⇒ F ∗ := G∗ − f (F ) a G∗ min ¨ of r´ eszgr´ afja, ⇐⇒ F ∗ fesz´ıt˝ ofa (hisz G∗ (1) miatt ¨ of).
A fentiekben azt l´ attuk, hogy a s´ıkbarajzolhat´o gr´afokhoz el tudunk k´esz´ıteni egy du´alis gr´afot, ami nemcsak a s´ıkbarajzol´ asa r´ev´en k¨ ot˝ odik az eredeti gr´afhoz, hanem a v´ag´as-k¨or dualit´as alapj´an is. Ez a megfigyel´es teremt lehet˝ os´eget a fogalom ´altal´anos´ıt´as´ara. Def: A G gr´ af a H gr´ af absztrakt du´ alisa, ha l´etezik egy ϕ : E(G) → E(H) bijekci´o u ´gy, hogy C a G k¨ ore ⇐⇒ ϕ(C) a H v´ ag´ asa ´es Q a G v´ag´asa ⇐⇒ ϕ(Q) a H k¨ore. Vil´ agos, hogy minden s´ıkbarajzolhat´o G gr´afnak l´etezik absztrakt du´alisa (ak´ar t¨obb, nemizomorf is), hiszen tetsz˝ oleges s´ıkbarajzol´ ashoz tartoz´o G∗ du´alisgr´af megfelel. Nem vil´agos azonban, hogy vajon l´etezik-e nem s´ıkbarajzolhat´ o gr´ afoknak du´alisa. Whitney t´ etel: A G gr´ afnak pontosan akkor l´etezik absztrakt du´alisa, ha G sr. Biz: (V´ azlat) Vil´ agos, hogy ha G(∗) a G gr´ af absztrakt du´ alisa, ´ es H a G r´ eszgr´ afja, akkor az E(H)-nak megfelel˝ o ´ elek G(∗) -nak egy olyan H (∗) r´ eszgr´ afj´ at alkotj´ ak, ami a H gr´ af absztrakt du´ alisa. A Kuratowski t´ etel szerint Whitney fenti t´ etel´ et bebizony´ıthatjuk u ´gy, hogy igazoljuk, hogy sem a K5 -tel, sem pedig a K3,3 -mal topologikusan izomorf gr´ afoknak nincs absztrakt du´ alisa. Vil´ agos, hogy a sz´ obanforg´ o gr´ afok u ´gy keletkeznek, hogy K5 vagy K3,3 ´ eleit soros ´ elekkel helyettes´ıtj¨ uk. Ezen soros ´ eleknek az absztrakt du´ alisban p´ arhuzamos ´ eleknek kell megfelelni¨ uk. Ha most e p´ arhuzamos ´ elekb˝ ol csak 1 − 1 p´ eld´ anyt tartunk meg, akkor a K5 vagy a K3,3 absztrakt du´ alis´ at kapn´ ank. A Whitney t´ etelt teh´ at visszavezett¨ uk arra, hogy k´ et konkr´ et gr´ afr´ ol (a K5 -r˝ ol ill. a K3,3 -r´ ol) kell igazolni, hogy nincs absztrakt du´ alisuk. N´ ezz¨ uk a K5 -t! Ennek van 5 db olyan v´ ag´ asa, amelyek mindegyike 1−1 pontot v´ ag le, ´ es ezek u (∗) alis, akkor ennek pontosan 5 db 44−4 ´ elt tartalmaznak. Ha indirekt l´ etezik egy K5 absztrakt du´ e 2 1 2 5 hossz´ u k¨ ore van (mondjuk C , C , . . . , C ) u ´gy, hogy azok p´ aronk´ et 1−1 k¨ oz¨ os ´ ellel rendelkeznek, v C 1 2 2 amit elhagyva egy 6-hossz´ u k¨ ort kapunk. Legyen a C ´ es C k¨ oz¨ os ´ el´ ehez csatlakoz´ o C -´ el e = uv! (Ld. az ´ abr´ at.) Ha v a C 1 k¨ or¨ on van, akkor u biztosan nem pontja C 1 -nek, hiszen C 1 ∪ C 2 -b˝ ol C3 C1 C5 elhagyva a k¨ oz¨ os ´ elt egy 6-hossz´ u k¨ ort kapunk. Tudjuk, hogy uv a C 2 -nek ´ es egy m´ asik k¨ ornek a k¨ oz¨ os ´ ele. A fentiek szerint az u v´ egpont csakis a C 3 k¨ or v-b˝ ol indul´ o´ el´ enek m´ asik v´ egpontja lehet. C4 A fenti gondolatmenet a C 1 b´ armely szomsz´ edos k¨ or´ evel elmondhat´ o. Ebb˝ ol az ad´ odik, hogy a (∗) af sz¨ uks´ egk´ eppen a kocka ´ elh´ al´ oja, de ennek 6 db 4-hossz´ u k¨ ore van, ami ellentmond´ as. K5 gr´ (∗)
Tegy¨ uk fel ezut´ an indirekt, hogy a K3,3 gr´ afnak l´ etezik egy K3,3 absztrakt du´ alisa. A K3,3 nak 6 db 3-´ el˝ u v´ ag´ asa van (amik egy-egy cs´ ucs lev´ ag´ as´ aval keletkeznek). E 6 v´ ag´ as k´ et 3-as csoportra oszthat´ ou ´gy, hogy az egy csoporton bel¨ uli v´ ag´ asok p´ aronk´ ent ´ eldiszjunktak. A du´ alis megfelel˝ oj¨ uk 6 db 3-hossz´ u k¨ or lesz, mondjuk C 1 , C 2 , C 3 ´ es C a , C b , C c u ´gy, hogy sem a sz´ amozott, sem a bet˝ uz¨ ott k¨ or¨ oknek nincs k¨ oz¨ os ´ ele, de b´ armely sz´ amozottnak pontosan egy k¨ oz¨ os ´ ele van b´ armely bet˝ uz¨ ottel. N´ ezz¨ uk a C a k¨ ort ´ es a hozz´ a´ elen csatlakoz´ o C 1 , C 2 , C 3 k¨ or¨ oket. Az ´ abr´ an l´ athat´ o cs´ ucsok k¨ oz¨ ul semelyik kett˝ o sem eshet egybe a fent elmondottak miatt. Ekkor azonban nem l´ etezhet olyan C b k¨ or, aminek a h´ arom sz´ amozott C i mindegyik´ evel k¨ oz¨ os ´ ele van. A kapott ellentmond´ as igazolja a Whitney t´ etelt.
C3 Ca C1
C2
Kor´ abban m´ ar l´ attunk p´eld´ at arra, hogy egy ¨of, sr G gr´afnak lehetnek nemizomorf G∗1 , G∗2 du´alisai. A fenti, 8 pontb´ ol ´ all´ o t´etel persze az ilyen gr´afokra is igaz, ´ıgy G v´ag´asai bijekt´ıven G∗1 ill. G∗2 k¨oreinek is megfelelnek. Teh´ at G∗1 ´es G∗2 ´elei k¨ oz¨ott k¨ortart´o bijekci´o van. Ez motiv´alja a k¨ovetkez˝o fogalmat. Def: G ´es H gr´ afok gyeng´en izomorfak (2-izomorfak), ha l´etezik egy ϕ : E(G) → E(H) bijekci´ ou ´gy, hogy C pontosan akkor k¨ ore a G gr´ afnak, ha ϕ(C) = {ϕ(c) : c ∈ C} a H k¨ore. Whitney t´ etele: Ha G s´ıkbarajzolhat´o, tov´abb´a G ´es H gyeng´en izomorf, akkor (1) H is s´ıkbarajzolhat´ o, (2) G∗ ´es H ∗ is gyeng´en izomorf, v´eg¨ ul (3) G ´es (G∗ )∗ gyeng´en izomorf. Biz: (V´ azlat) (1): Legyen G∗ a G gr´ af egy du´ alisa. Vil´ agos, hogy G∗ egy´ uttal a H absztrakt du´ alisa is, ez´ ert az els˝ onek kimondott Whitney t´ etel miatt H sr. (2): Minthogy G∗ ´ es H ∗ egyar´ ant absztralt du´ alisai H-nak (hisz a du´ alis is absztrakt du´ alis), ez´ ert egym´ assal gyeng´ en izomorfak a 8 pontb´ ol ´ all´ o t´ etel (7) ´ all´ıt´ asa szerint. (3): Az id´ ezett t´ etel (1) ´ all´ıt´ asa miatt (G∗ )∗ ¨ of, a (6) ´ all´ıt´ as szerint teh´ at G∗ du´ alisa (G∗ )∗ -nak ´ es persze G-nek is. De ekkor G ´ es (G∗ )∗ egym´ assal gyeng´ en izomorfak.
Hogyan kaphatunk gyeng´en izomorf gr´afokat? Ha G k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o komponens´enek egy-egy pontj´ at azonos´ıtjuk, akkor a k¨or¨ok halmaza nem v´altozik. Az inverzoper´ aci´ o, amikor egy elv´ ag´ o pontot sz´eth´ uzunk szint´en ez eredetivel gyeng´en izomorf gr´ afot eredm´enyez. Ha G a pontdiszjunkt G1 ´es G2 gr´afokb´ol keletkezik u ´gy, hogy G1 u1 pontj´ at azonos´ıtjuk G2 u2 pontj´aval ´es G1 v1 pontj´at azono- G G1 s´ıtjuk G2 v2 pontj´ aval, akkor G ´es G0 is gyeng´en izomorf, ahol G0 - u ´gy kapjuk, hogy G1 u1 pontj´ at azonos´ıtjuk G2 v2 pontj´aval ´es G1 v1 pontj´at azonos´ıtjuk G2 G2 u2 pontj´ aval.
G1 G2
G0
40
´ ´ 3. KOMBINATORIKA, GRAFELM ELET
T´ etel: (Whitney) Ha G ´es H gyeng´en izomorf, akkor H el˝o´all´ıthat´o G-b˝ol a fenti 3 oper´aci´o ism´etelt alkalmaz´ as´ aval.
4. fejezet
Halmazelm´ elet A modern matematika alapj´ anak manaps´ ag a halmazelm´ eletet ´ es a matematikai logik´ at szok´ as tekinteni. Mi ebben a fejezetben a halmazelm´ eletnek egy speci´ alis r´ esz´ et villantjuk fel, m´ egpedig a sz´ amoss´ agok elm´ elet´ et. Nincs arra m´ od, hogy sz´ amottev˝ o m´ elys´ egben foglalkozzunk az elm´ eletnek ak´ ar ezzel a szelet´ evel, de a t´ argyal´ as tal´ an elegend˝ o ahhoz, hogy meg´ erts¨ unk valamit e a rendk´ıv¨ ul absztrakt ´ es m´ ely tudom´ any´ agban szok´ asos gondolkod´ asm´ odb´ ol. E fejezet c´ elja a sz´ amfogalomnak a komplex sz´ amokt´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ir´ any´ u´ altal´ anos´ıt´ asa: a v´ egtelennek mint sz´ amnak a kezel´ ese. Most nem a term´ eszetes sz´ am, eg´ esz sz´ am, racion´ alis sz´ am, komplex sz´ am vonalon pr´ ob´ aljuk b˝ ov´ıteni a sz´ amk¨ ort, hanem azt figyelj¨ uk meg, hogy a v´ eges halmazok b´ armelyik´ ehez egy´ ertelm˝ uen hozz´ arendelhet˝ o egy term´ eszetes sz´ am: az adott halmaz elemsz´ ama. M´ as sz´ oval, ha k´ et halmazhoz ugyanazt rendelt¨ uk, akkor ugyanannyi elem¨ uk van. De vajon mi´ ert csak a v´ eges halmazokhoz tudunk ´ıgy elemsz´ amot rendelni? Mi´ ert ne pr´ ob´ alkozhatn´ ank meg a v´ egtelen halmazok elemsz´ am´ anak meghat´ aroz´ as´ aval is? Ezt tessz¨ uk az al´ abbiakban.
Def: Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggv´eny az A halmaz elemeihez a B halmaz elemeit rendeli. Az f f¨ uggv´eny injekt´ıv, ha k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elemekhez k¨ ul¨onb¨oz˝o elemeket rendel, azaz x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y) teljes¨ ul tetsz˝ oleges x, y ∈ A eset´en. Azt mondjuk, hogy f sz¨ urjekt´ıv (magyarul r´ ak´epez´es), ha a B halmaz minden eleme el˝ o´ all k´epk´ent, vagyis ∀b ∈ B∃a ∈ A : f (a) = b. Ha egy f f¨ uggv´eny injekt´ıv ´es urjekt´ıv, akkor f -t bijekci´ o nak (magyarul k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´esnek vagy egy-egy´ertelm˝ u sz¨ lek´epez´esnek) mondjuk. Ha f egy A ´ es B k¨ ozti bijekci´ o, akkor f voltak´ eppen p´ arokba rendezi A ´ es B elemeit, ´ıgy szeml´ eletesen vil´ agos, hogy A-nak ´ es B-nek ugyanannyi eleme van. Ha f injekci´ o A-b´ ol B-be, akkor B-nek nem felt´ etlen¨ ul ´ all el˝ o minden eleme k´ epk´ ent, teh´ at A-nak annyi eleme van, mint B egy r´ eszhalmaz´ anak, azaz B elemeinek sz´ ama legal´ abb akkora, mint A-´ ei´ e. Err˝ ol sz´ ol az al´ abbi defin´ıci´ o.
Def: Azt mondjuk, hogy A sz´ amoss´ aga azonos B sz´ amoss´ ag´ aval (jel¨ol´esben |A| = |B|), ha l´etezik A ´es B k¨ oz¨ ott bijekci´ o. Ha l´etezik A-b´ ol B-be injekci´o akkor A sz´ amoss´ aga kisebb vagy egyenl˝ o, mint B-´e, ´es ezt az |A| ≤ |B| jel¨ ol´es ´ırja le. Cantor-Bernstein t´ etel:1 Ha |A| ≤ |B| ´es |B| ≤ |A|, akkor |A| = |B|. Biz: Feltehetj¨ uk, hogy az A ´ es B halmazok diszjunktak. Legyenek f : A → B ´ es g : B → A injekci´ ok, amik a t´ etel felt´ etelei szerint l´ eteznek. Legyen A ∪ B a G (esetleg v´ egtelen) gr´ af cs´ ucshalmaza, ´ es a ∈ A, b ∈ B eset´ en legyen ab ∈ E(G), ha f (a) = b vagy ha g(b) = a. Vil´ agos, hogy a G gr´ af b´ armely cs´ ucs´ ab´ ol legfeljebb k´ et ´ el indul. Az A ´ es B halmazok k¨ oz¨ otti ϕ bijekci´ ot G minden egyes komponens´ en bel¨ ul k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on defini´ aljuk. A G gr´ af komponensei o el´ ek lehetnek: ¨tf´ (1) a, b egy komponens, ha f (a) = b ´ es g(b) = a. Legyen ekkor ϕ(a) = b. (2) Komponens lehet az a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , an , bn k¨ or, ahol teh´ at bn a1 is G ´ ele. Defini´ aljuk ekkor a komponensen bel¨ ul a ϕ lek´ epez´ est a ϕ(ai ) = bi -nek. Ez´ altal ϕ bijekci´ o a komponensen bel¨ ul. Ezzel a v´ eges komponenseket elint´ ezt¨ uk. Ha G egy komponense v´ egtelen, akkor az egy v´ egtelen u ´t, ami vagy mindk´ et ir´ anyban v´ egtelen, vagy csak az egyikben. H´ arom eset van teh´ at: (3) G egy komponense a . . . , a−2 , b−2 , a−1 , b−1 , a0 , b0 , a1 , b1 , a2 , b2 , . . ., mindk´ et ir´ anyban v´ egtelen u ´t. Ekkor a ϕ(ai ) := bi bijekci´ o a komponensen bel¨ ul. (4) Ha G egy egyir´ anyban v´ egtelen u ´t komponens´ enek v´ egpontja A-beli, azaz a komponens a1 , b1 , a2 , b2 , . . . alak´ u, ´ es a ϕ(ai ) := bi ism´ et bijekci´ o. (5) Az az eset marad, amikor a komponens egy B-beli cs´ ucsb´ ol indul´ o v´ egtelen u ´t, azaz b1 , a1 , b2 , a2 , . . .. Ekkor legyen ϕ(ai ) = bi ism´ et bijekci´ ot ad a komponensen. A fenti ¨ ot eset valamelyike G b´ armely komponens´ ere r´ ah´ uzhat´ o, ez´ ert a ϕ lek´ epez´ est az A minden elem´ ere defini´ altuk, ´ es az is vil´ agos, hogy B minden eleme pontosan egy A-beli elem k´ epe lesz. M´ as sz´ oval ϕ egy A ´ es B k¨ ozti bijekci´ o, nek¨ unk pedig pontosan egy ilyen f¨ uggv´ eny l´ etez´ es´ et kellett igazolnunk.
A Cantor-Bernstein t´etel ereje abban rejlik, hogy k´et halmaz sz´amoss´ag´anak egyenl˝os´eg´et nem musz´ aj egy konkr´et bijekci´ o sokszor f´ arads´ agos megad´as´aval igazolni. Elegend˝o mind¨ossze k´et injekci´ot mutatni 1 Ennek az id˝ onk´ ent Schr¨ oder-Bernstein ill. Bernstein-Schr¨ oder n´ even emlegetett t´ etelnek a t¨ ort´ enete 1887-ben kezd˝ odik, amikoris Richard Dedekind ezt bebizony´ıtotta mag´ anak. Akkort´ ajt m´ eg l´ enyeg´ eben nem l´ etezett halmazelm´ elet, ´ıgy szinte senkit sem ´ erdekelt az eredm´ eny. 1895-ben azonban a halmazelm´ elet m´ asik nagy alakja, a Dedekinddel ekkor m´ ar haragban ´ all´ o Georg Cantor ugyanezt sejt´ esk´ ent mondta ki. Ernst Schr¨ oder 1896-ban adott egy hib´ as bizony´ıt´ ast, majd Felix Bernstein 1898-ban tal´ alt egy helyeset. A t´ etel sz´ amos elnevez´ ese abban minden esetre k¨ oz¨ os, hogy a Dedekind” ” karaktersorozat egyikben sem fordul el˝ o.
41
42
´ 4. HALMAZELMELET
a k´et k´erd´eses halmaz k¨ oz¨ ott. Def: Azt mondjuk, hogy A sz´ amoss´ aga kisebb, mint B sz´ amoss´ aga (jel¨ol´esben |A| < |B|), ha |A| ≤ |B| ´es |A| = 6 |B| (azaz ha |A| = |B| nem teljes¨ ul). Vil´ agos, hogy ha A ´ es B k´ et v´ eges halmaz, akkor vagy ugyanannyi elem¨ uk van (azaz |A| = |B|), vagy az egyiknek t¨ obb eleme van, mint a m´ asiknak, m´ as sz´ oval az egyik halmaznak van a m´ asik halmazzal egyez˝ o elemsz´ am´ u r´ eszhalmaza (azaz |A| < |B| vagy |B| < |A|). Nem vil´ agos azonban, hogy v´ egtelen halmazokra is ´ altal´ anos´ıthat´ o-e ez a megfigyel´ es. Elk´ epzelhet˝ o´ eppens´ eggel, hogy az A ´ es a B annyira v´ egtelen” halmazok, hogy egyiket sem lehet a m´ asikba injekt´ alni. ” Nos, hogy ez csakugyan megt¨ ort´ enhet-e, az a halmazelm´ elet legink´ abb vitatott u ´.n. kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ aj´ an m´ ulik. Ez az 1904-ben Ernst Zermelo ´ altal megfogalmazott axi´ oma a k¨ ovetkez˝ ot mondja ki: Ha A egy halmaz, akkor l´ etezik egy olyan f lek´ epez´ es, amelyik az A halmaz nem¨ ures r´ eszhalmazaihoz az A elemeit rendeli u ´gy, hogy tetsz˝ oleges X ⊆ A eset´ en f (X) ∈ X teljes¨ ulj¨ on. M´ as sz´ oval az A halmaz o eszhalmaz´ ab´ ol szimult´ an ¨sszes r´ kiv´ alaszthat´ o egy-egy elem. Ha ezt az axi´ om´ at bevessz¨ uk a halmazelm´ elet szok´ asos axi´ omarendszer´ ebe, akkor egy hihetetlen¨ ul hat´ ekony eszk¨ ozt kapunk. Ez az axi´ oma ekvivalens az u ´.n. j´ olrendez´ esi t´ etellel. E t´ etel szerint minden halmaz j´ olrendezhet˝ o, azaz tetsz˝ oleges H halmaz elemeinek l´ etezik olyan sorrendje, amely szerint H tetsz˝ oleges K r´ eszhalmaz´ anak van a sorban legkisebb eszhalmaz´ anak nincs eleme. A val´ os sz´ amok szok´ asos rendez´ ese pl nem j´ olrendez´ es, mert a val´ os sz´ amok {1, 12 , 31 , 14 , . . .} r´ els˝ o (legkisebb) eleme. A kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ aval ekvivalens a teljes indukci´ o v´ egtelen ´ altal´ anos´ıt´ as´ anak, az u ´.n. transzfinit ´ indukci´ onak a l´ etjogosults´ aga. Erdekes sz´ amunkra a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ anak az a k¨ ovetkezm´ enye is, mely szerint tetsz˝ oleges vektort´ ernek l´ etezik b´ azisa. (V´ egesen gener´ alt vektort´ erre ez vil´ agos, nem v´ egesen gener´ altakra ez kor´ antsincs ´ıgy.) A sz´ amoss´ agok ¨ osszehasonl´ıhat´ os´ aga kapcs´ an pedig azt ´ erdemes megjegyezni, hogy a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma ekvivalens a sz´ amoss´ agok trichot´ omi´ aj´ aval is, ami pontosan azt mondja ki, hogy b´ armely k´ et halmaz ¨ osszehasonl´ıthat´ o, azaz l´ etezik injekci´ o valamelyik¨ ukb˝ ol a m´ asikba. Ha igaz a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma, akkor teh´ at nem t¨ ort´ enhet olyasfajta cs´ ufs´ ag, hogy k´ et halmaz sz´ amoss´ aga ne volna o o. ¨sszehasonl´ıthat´ Felmer¨ ul teh´ at a k´ erd´ es: a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma vajon igaz vagy sem. Ha a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at feltessz¨ uk, akkor igen er˝ os t´ etelek igazolhat´ ok. Egy meglep˝ o k¨ ovetkezm´ eny p´ eld´ aul a Banach-Tarski paradoxon, mely szerint a h´ aromdimenzi´ os egys´ egg¨ omb sz´ etdarabolhat´ o v´ eges sok r´ eszre u ´gy, hogy a keletkez˝ o r´ eszekb˝ ol (pontosabban azok eltoltjaib´ ol ´ es elforgatottjaib´ ol) k´ et (´ ertelemszer˝ uen t¨ om¨ or) egys´ egg¨ omb rakhat´ o¨ ossze (term´ eszetesen u ´gy, hogy minden darabot a k´ et u ´j g¨ omb ´ k¨ oz¨ ul pontosan egyhez haszn´ alunk fel). (Erdekes epiz´ od a paradoxon t¨ ort´ enet´ eb˝ ol a Scientific American 1989-es a ´prilisi sz´ ama Arlo Lipof level´ evel, mely egy k¨ ozelebbr˝ ol meg nem nevezett d´ el-amerikai orsz´ ag szupertitkos akci´ oj´ ar´ ol sz´ amol be: a Banach-Tarski t´ etel felhaszn´ al´ as´ aval aranyg¨ omb¨ oket kett˝ oznek. A k´ erd´ es persze csak az, hogy Arlo Lipof melyik angol kifejez´ es anagramm´ aja.) A kiv´ alaszt´ asi axi´ oma egy m´ asik meglep˝ o k¨ ovetkezm´ enye az al´ abbi. Egy b¨ ort¨ on ¨ osszes rabj´ aval k¨ ozlik, hogy m´ asnap reggel mindenkinek egy pozit´ıv eg´ esz sz´ amot ´ırnak a homlok´ ara. Mindazokat, akik a t¨ obbiek sz´ amainak ismeret´ eben helyesen tippelik meg a saj´ at sz´ amukat, szabadon engedik. Ekkor a rabok meg´ allapodhatnak egy olyan strat´ egi´ aban”, ” amivel el´ erhetik, hogy b´ armilyen sz´ amokat is kapnak m´ asnap reggel, v´ eges sok kiv´ etelt˝ ol eltekintve mindegyik¨ uk helyesen tippeljen. M´ as sz´ oval, ha v´ egtelen sok rab volt bez´ arva, akkor 100% fogja kitatl´ alni a saj´ at sz´ am´ at. Mi teh´ at a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma st´ atusza? Ha igaz, v´ aratlan k¨ ovetkezm´ enyei vannak, ha nem igaz, akkor nincs pl. trichot´ omia. Kurt G¨ odel ´ es Paul Cohen munk´ aj´ anak nyom´ an der¨ ult ki, hogy a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma logikailag f¨ uggetlen a halmazelm´ elet szok´ asos Zermelo-Fraenkel f´ ele axi´ omarendszer´ et˝ ol (r¨ oviden ZF-t˝ ol), azaz sem a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma, sem annak tagad´ asa nem bizony´ıthat´ o az eml´ıtett axi´ om´ akb´ ol. Ez´ ert ak´ ar a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at, ak´ ar annak tagad´ as´ at vessz¨ uk hozz´ a a ZF-hez, puszt´ an ett˝ ol nem kapunk ellentmond´ ast. Ha teh´ at a ZF ellentmond´ asmentes, akkor a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ aval egy¨ utt is az marad. Miut´ an nem v´ arhat´ o, hogy a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at b´ arki megc´ afoln´ a (hisz ez a ZF ellentmond´ asoss´ ag´ at jelenten´ e), az´ ert semmi h´ atr´ anyunk sem sz´ armazik abb´ ol, ha igaznak tekintj¨ uk. ´Igy sz´ amos ´ erdekes ´ all´ıt´ as eld¨ onthet˝ ov´ e v´ alik, amiket remek¨ ul be lehet bizony´ıtani. Pontosan ugyanarr´ ol van itt is sz´ o, mint amit a geometri´ aban a p´ arhuzamoss´ agi axi´ om´ anak a t¨ obbi” axi´ om´ ahoz val´ o ” viszonya kapcs´ an feszegettek ´ evsz´ azadokon kereszt¨ ul. Sokan ´ es sok´ aig pr´ ob´ alkoztak eredm´ enytelen¨ ul a p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma bizony´ıt´ as´ aval a marad´ ek axi´ om´ ak seg´ıts´ eg´ evel (k¨ ozt¨ uk Bolyai Farkas is), majd (az atyai tilt´ as ellen´ ere ezzel foglalkoz´ o) Bolyai J´ anos ´ es az orosz Nyikolaj Lobacsevszkij egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul demonstr´ alt´ ak, hogy a p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma tagad´ as´ at felt´ eve egy ´ eppoly m´ ely ´ es ´ erdekes geometri´ at kapunk, mint amilyen a megszokott euklideszi. K´ es˝ obb azt´ an szigor´ uan matematikai eszk¨ oz¨ okkel is siker¨ ult igazolni, hogy a p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma logikailag f¨ uggetlen a t¨ obbi axi´ om´ at´ ol, ´ es ak´ ar az axi´ om´ at, ak´ ar annak a tagad´ as´ at vessz¨ uk hozz´ a a t¨ obbihez, ez nem hoz ellentmond´ ast a rendszerbe.
Def: Az A halmaz megsz´ aml´ alhat´ o, ha |A| ≤ |N|. Az N halmaz sz´amoss´ag´at ℵ0 (alef null) jel¨oli2 . ´ ıt´ All´ as: Ha az A halmaz megsz´ aml´ alhat´o, akkor A v´eges, vagy A megsz´aml´alhat´oan v´egtelen halmaz, ´es ekkor |A| = ℵ0 . Ha egy A halmaz megsz´ aml´ alhat´ o, akkor l´etezik bel˝ole az N halmazba injekci´o, vagyis A elemeinek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o term´eszetes sz´ amokat tudunk megfelelteni. Ezzel egy´ uttal sorba is rendezz¨ uk A elemeit: A = {a1 , a2 , . . .}. Az is vil´ agos, hogy ha A = {ai : i ∈ N}, akkor A megsz´aml´alhat´o halmaz. Vagyis egy halmaz pontosan akkor megsz´ aml´ alhat´ o, ha elemei felsorolhat´ok (sorba rendezhet˝ok) u ´gy, hogy a felsorol´asban mindegyik elem el˝ obb-ut´ obb sorra ker¨ ulj¨on. K¨ ov.: A n´egyzetsz´ amok halmaza vagy a pr´ımsz´amok halmaza b´ar val´odi r´eszhalmaza a term´eszetes sz´ amok halmaz´ anak, sz´ amoss´ aguk m´egis ℵ0 , azaz ugyanannyi van bel˝ol¨ uk, mint a term´eszetes sz´amokb´ ol. Az eg´esz sz´ amok Z halmaza tartalmazza N-t, de sz´amoss´aga annak sem t¨obb ℵ0 -n´al, hisz az eg´eszek felsorolhat´ ok: 0, 1, −1, 2, −2, 3, . . . Ez ut´obbi ´altal´anos´ıt´asa k¨ovetkezik. ´ ıt´ All´ as: Ha A ´es B megsz´ aml´ alhat´ o halmazok, akkor A ∪ B is megsz´aml´alhat´o. 2 Az ℵ (alef) a h´ eber ABC els˝ o bet˝ uje. K¨ oveti a i (bet), ( גgimel), k (dalet), ´ es 18 tov´ abbi bet˝ u. Ne n´ ezz¨ unk but´ an, hogy csak az alefet ismerj¨ uk.
43 Biz: Tudjuk, hogy A ´es B elemei felsorolhat´ok, azaz A = {a0 , a1 , . . .} ´es B = {b0 , b1 , . . .}. Ekkor A ∪ B = {a0 , b0 , a1 , b1 , a2 , b2 , . . .}, teh´ at |A ∪ B| ≤ ℵ0 . K¨ ov.: V´eges sok megsz´ aml´ alhat´ o halmaz uni´oja is megsz´aml´alhat´o. obb is igaz. Enn´el azonban t¨ T´ etel: Megsz´ aml´ alhat´ o sok aml´alhat´o halmaz uni´oja megsz´aml´alhat´o, azaz, ha |Ai | ≤ ℵ0 S megsz´ minden i ∈ N eset´en, akkor | i∈N Ai | ≤ ℵ0 . uk, hogy Ai = {a(i, 0), a(i, 1), a(i, 2), . . .} az elemek egy sorbarendez´ese. Ekkor S Biz: Feltehetj¨ A = {a(0, 0), a(1, 0), a(0, 1), a(2, 0), a(1, 1), a(0, 2), a(3, 0), a(2, 1), a(1, 2), a(0, 3), . . .}, azaz el˝ osz¨ or i i∈N azokat az elemeket soroljuk fel, ahol az z´ar´ojelen bel¨ uli sz´amok ¨osszege 0, majd azokat, ahol 1, majd 2, s.´ı.t. (Ezt gyakran u ´gy teszik szeml´eletess´e, hogy az a(i, j) elemet a koordin´atarendszer pozit´ıv s´ıknegyed´enek (i, j) pontja reprezent´ alja, ´es a nemnegat´ıv r´acspontokat kell sorba rendezn¨ unk, amit sz´ amos m´ odszerrel meg tudunk tenni. Nincs most kedvem err˝ o l a ´ br´ a t k´ e sz´ ıteni, rem´ e lem, vil´ a gos.) Azt kaptuk, S ok, ez´ert a halmaz megsz´aml´alhat´o. hogy i∈N Ai elemei sorba rendezhet˝ K¨ ov.: |Q| = ℵ0 . S∞ oj˝ u Biz: Vil´ agos, hogy a Q halmaz el˝ oa´ll Q = i=1 Qi alakban, ahol Qi := { ni : n ∈ Z} az i nevez˝ t¨ ortek halmaza. Vil´ agos, hogy |Qi | = |Z| = ℵ0 , ez´ert uni´ojuk (Q) is megsz´aml´alhat´o. Az ´ or´ an a fenti t´etel al´ abbi bizony´ıt´as´aval illusztr´altuk a Cantor-Bernstein t´etel alkalmaz´as´at. 2. bizony´ıt´ as: Mivel N ⊆ Q, ez´ert ℵ0 = |N| ≤ |Q|. Az egyenl˝os´eg bizony´ıt´as´ahoz azt kell megmutatnunk, hogy |Q| ≤ |N|, azaz Q elemeihez k¨ ul¨onb¨oz˝o term´eszetes sz´amokat kell rendeln¨ unk. Ezt az al´ abbiak szerint tehetj¨ uk meg. Tetsz˝ oleges r ∈ Q fel´ırhat´o r = pq alakban, ahol 0 < q ∈ N ´es (p, q) = 1, azaz p ´es q relat´ıv pr´ımek. Legyen ekkor ha p = 0, 0 ha p > 0, f (r) = 2p · 5q −p q 3 ·5 ha p < 0. Vil´ agos, hogy minden racion´ alis sz´ amhoz egy´ertelm˝ uen rendel¨ unk term´eszetes sz´amot, ´es k¨ ul¨onb¨ oz˝ o racion´ alisak k´epe (a pr´ımfelbont´ as egy´ertelm˝ us´ege miatt) k¨ ul¨onb¨oz˝o lesz. A k¨ ovetkez˝ o c´elunk, hogy megsz´ aml´alhat´onal nagyobb sz´amoss´ag´ u halmazt tal´aljunk. Def: A H halmaz hatv´ anyhalmaz´ anak elemei a H halmaz r´eszhalmazai: P(H) := {X : X ⊆ H}. ´ ıt´ All´ as: |P(N)| = |(0, 1)|, ahol (0, 1) a val´os sz´amegyenes 0 ´es 1 v´eg˝ u ny´ılt intervallum´at jel¨oli. Biz: A Cantor-Bernstein t´etelt alkalmazzuk, azaz mindk´ e t ir´ a nyba megadunk egy-egy injekci´ot. Ha P teh´ at A ⊆ N akkor legyen f (A) := a∈A 3−(a+1) . M´as sz´oval az A r´eszhalmaznak az a sz´am fog megfelelni, amit u ´gy kapunk, hogy 3-as sz´ amrendszerben le´ırunk egy 0-t, ´es ut´ana sorra 1-t vagy 0-t ´ırunk a szerint, hogy az N soron k¨ ovetkez˝ o eleme benne van-e az A halmazban. (Pl. ha A a pr´ımsz´amok halul¨onb¨ oz˝ o maza , akkor f (A) = 0, 00110101000101 . . .-nak ad´odik 3-as sz´amrendszerben.) Vil´agos, hogy k¨ r´eszhalmazokhoz k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ok´eppen fel´ırt 3-as sz´amrendszerbeli sz´amok tartoznak, ra´ad´asul minden f (A) al nem nagyobb sz´ am lesz. f teh´at injekci´o. egy pozit´ıv, 23 -n´ Legyen most x ∈ (0, 1) tetsz˝ oleges sz´am, melynek 2-es sz´amrendszerbeli alakja x = 0, x1 x2 . . .. Legyen g(x) := {n ∈ N : xn = 1}. Mivel k¨ ul¨ onb¨oz˝o sz´amok 2-es sz´amrendszerbeli alakja k¨ ul¨onb¨oz˝o, ez´ert a g f¨ uggv´eny is injekci´ o. uk, ´es (ritk´abban) c-vel (g´ot c”Def: A P(N) halmaz sz´ amoss´ ag´ at kontinuum sz´amoss´agnak nevezz¨ ” vel) vagy (gyakrabban) 2ℵ0 -lal3 jel¨ olj¨ uk. L´etezik-e vajon nem megsz´ aml´ alhat´o halmaz? Az al´abbi t´etel szerint a v´alasz igen. T´ etel: |P(N)| > |N|, avagy c > ℵ0 . Enn´el azonban j´ oval t¨ obb igaz. Cantor t´ etele: Tetsz˝ oleges H halmazra |P(H)| > |H|. Biz: Az al´ abbi bizony´ıt´ as a h´ıres Cantor-f´ele ´ atl´ os m´ odszer. Indirekt bizony´ıtunk, tegy¨ uk fel, hogy valamely H halmazra |P(H)| > 6 |H|, azaz a trichot´omia miatt |H| ≥ |P(H)|. Mivel H-b´ol l´etezik P(H)uk meg), ez´ert |H| ≤ |P(H)| is teljes¨ ul. ba injekci´ o (H tetsz˝ oleges h elem´enek a {h} r´eszhalmazt feleltetj¨ A Cantor-Bernstein t´etel szerint ebb˝ ol |H| = |P(H)| k¨ovetkezik. L´etezik teh´ at egy f : H → P(H) bijekci´o. Legyen A := {h ∈ H : h 6∈ f (h)}, vagyis azon H-beli elemek halmaza, amiket a nekik megfelel˝o r´eszhalmaz nem tartalmaz. Vil´agos, hogy A a H halmaz egy j´ ol meghat´ arozott r´eszhalmaza, ´es ´ıgy az f bijekt´ıv volta miatt l´etezik egy olyan a ∈ H elem, amire A = f (a). K´et eset lehets´eges. Az a elem vagy A-ban van, vagy nem. Ha a ∈ A, akkor A defin´ıci´ oja miatt a 6∈ f (a) = A, ami ellentmond´as. Ha pedig a 6∈ A, akkor a az´ert nem eleme az A halmaznak, mert a 6∈ f (a) nem teljes¨ ul, teh´at a ∈ f (a) = A, ami szint´en nem lehets´eges. Az ellentmond´ as az indirekt feltev´es hamis volt´at bizony´ıtja, ez pedig Cantor t´etel´et igazolja. 3 Ez
a jel¨ ol´ es ¨ osszhangban van azzal, hogy egy n elem˝ u halmaznak 2n r´ eszhalmaza van.
44
´ 4. HALMAZELMELET
A Cantor t´ etelnek egy k¨ ovetkezm´ enye, hogy nem l´ etezik a sz´ amoss´ agok k¨ oz¨ ott legnagyobb, azaz minden halmazn´ al van nagyobb sz´ amoss´ ag´ u halmaz (p´ eld´ aul a hatv´ anyhalmaza). Innen ad´ odik, hogy nem l´ etezhet olyan halmaz sem, aminek minden halmaz eleme, hiszen enn´ el a halmazn´ al nem volna nagyobb sz´ amoss´ ag´ u halmaz. Ugyanennek a t´ enynek egy ´ ravaszabb megfogalmaz´ asa a Russel paradoxon. Alljon az R halmaz mindazon halmazokb´ ol, amik nem tartalmazz´ ak onmagukat elemk´ ent: R := {A : A 6∈ A}. K´ erd´ es, hogy vajon R eleme-e R-nek. Ha igen, akkor R 6∈ R, ha nem, akkor pedig ¨ R defin´ıci´ oja szerint nem teljes¨ ul, hogy R 6∈ R, azaz R ∈ R. Ejnye. Bertrand Russel a paradoxont 1901 k¨ or¨ ul vette ´ eszre (´ eppen a fenti Cantor t´ etel kapcs´ an), ´ es a matematikusoknak j´ op´ ar ´ evnyi fejt¨ or´ es´ ebe ker¨ ult, m´ıg siker¨ ult tiszt´ azni a l´ atsz´ olagos ellentmond´ ast. Russel eredm´ enye sz´ amos form´ aban lett k¨ ozismert. Ezek egyike a borb´ elyparadoxon: tegy¨ uk fel, hogy egy v´ arosban egyetlen borb´ ely van, ´ es igaz, hogy pontosan azokat a f´ erfiakat borotv´ alja ez a borb´ ely, akik maguk nem borotv´ alkoznak. Borotv´ alkozik-e a borb´ ely, vagy sem? (Nem az a megfejt´ es, ami a k¨ ovetkez˝ o feladv´ any´ e. Hazamegy a fav´ ag´ o, ´ es ´ıgy sz´ ol a fi´ ahoz: Te az ´ en fiam vagy, de ´ en nem vagyok ” az ap´ ad.”. Na, hogy lehet ez, ha a fav´ ag´ o igazat mond?) A paradoxont a halmazelm´ elet axiomatikus megalapoz´ asa oldotta meg. Ahogyan a vil´ ag ¨ osszes halmaza nem lehet egyetlen halmaz eleme, u ´gy a paradoxonban defini´ alt halmazok oszt´ alya (azaz R) sem alkot halmazt. A halmaz a matematik´ aban alapfogalom, nem defini´ aljuk, de nem igaz az az intuit´ıv k´ ep, hogy minden, amir˝ ol besz´ elni tudunk, az egy´ uttal halmaz is.
T´ etel: |(0, 1) × (0, 1)| = 2ℵ0 , azaz a ny´ılt egys´egn´egyzetnek kontinuum sok pontja van. M´as sz´ oval kontinuum sok kontinuum m´eret˝ u halmaz uni´oja is (csak) kontinuum sz´amoss´ag´ u. K¨ ov.: Megsz´ aml´ alhat´ oan sok kontinuum m´eret˝ u halmaz uni´oja kontinuum sz´amoss´ag´ u. Kontinuum ´es megsz´ aml´ alhat´ o halmaz uni´ oja kontinuum. Biz: Vil´ agos, hogy |(0, 1)| = |(0, 1) × 12 |, ´es (0, 1) × 12 ⊆ (0, 1) × (0, 1), ez´ert |(0, 1)| ≤ |(0, 1) × (0, 1)|. A Cantor-Bernstein t´etel szerint teh´ at elegend˝o egy f : (0, 1) × (0, 1) → (0, 1) injekci´ot adni. Legyen teh´ at (x, y) ∈ (0, 1) × (0, 1) tetsz˝ oleges. Legyenek mondjuk x = 0, x1 x2 x3 . . . ´es y = 0, y1 y2 y3 . . . a t´ızes sz´ amrendszerbeli alakok. Legyen f (x, y) := 0, x1 y1 x2 y2 . . .. Vil´agos, hogy f (x, y) egy j´ol meghat´arozott (0, 1)-beli sz´ am (hiszen nem lehet, hogy valahonnan kezdve csupa 9-est tartalmaz). Az is vil´agos, hogy unk pedig ´eppen erre van ha f (x, y) adott, akkor abb´ ol x ´es y meghat´arozhat´o, vagyis f injekt´ıv4 . Nek¨ sz¨ uks´eg¨ unk. K¨ ov.: Az R ´es C egyar´ ant kontinuum sz´amoss´ag´ u halmazok. Biz: R el˝ o´ all megsz´ aml´ alhat´ o sok (0, 1) intervallummal azonos sz´amoss´ag´ u halmaz egyes´ıt´esek´ent. C-nek annyi pontja van, mint az R2 s´ıknak, ´es R2 el˝o´all kontinuum sok egyenes uni´ojak´ent. Igaz´ an szuper, hogy a kontinuum t¨ obb, mint megsz´ aml´ alhat´ o, de vajon van-e olyan halmaz, aminek a sz´ amoss´ aga szigor´ uan e k´ et sz´ amoss´ ag k¨ oz´ e esik? A k´ erd´ es jogos ´ es ´ erdekes, Cantor vette fel el˝ osz¨ or. Kerestek ilyen halmazt, de senki nem tal´ alt. Pr´ ob´ alt´ ak h´ at bebizony´ıtani, hogy nem l´ etezhet ilyen, ´ am ez sem j´ art sikerrel. 1900-ban P´ arizsban a nemzetk¨ ozi matematikai kongresszuson David Hilbert, az akkori id˝ ok egyik legbefoly´ asosabb matematikusa tartott el˝ oad´ ast arr´ ol, hogy mik az akkori matematika el˝ ott ´ all´ o legfontosabb probl´ em´ ak. Itt 10 prob´ em´ at ismertetett, k´ es˝ obb a lista 23-re b˝ ov¨ ult. Olyan probl´ em´ ak szerepeltek a list´ an, mint a mindm´ aig megoldatlan Riemann sejt´ es ´ es Goldbach sejt´ es. Hilbert legels˝ o probl´ em´ aja pedig ´ eppen ez a k´ erd´ es volt. Azaz, igazoljuk az al´ abbiakat.
Kontinuum hipot´ ezis: Nem l´etezik olyan H halmaz, amire ℵ0 < |H| < 2ℵ0 teljes¨ ul. A fenti ´ all´ıt´ as ´ altal´ anosan is megfogalmazhat´ o. ´ Altal´ anos´ıtott kontinuum hipot´ ezis: Ha X egy v´ egtelen halmaz, akkor nem l´ etezik olyan H halmaz, amire |X| < |H| < |P(X)| teljes¨ ul. Igaz vagy sem a kontinuum hipot´ ezis? Ha tudjuk, akkor mi´ ert nem t´ etel? Ha nem tudjuk, akkor mi´ ert nem sejt´ es? Nos, Kurt G¨ odel ´ es Paul Cohen egy-egy eredm´ enye egy¨ utt adja meg az eg´ eszen v´ aratlan v´ alaszt. G¨ odel azt igazolta, hogy a halmazelm´ elet szok´ asos axi´ om´ aib´ ol (ak´ ar a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ at is bele´ ertve) nem lehet a kontinuum hipot´ ezist c´ afolni, ´ıgy semmik´ epp sem v´ arhat´ o, hogy valaki egy megsz´ aml´ alhat´ o´ es kontinuum k¨ oz¨ otti halmazt konstru´ al. Cohen eredm´ enye pedig azt mutatja, hogy a kontinuum hipot´ ezis a szok´ asos axi´ omarendszerben nem bizony´ıthat´ o. Ez azt jelenti, hogy a kontinuum hipot´ ezis eld¨ onthetetlen a halmazelm´ eleten bel¨ ul: ak´ ar a kontinuumhipot´ ezist, ak´ ar annak c´ afolat´ at (de csak az egyiket) felvessz¨ uk az axi´ om´ ak k¨ oz´ e, akkor ett˝ ol nem ker¨ ul ellentmond´ as a halmazelm´ elet axi´ omarendszer´ ebe. M´ as szavakkal: a kontinuumhipot´ ezis ´ epp´ ugy logikailag f¨ uggetlen ZFC-t˝ ol (azaz a kiv´ alaszt´ asi axi´ om´ aval kieg´ esz´ıtett Zermelo-Fraenkel axi´ omarendszert˝ ol), mint ahogyan a kiv´ alaszt´ asi axi´ oma volt logikailag f¨ uggetlen a ZF-t˝ ol vagy ahogyan a p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma f¨ uggetlen a geometria marad´ ek axi´ om´ ait´ ol.
4 Erdemes ´ meggondolni, hogy f mi´ ert is nem bijekci´ o. (Ha ugyanis az volna, nem lett volna sz¨ uks´ eg a Cantor-Bernstein t´ etelre a bizony´ıt´ asban)
