Budapesti Műszaki Főiskola Neumann János Informatikai Főiskolai Kar. Vajda István Záborszky Ágnes. matematika

˝szaki Fo ˝ iskola Budapesti Mu ńos Informatikai Fo ˝ iskolai Kar Neumann Ja

György Anna – Kárász Péter – Sergyán Szabolcs ´ Vajda István – Záborszky Agnes

Diszkr´ et matematika p´ eldat´ ar

2003

A példat´ ar a Budapesti M˝ uszaki F˝ oiskola m˝ uszaki informatika szakos hallgat´ oi részére kész¨ ult.

Szerkesztette: Gy¨ orgy Anna

f˝ oiskolai docens

Szerz˝ ok: Gy¨ orgy Anna — Fogalomgy˝ ujtemény, 3. fejezet K´ ar´ asz P´ eter — 1.2.–1.5. fejezet Sergy´ an Szabolcs — 4., 5. fejezet Vajda Istv´ an — 1.1., 2. fejezet ´ Z´ aborszky Agnes — 6. fejezet ´ ad, K´ Szed´ es: Gy¨ orgy Anna, Horv´ ath Arp´ ar´ asz Péter, Sergy´ an Szabolcs, Vajda Istv´ an ´ ak: K´ Abr´ ar´ asz Péter, Sergy´ an Szabolcs, Vajda Istv´ an

M˝ uszaki szerkeszt˝ o: K´ ar´ asz Péter A szedés a LATEX programcsomaggal t¨ ortént.

Tartalomjegyz´ ek I.

Fogalmak ´ es szimb´ olumok

1

1. Halmazelm´ eleti ´ es algebrai fogalmak 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ aci´ ok, f¨ uggvények . . . . . . . . . 1.3. Halmazok számossága . . . . . . . . 1.4. Rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Teljes indukci´ o . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

3 3 5 8 8 9

2. Kombinatorika 11 2.1. Permut´ aci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2. Varici´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3. Kombin´ aci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 3. Matematikai logika 13 3.1. Kijelentéslogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 3.2. Predik´ atumlogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 4. Algebrai strukt´ ur´ ak

19

5. Gr´ afelm´ elet 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . 5.2. Euler- és Hameilton-bej´ ar´ asok 5.3. S´ıkgr´ afok, sz´ınezések . . . . . 5.4. F´ ak, erd˝ok . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

23 23 26 26 27

6. Line´ aris algebra 29 6.1. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 III

´ TARTALOMJEGYZEK

IV

6.2. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Line´ aris transzfomáci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

II.

Feladatok

32 35

37

1. Halmazelm´ eleti ´ es algebrai fogalmak 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ aci´ ok, f¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvények speciális tulajdons´ agai . . . . . . . . Homogén bin´ aris reláci´ ok speciális tulajdons´ agai Ekvivalencia-reláci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . Parciális rendezési reláci´ ok . . . . . . . . . . . . . 1.3. Halmazok számossága . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Teljes indukci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

39 39 43 43 46 49 50 51 53 55 58

2. Kombinatorika 2.1. Permut´ aci´ ok . . . . . . . 2.2. Vari´ aci´ ok . . . . . . . . 2.3. Kombin´ aci´ ok . . . . . . 2.4. Vegyes . . . . . . . . . . 2.5. Binomi´ alis egy¨ utthat´ ok 2.6. Binomi´ alis tétel . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

63 63 64 65 66 68 69

3. Matematikai logika 3.1. Kijelentéslogika . . . . . . . . . . . . . . . Kijelentések . . . . . . . . . . . . . . . . . Logikai formul´ ak . . . . . . . . . . . . . . K¨ ovetkeztetések a kijelentéslogik´ aban . . 3.2. Predik´ atumlogika . . . . . . . . . . . . . . Predik´ atumok . . . . . . . . . . . . . . . . Kvantifik´ aci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . Predik´ atumlogikai formul´ ak interpretáci´ oi Levezetések els˝orend˝ u nyelvben . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

71 71 71 73 74 77 77 77 81 82

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

´ TARTALOMJEGYZEK

V

4. Algebrai strukt´ ur´ ak 4.1. Algebrai strukt´ ur´ ak, m˝ uveletek 4.2. Félcsoport, csoport . . . . . . . 4.3. Gy˝ ur˝ u, test . . . . . . . . . . . 4.4. H´ al´ o, Boole-algebra . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

85 85 86 88 90

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

5. Gr´ afelm´ eleti fogalmak ´ es o ¨sszef¨ ugg´ esek 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Euler- és Hamilton-bej´ ar´ asok . . . . . . 5.3. S´ıkgr´ afok és sz´ınezések . . . . . . . . . . 5.4. F´ ak és erd˝ok . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

93 . 93 . 98 . 100 . 102

6. Line´ aris algebra 6.1. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Line´ aris terek (vektorterek) . . . . . . . . . . Line´ aris f¨ uggetlenség, b´ azis, dimenzió . . . . . Elemi b´ azistranszformáci´ ok, b´ azisvektor-csere 6.3. Line´ aris transzformáci´ ok . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

III.

. . . .

Megold´ asok

105 105 108 108 110 112

115

1. Halmazelm´ eleti ´ es algebrai fogalmak 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ aci´ ok, f¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . F¨ uggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogén bin´ aris reláci´ ok speciális tulajdons´ agai Ekvivalencia-reláci´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . Parciális rendezési reláci´ ok . . . . . . . . . . . . . 1.3. Halmazok számossága . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Rekurzi´ ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Teljes indukci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

117 117 124 124 132 136 138 143 149 156

2. Kombinatorika 2.1. Permut´ aci´ ok . . . . . . . 2.2. Vari´ aci´ ok . . . . . . . . 2.3. Kombin´ aci´ ok . . . . . . 2.4. Vegyes . . . . . . . . . . 2.5. Binomi´ alis egy¨ utthat´ ok

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

165 165 166 166 167 170

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

´ TARTALOMJEGYZEK

VI

2.6. Binomi´ alis tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 3. Matematikai logika 3.1. Kijelentéslogika . . . . . . . . . . . . . . . Kijelentések . . . . . . . . . . . . . . . . . Logikai formul´ ak . . . . . . . . . . . . . . K¨ ovetkeztetések a kijelentéslogik´ aban . . 3.2. Predik´ atumlogika . . . . . . . . . . . . . . Predik´ atumok . . . . . . . . . . . . . . . . Kvantifik´ aci´ o . . . . . . . . . . . . . . . . Predik´ atumlogikai formul´ ak interpretáci´ oi Levezetések els˝orend˝ u nyelvben . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

173 173 173 174 177 180 180 181 183 185

4. Algebrai strukt´ ur´ ak 4.1. Algebrai strukt´ ur´ ak, m˝ uveletek 4.2. Félcsoport, csoport . . . . . . . 4.3. Gy˝ ur˝ u, test . . . . . . . . . . . 4.4. H´ al´ o, Boole-algebra . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

187 187 189 193 196

5. Gr´ afelm´ eleti fogalmak ´ es o ¨sszef¨ ugg´ esek 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Euler- és Hamilton-bej´ ar´ asok . . . . . . 5.3. S´ıkgr´ afok és sz´ınezések . . . . . . . . . . 5.4. F´ ak és erd˝ok . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

199 199 207 211 217

6. Line´ aris algebra 6.1. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Line´ aris terek (vektorterek) . . . . . . . . . . Line´ aris f¨ uggetlenség, b´ azis, dimenzió . . . . . Elemi b´ azistranszformáci´ ok, b´ azisvektor-csere 6.3. Line´ aris transzformáci´ ok . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

223 223 227 227 229 232

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

I. r´ esz

Fogalmak ´ es szimb´ olumok

VII

II. r´ esz

Feladatok

37

1. fejezet

Halmazelm´ eleti ´ es algebrai fogalmak 1.1.

Halmazalgebra

1.1.1. Igazolja, hogy ha A = {1, 2, 3} és B = x | x3 + 11x = 6x2 + 6, x ∈ R , akkor A = B. ´ 1.1.2. Allap´ ıtsa meg, hogy az al´ abbi halmazok k¨ oz¨ ul melyek egyenl˝ oek. a) b) c) d) e) f)

A = {x | 1 < x < 2, x ∈ R} B = {x | x2 + 1 < 3x2 , x ∈ Z} C = {n | n p´ aros pr´ımszám} D = {x | x = 1 vagy x = 2} E = {x | x3 < 8, x ∈ R} ∩ {x | x5 > 1, x ∈ R} F = {a | a = 3k + 1, k ∈ N} ∪ {b | b = 4l + 2, l ∈ N} ∩ ∩ c | 1 ≤ c2 < 16, c ∈ N

1.1.3. Sorolja fel az al´ abbi halmazok elemeit: a) {1, 3, 7} \ {2, 3, 5} ∩ {0, 1} b) {1, 3, 7} \ {2, 3, 5} ∩ {0, 1} c) P {1, 2, 3} \ P {1, 2} , ahol P(X) az X hatv´ anyhalmaza. 1.1.4. Legyen A = a, {b} és B = a, b, {a, b} . Sorolja fel az A ∩ B, A \ B és A × A halmazok elemeit. 39

´ ´ ALGEBRAI FOGALMAK 1. HALMAZELMELETI ES

40

1.1.5. Igazak-e az al´ abbi egyenl˝ oségek? a) a, b, c, {a, b} \ {a, b} = {a, b, c} b) a, b, c, {a, b} \ {a, b} = c, {a, b} c) a, b, c, {a, b} \ {a, b} = {a, b, c}

1.1.6. Sorolja fel az A, B, A ∩ B, A ∩ B és A ∆ B halmazok elemeit, ha E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} az alaphalmaz, A = {x | 2 < x ≤ 5, x ∈ E} és B = {y | y < 4, y ∈ E}.

1.1.7. Oldja meg az X ∩ {0, 2} = {0} egyenletet a {0, 1, 2, 3} halmaz részhalmazainak halmazán. 1.1.8. Oldja meg az al´ abbi halmazegyenletet I6 ∗ hatv´ anyhalmaz´ an. I4 \ X = I2 ´ azolja a k¨ 1.1.9. Abr´ ovetkez˝o halmazokat számegyenesen. a) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R}

b) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ Z}

e) [2, 7[ ∪ ]6, 8]

f) [−1, 5[ ∩ ]−8, 8] h) ]−∞, 9] ∪ ]11, 13] ∩ [4, 16]

c) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ N}

g) ]−3, 5[ \ [−1, 2] 1.1.10. Igazak-e az al´ abbi kijelentések? a) ∅ ∈ ∅

b) ∅ ⊆ ∅

d) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R \ N}

c) ∅ ∈ {∅}

d) ∅ ⊆ {∅}

1.1.11. Legyen Z = {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y } és B = {3, 5}. Igazak-e az al´ abbi kijelentések, ha a ∈ X és b ∈ Y ? a) (a, b), 3 ∈ Z × B b) (a, b), 3 ⊆ Z × B n o c) (a, b), 5 ⊆ Z × B d) (a, b), 5 ⊆ Z × B ´ azolja a k¨ 1.1.12. Abr´ ovetkez˝o halmazokat Descartes-féle koordin´ atarendszerben. a) {1, 2} × {2, 3, 4, 5}

c) [2, 5] × ]−3, 1] e) [−3, +∞[ × ]−∞, 6[

∗I

n

= {1, 2, . . . , n}

b) {−1, 1, 5} × {0, 4, 5, 6} d) R × [−4, 2[ f) [1, +∞[ × {1, 3, 4}

41

1.1. HALMAZALGEBRA

1.1.13. Legyen X = {x, y, {x, y}} és P(X) az X hatv´ anyhalmaza. Melyek helyesek az al´ abbi kijelentések k¨ oz¨ ul? a) {x, y} ∈ X c) {x, y} ⊆ X

b) {x, y} ∈ P(X) d) {x, y} ⊆ P(X)

1.1.14. Sorolja fel az al´ abbi halmazok elemeit, ahol A = {a, b} és P(A) az A halmaz hatv´ anyhalmaza. a) P (A × A) b) P P(A) c) A × P(A)

d) P(A) × P(A)

1.1.15. Igazak-e az al´ abbi egyenl˝ oségek tetsz˝oleges A, B és C halmazokra? a) A \ (B \ C) = (A \ B) \ C

c) A ∆ A = A e) (A \ B)∆C = (A∆C) \ (B∆C)

b) (A \ B) ∩ C = (A ∩ C) \ B

d) A ∆ (A ∆ A) = A f) A ∩ (B∆C) = (A ∩ B)∆(A ∩ C)

g) A∆ (B ∩ C) = (A∆B) ∩ (A∆C) h) A∆ (B ∪ C) = (A∆B) ∪ (A∆C) i) P(A) ∩ P(B) = P(A ∩ B) j) P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) 1.1.16. Egyszer˝ us´ıtse a k¨ ovetkez˝o kifejezéseket: a) A ∪ (B \ A) ∪ (A \ B)

b) (A ∪ B) ∪ ((A ∪ B) ∩ B)

1.1.17. Legyenek A és B tetsz˝oleges halmazok. Mivel egyenl˝ o A ∆ (A ∆ B)? 1.1.18. Tegy¨ uk fel, hogy az A, B, D halmazokra igaz, hogy D \ A = B. Hat´ arozza meg az A és B halmaz metszetét. 1.1.19. Bizony´ıtsa be, hogy az al´ abbi a´ll´ıt´ asok ekvivalensek: a) X ⊆ A ∪ B

b) (X \ A) ∩ (X \ B) = ∅

c) X \ B ⊆ A

1.1.20. Igaz-e az al´ abbi a´ll´ıt´ as? Ha A ⊆ B, akkor A ∆ C ⊆ B ∆ C. 1.1.21. Igaz-e, hogy A és B halmaz megegyezik, ha valamely C halmaz esetén A \ C = B \ C? Igaz-e az a´ll´ıt´ as u ´ gy, ha ez b´ armely C = 6 ∅ halmazra teljes¨ ul? 1.1.22. Hat´ arozza meg az al´ abbi halmazok o¨sszes part´ıci´ oj´ at: a) X = {1, 2}

b) Y = {a, b, c}

c) Z = {x, y, z, u}


42

H´ any 1, 2, 3, illetve 4-elem˝ u part´ıci´ oja van az X, Y , Z halmazoknak? n 1.1.23. Egy n elem˝ u halmaz k elem˝ u part´ıci´ oinak számát szok´ as az szimbók lummal jel¨ olni.∗ Hat´ arozza meg az 5 n n n a) b) c) d) 2 1 n 2 számokat. n n−1 n−1 1.1.24. Igazolja az = k· + o¨sszef¨ ugést és szám´ıtsa ki ennek k−1 k k 6 8 alapj´ an a és Stirling-sz´ amokat. 3 4 1.1.25. Hat´ arozza meg egy 10-elem˝ u halmaz azon 4-elem˝ u részhalmazainak maxim´ alis számát, amelyek a) p´ aronként diszjunktak; b) p´ aronként legfeljebb egy k¨ oz¨ os elem¨ uk van; c) p´ aronként pontosan egy k¨ oz¨ os elem¨ uk van. ´ azolja az A 1.1.26. Legyen A = {(x, y) | x ≤ 1, −2 < y < 2, x ∈ R, y ∈ R}. Abr´ halmazt Descartes-féle koordin´ atarendszerben. ´ azolja a k¨ 1.1.27. Abr´ ovetkez˝o két halmaz egyes´ıtését, metszetét, differenci´ ait és szimmetrikus differenci´ aj´ at az xy koordin´ atas´ıkon: A = {(x, y) | 0 < x ≤ 6, −3 ≤ y < 3}

B = {(x, y) | −2 < x ≤ 4, −1 < y < 3} A = {(x, y) | x + y ≤ 2, x ∈ R, y ∈ R}, B = (x, y) | x2 + y 2 ≤ 4, x ∈ R, y ∈ R , C = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x ∈ R, y ∈ R}

1.1.28.

´ azolja deréksz¨ Abr´ og˝ u koordin´ atarendszerben a k¨ ovetkez˝o halmazokat. a) A ∩ B e) A ∪ B

b) A ∩ C f) A \ B

c) A ∩ B ∩ C

g) A ∆ B

d) B \ A

h) C \ B

´ azolja Gauss-féle száms´ıkon az al´ 1.1.29. Abr´ abbi halmazoknak megfelel˝o pontokat, ahol j az imagin´ arius egység: ∗ m´ asodfaj´ u

Stirling-sz´ amok

´ OK, ´ ¨ ´ 1.2. RELACI FUGGV ENYEK

43

a) {z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, x + y < 1} b) z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, (x + y < 1) ∧ (x + y > −1) ∨ ∨ (x = 2)} c) {z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, (x + y < 1) ∧ ∧ (x + y > −1) ∨ (x = 2)

1.1.30. Adottak a k¨ ovetkez˝o halmazok:

A = {z | z ∈ C, Re(z) > 1}, B = {z | z ∈ C, Im(z) < 2}, C = {z | z ∈ C, |z − 2| = 3} és D = z | z ∈ C, z 2 − (3 + 2j) z + 5 + 5j = 0 .

´ azolja a k¨ Abr´ ovetkez˝o halmazokat a Gauss-féle száms´ıkon: a) A ∩ B e) A \ B

1.2.

b) A ∪ B

f) A ∆ B

c) A ∩ C

g) A ∩ D

d) B ∪ C

h) C \ B

Rel´ aci´ ok, f¨ uggv´ enyek

F¨ uggv´ enyek ´ azolja az al´ 1.2.1. Abr´ abbi R ⊆ {1, 2, 3} × {a, b, c, d} reláci´ okat ny´ıldiagram seg´ıtségével, és v´ alassza ki a f¨ uggvényeket. a) R = {(1, a) , (1, c) , (2, b) , (2, d) , (3, a)}

b) R = {(1, d) , (2, a) , (3, c)}

c) R = {(1, a) , (2, a) , (3, d)}

1.2.2. Legyenek S és T halmazok az al´ abbiak szerint adottak: a) S = {1, 2}, T = {a, b, c}

b) S = {1}, T = {a, b, c, d} c) S = {a, b, c}, T = {∅}

d) S = {J´ anos, Dániel}, T = {Eszter, Mária, Zsuzsa} e) S = R, T = N f) S = Z, T = N


44

1. Adjon meg — ha lehetséges — olyan S halmazon értelmezett R rel´ aci´ okat, amelyekre R ⊆ S × T .

2. Adjon meg — ha lehetséges — olyan f : S → T f¨ uggvényt, amely az S halmazt T -re képezi le. 1.2.3. Adjon meg olyan f¨ uggvényt, amely a) minden val´ os számhoz hozz´ aad 1-et; b) két val´ os számhoz hozz´ arendeli az o¨sszeg¨ uket; c) megadja J´ anos, Béla, Mária, Zsuzsa nemét; d) megadja Beethoven, Haydn, Sztravinszkij keresztnevét; e) n darab val´ os számb´ ol kiv´ alasztja a legnagyobbat. 1.2.4. Egy képerny˝ on a lehetséges kurzor-poz´ıci´ okat az al´ abbi módon defini´ aljuk: (oszlopindex, sorindex) ∈ X × Y , ahol X = {x ∈ Z | 1 ≤ x ≤ 80} és Y = {y ∈ Z | 1 ≤ y ≤ 25}. Feltéve, hogy a képerny˝ o bal fels˝o sarka az (1, 1) poz´ıci´ o, hat´ arozza meg azt a f¨ uggvényt, amely a képerny˝ o pontjait egy tetsz˝oleges lehetséges poz´ıci´ ob´ ol a) a jobb als´ o sarokba helyezi a´t; b) 1-gyel felfelé eltolja; c) 2-vel jobbra és 5-tel lefelé eltolja; d) a f¨ ugg˝ oleges szimmetriatengelyre t¨ ukr¨ ozi; e) az y = x egyenesre t¨ ukr¨ ozi; f) a (20, 10) pontb´ ol kétszeresére nagy´ıtja. Minden esetben t¨ untesse fel azokat az (x, y) p´ arokat, amelyeken az adott funkci´ o nem hajthat´ o végre. Feltéve, hogy a vizsg´ alt leképezéseket az X × Y halmazon értelmezt¨ uk, v´ alassza ki a parci´ alis leképezéseket. 1.2.5. Defini´ aljon olyan logikai f¨ uggvényeket, amelyek az el˝ oz˝ o feladatban szerepl˝o parci´ alis leképezések esetén eld¨ ontik, hogy a kurzor a megengedett tartományban van-e. (Megengedett tartományon értj¨ uk itt azt a kurzorpoz´ıci´ ot, amelyen a kért funkci´ o végrehajthat´ o.) 1.2.6. Vizsg´ alja a k¨ ovetkez˝o programot, amelynél n tetsz˝oleges pozit´ıv egész szám lehet:


45

Beolvas(n) Ciklus am´ıg n > 1 Ha n páros akkor n:=n/2 k¨ ul¨ onben n:=2n+1 Ciklus vége Ki´ır(n) Hat´ arozza meg a bemen˝o értékeknek azon halmazát, amelyre a fenti program értéket rendel. Írja le a hozz´ arendelésnek megfelel˝o f¨ uggvényt. 1.2.7. Az A ⊆ X halmaz karakterisztikus f¨ uggvénye az X halmaz felett: 1, ha x ∈ A; χA (x) = 0, ha x ∈ X \ A. Bizony´ıtsa be az al´ abbi azonoss´ agokat, ha A, B ⊆ X. a) χA∪B (x) = max (χA (x), χB (x)) b) χA∩B (x) = min (χA (x), χB (x)) c) χX\A (x) = 1 − χA (x) 1.2.8. Legyen R = {(a, b) , (a, c) , (c, d) , (a, a) , (b, a)} az S = {a, b, c, d} halmazon értelmezett homogén reláci´ o. Írja fel R ◦ R és R−1 elemeit. 1.2.9. Legyen A = {1975. év napjai} és B = {1975-ben sz¨ uletett emberek}. Legyen tov´ abb´ a (a, b) ∈ R, ha a ∈ A nap a b ∈ B ember sz¨ uletésnapja, és jel¨ olje R−1 az R inverzreláci´ oj´ at. a) F¨ uggvények-e az R és R−1 reláci´ ok? b) Hat´ arozza meg az R◦R−1 , illetve az R−1 ◦R reláci´ okat. Van-e k¨ ozt¨ uk f¨ uggvény? 1.2.10. Hat´ arozza meg az al´ abbi F és S reláci´ okb´ ol o¨sszetett reláci´ okat, ahol xF y, ha x apja y-nak, és xSy, ha y l´ anya x-nek. a) F −1 e) F

−1

b) S −1 ◦F

f) S ◦ S

c) F ◦ S

g) F

−1

◦S

d) S ◦ F

1.2.11. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o R → R f¨ uggvényeket: f (x) = x2 , g(x) = sin x, h(x) = x + 1.


46

a) Mely f¨ uggvények képezik le a val´ os számok halmazát a val´ os számok halmazára? b) Melyik f¨ uggvénynek van inverzf¨ uggvénye, ha az értelmezési tartomány a [−3, 0[ intervallum? Írja fel az inverzf¨ uggvényt. c) Hat´ arozza meg az f ◦ g, g ◦ f és h ◦ g f¨ uggvényeket. Adja meg az értelmezési tartományukat és értékkészlet¨ uket. 1.2.12. Hat´ arozza meg az al´ abbi parci´ alis leképezések értékkészletét: a) f ◦ g,

b) g ◦ f ,

c) g ◦ h,

d) h ◦ g,

ha f , g és h az al´ abbiak: √ f : [0, +∞[ → R, f (x) = x; g : N → N, g(n) = n2 ; h : Z → Z, h(n) = n2 . −1

1.2.13. Bizony´ıtsa be, hogy (R ◦ S)

= S −1 ◦ R−1 tetsz˝oleges R, S reláci´ okra.

F¨ uggv´ enyek speci´ alis tulajdons´ agai 1.2.14. Az al´ abbi f¨ uggvények k¨ oz¨ ul melyek injekt´ıvek, sz¨ urjekt´ıvek, illetve bijekt´ıvek? a) f : N → N,

b) f : N → N, c) f : Z → Z,

f (n) = n f (n) = n + 1 f (n) = n + 1

d) f : N × N → N,

f (m, n) = 2m 4n

e) f : N × N → N, f (m, n) = 2m 6n f) f : [0, π[ \ π2 → R, f (x) = tg x g) f : [0, π] \ π2 → R, f (x) = tg x h) f : − π2 , π2 → R, f (x) = tg x i) f : Z → Z,

j) f : Z → Z,

f (n) = |n + 1| 0, ha |x| ≤ 1; f (x) = |x + 1| , egyébként.


k) f : Z → Z,

f (x) =

l) f : Z → N,

f (x) =

47

0, ha |x| ≤ 1; x pr´ımosztóinak száma, egyébként. 0, x pr´ımosztóinak száma,

ha |x| ≤ 1; egyébként.

1.2.15. H´ any f : A → B alak´ u a) injekt´ıv;

b) sz¨ urjekt´ıv;

c) bijekt´ıv

f¨ uggvény létezik, ha |A| = m és |B| = n? 1.2.16. Legyen f : R+ → R

f (x) = x −

1 x

a) Sz¨ urjekt´ıv-e a leképezés? b) Van-e inverze és az inverze sz¨ urjekt´ıv-e? 1.2.17. Legyenek A és B az egész számok halmazának részhalmazai, és tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o megfeleltetést: f: A → B

x 7→ |x|

Adja meg A és B halmazt u ´ gy, hogy a) f parci´ alis leképezés legyen, de ne legyen f¨ uggvény; b) f f¨ uggvény legyen, de ne legyen sem injekt´ıv, sem sz¨ urjekt´ıv; c) f injekt´ıv f¨ uggvény legyen, de ne legyen sz¨ urjekt´ıv; d) f sz¨ urjekt´ıv f¨ uggvény legyen, de ne legyen injekt´ıv; e) f bijekt´ıv f¨ uggvény legyen. 1.2.18. Feltéve, hogy az al´ abbi f¨ uggvényeknek mind az értelmezési tartományuk (Df ), mind pedig az értékkészlet¨ uk (Rf ) véges elemszám´ u halmaz, d¨ ontse el, hogy mely a´ll´ıt´ asok igazak és melyek hamisak. (Ha az a´ll´ıt´ as igaz, bizony´ıtsa be; ha hamis, mondjon ellenpéld´ at.) a) Ha f f¨ uggvény injekt´ıv, akkor |Df | = |Rf |.

b) Ha f : X → Y f¨ uggvény injekt´ıv, akkor |X| = |Y |. c) Ha f f¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv, akkor |Df | ≥ |Rf |.

d) Ha f f¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv, akkor van inverze.

e) Ha f : X → Y f¨ uggvényre igaz, hogy |X| ≥ |Y |, akkor sz¨ urjet´ıv.


48 f) g) h) i)

Ha f : X → Y f¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv, akkor |X| ≥ |Y |. Ha f bijekt´ıv, akkor |Df | = |Rf |. Ha |Df | = |Rf |, akkor f bijekt´ıv. Ha f : X → Y f¨ uggvényre igaz, hogy |X| = |Y | = |Rf |, akkor f bijekt´ıv.

1.2.19. Nevezz¨ uk az A (A ⊆ X) halmaz f : X → Y f¨ uggvény a´ltali képének azt az f (A)-val jel¨ olt halmazt, amelyre f (A) = {y ∈ Y | y = f (x), x ∈ A}. X

Y f

f (A)

A

Hat´ arozza meg az f (A) halmazt, ha a) f : R → R,

f (x) = x2 ,

b) f : [−1, 1] → R,

A = ]−1, 2]; √ f (x) = 1 + 1 − x2 ,

c) f : R \ {−1, 1} → R,

f (x) =

1 1−x2 ,

h √ √ i A = − 23 , 23 ;

A = [0, 2] \ {1}.

1.2.20. Bizony´ıtsa be, hogy ha f : X → Y injekt´ıv, akkor a) diszjunkt halmazok képei is diszjunktak, azaz b´ armely C, D ⊆ X halmaz esetén C ∩ D = ∅ =⇒ f (C) ∩ f (D) = ∅; b) b´ armely C ⊆ X halmaz esetén f (X \ C) ⊆ Y \ f (C). c) Bizony´ıtsa be az (a) a´ll´ıt´ as megford´ıt´ as´ at is. 1.2.21. Legyen f : R → R,

f (x) = 2 sin (x + 3). a) Hat´ arozza meg az X = x | 15 < x < 2π − 3, x ∈ R intervallum f a´ltal defini´ alt képét. uggvény? b) Bijekt´ıv-e a g : 15 , 2π − 3 → f (X), g(x) = f (x) f¨

1.2.22. Bizony´ıtsa be, hogy az

f : N × N → N, f¨ uggvény bijekt´ıv.

f (m, n) = m +

1 (m + n) (m + n + 1) 2


49

Homog´ en bin´ aris rel´ aci´ ok speci´ alis tulajdons´ agai 1.2.23. Legyen T = {tér egyenesei}. Milyen tulajdons´ agaik vannak az al´ abbi rel´ aci´ oknak? a) RT = {(x, y) | x és y egyeneseken a´t pontosan egy s´ık fektethet˝ o}

b) RT = {(x, y) | x és y kitér˝o}

c) RT = {(x, y) | x és y egyeneseken a´t fektethet˝ o s´ık}

1.2.24. Vizsg´ alja meg, milyen speciális tulajdons´ agokkal rendelkeznek az al´ abbi homogén bin´ aris reláci´ ok, valamint adja meg értelmezési tartományukat és értékkészlet¨ uket: a) R = {(a, b) | a · b p´ aratlan, a ∈ N, b ∈ N};

b) S = {(a, b) | a vezetékneve rövidebb, mint b-é, a ∈ B, b ∈ B}, ahol B = {budapesti lakosok};

c) T = {(A, B) | A ∩ B 6= ∅, A ∈ P(X), B ∈ P(X)}, ahol X tetsz˝oleges halmaz;

d) U = {(a, b) | lnko (a, b) > 1, a ∈ Z+ , b ∈ Z+ }∗ ;

e) V = {(x, y) | x bel¨ ulr˝ ol érinti y-t, x ∈ K, y ∈ K}, ahol K = {egy adott s´ık k¨ orvonalai}.

1.2.25. Defini´ aljon egy R reláci´ ot az I4 = {1, 2, 3, 4} halmazon (péld´ aul elemei felsorol´ as´ aval), amely az al´ abbi tulajdons´ agokkal rendelkezik: a) nem reflex´ıv és nem irreflex´ıv; b) nem reflex´ıv és irreflex´ıv; c) reflex´ıv és nem irreflex´ıv; d) reflex´ıv és irreflex´ıv; e) nem szimmetrikus és nem antiszimmetrikus; f) nem szimmetrikus és antiszimmetrikus; g) szimmetrikus és nem antiszimmetrikus; h) szimmetrikus és antiszimmetrikus. Adja meg R gr´ af´ abr´ azol´ as´ at is.† ∗ lnko = legnagyobb †G

k¨ oz¨ os oszt´ o gr´ af x ´ es y cs´ ucspontja x-b˝ ol y-ba mutat´ o´ ellel akkor van o ¨sszek¨ otve, ha xRy.


50

Ekvivalencia-rel´ aci´ ok 1.2.26. Legyen S = {s´ık egyenesei}. Az al´ abbi reláci´ okr´ ol a´llap´ıtsuk meg, hogy ekvivalencia-reláci´ ot alkotnak-e: a) RS = {(x, y) | x egy pontban metszi y-t};

b) RS = {(x, y) | x-nek és y-nak van k¨ oz¨ os pontja}; c) RS = {(x, y) | x p´ arhuzamos y-nal}.

1.2.27. Hat´ arozza meg azt az ekvivalencia-reláci´ ot (elemei felsorol´ as´ aval), amelyhez (a megfelel˝o alaphalmazon) az al´ abbi part´ıci´ o tartozik: {a, d, g}, {b}, {e}, {c, f }. 1.2.28. Adott az I6 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmazon értelmezett R = {(1, 2), (2, 3), (3, 2), (4, 4), (5, 5), (6, 5)} reláci´ o. a) Rajzolja fel a reláci´ o gr´ afj´ at. b) Egész´ıtse ki a reláci´ ot (a lehet˝ o legkevesebb elemmel) u ´ gy, hogy ekvivalencia-reláci´ o legyen. 1.2.29. Bizony´ıtsa be, hogy az al´ abbi rel´ aci´ ok ekvivalencia-reláci´ ot alkotnak. Adja meg az ekvivalencia-osztályokat. a) R = {(m, n) | m + n p´ aros szám, m ∈ Z, n ∈ Z} 2 2 b) R = (x, y) | x + y oszthat´ o 2-vel, x ∈ Z, y ∈ Z c) R = {(a, b) | a − b racion´ alis, a ∈ R, b ∈ R}

d) R = {(x, y) | x − y oszthat´ o 3-mal, x ∈ I12 , y ∈ I12 }∗ e) R = (m, n) | m2 − n2 oszthat´ o 3-mal, m ∈ N, n ∈ N f) R = (x, y) | x2 − y 2 oszthat´ o 4-gyel, x ∈ N, y ∈ N g) R ⊆ R2 × R2 ; 2

2

h) R ⊆ R × R ;

(x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) , ha x1 + y1 = x2 + y2 (x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) , ha x1 y1 = x2 y2

1.2.30. Legyen értelmezve az X halmazon egy R ekvivalencia-reláci´ o, a és b pedig legyen X két tetsz˝oleges eleme. Jel¨ olje Xa az o¨sszes a-val, Xb pedig az o¨sszes b-vel reláci´ oban a´ll´ o elemet tartalmazó halmazt. Bizony´ıtsa be az al´ abbi a´ll´ıt´ asokat: ∗I

n

= x ∈ Z+ | x ≤ n

(n ∈ N)


51

a) Xa ∩ Xb = ∅ ⇐⇒ (a, b) ∈ / R; b) Ha létezik olyan c ∈ X elem, amely mindkét halmaznak eleme, akkor (a, b) ∈ R; c) (a, b) ∈ R pontosan akkor, ha a két halmaz egyenl˝ o.

Parci´ alis rendez´ esi rel´ aci´ ok 1.2.31. Mutassa meg, hogy az al´ abbi, 4-vel jel¨ olt reláci´ ok parci´ alis rendezési reláci´ ok: a) az I4 halmaz legal´ abb kételem˝ u részhalmazainak halmazán A 4 B, ha A ⊆ B; b) az I4 halmaz legfeljebb kételem˝ u részhalmazainak halmazán A 4 B, ha B ⊆ A; c) a {3, 6, 9, 10, 20, 30} halmaz elemein a 4 b, ha b oszthat´ o a-val;

d) az {1, 2, 3, 4, 6, 12} halmaz elemein a 4 b, ha b oszthat´ o a-val.

Kész´ıtse el a parci´ alis rendezések Hasse-féle diagramjait. Mindegyik rendezésben a´llap´ıtsa meg a maximális és minimális elemeket, illetve a legnagyobb és legkisebb elemeket, ha ilyen van. Van-e a fentiek k¨ oz¨ ott olyan, amelyben a halmaz b´ armely két a, b eleméhez tartozik inf (a, b), illetve sup (a, b)? 1.2.32. Az al´ abbi parci´ alisan rendezett halmazokban hat´ arozza meg a felsorolt szuprémumokat és infimumokat, ha léteznek: a) a legfeljebb 10 hossz´ us´ ag´ u bin´ aris számok∗ k¨ oz¨ ott v 4 w, ha v-nek w kezd˝o része (pl.: 1010 kezd˝o részei az 1010, 101, 10 és az 1); sup (100, 10) sup (101, 111) inf (100, 11) inf (100, 10) b) a legal´ abb 2 hossz´ us´ ag´ u bin´ aris karaktersorozatok k¨ oz¨ ott v 4 w, ha v-nek w kezd˝o része (pl.: 1010 kezd˝o részei az 1010, 101, 10 és az 1). sup (00001, 001) sup (1111, 110) inf (0010, 0011) inf (011, 01) ∗ Sz´ am

nem kezd˝ odhet 0-val.


52

c) a legfeljebb 10 hossz´ us´ ag´ u bin´ aris karaktersorozatok k¨ oz¨ ott v 4 w, ha v-nek w valamely része (pl.: 1010 részei az 1010, 101, 010, 10, 01, 1 és a 0); sup (100, 11) sup (000, 11) inf (100, 00) inf (100, 001) A fent megadott halmazok k¨ oz¨ ul mely esetekben van b´ armely két elemnek szuprémuma? Ha lehetséges, egész´ıtse ki a halmazt olyan elemekkel, hogy a b˝ ov´ıtett halmazban b´ armely két elemnek legyen szuprémuma (az adott rendezésre vonatkoz´ oan). 1.2.33. Bizony´ıtsa be, hogy ha R egy parci´ alis rendezés H-n, akkor R−1 is az. Mu tassa meg, hogy ha (H; R)-en valamely elem maximális, akkor H; R−1 en minimális, és ford´ıtva. 1.2.34. Legyenek az F halmaz elemei az f : N → N t´ıpus´ u f¨ uggvények, és definia´ljuk ezen a halmazon a k¨ ovetkez˝o R reláci´ ot: f, g ∈ F esetén f Rg, ha az {n ∈ N | f (n) > g (n)} halmaz véges elemszám´ u. Igazolja, hogy a reláci´ o nem parci´ alis rendezés F -en. 1.2.35. Defini´ aljuk a 4 reláci´ ot a {z | z ∈ C, Re(z) ≤ 3, Im(z) ≤ 2, Re(z) ∈ N, Im(z) ∈ N} halmazon: z1 4 z2 , ha Re(z1 ) ≤ Re(z2 ) és Im(z1 ) ≤ Im(z2 ). (Azaz: egy komplex szám akkor a´ll reláci´ oban egy másik komplex számmal, ha sem a val´ os, sem a képzetes része nem nagyobb a másik szám megfelel˝o részénél.) a) Bizony´ıtsa be, hogy 4 rendezési reláci´ o. b) Dichot´ om a reláci´ o (azaz teljes a rendezés)? c) Rajzolja fel a rendezés Hasse-diagramját. d) Van b´ armely két elemnek szuprémuma és infimuma? Hogyan kapjuk meg? e) Disztribut´ıv a h´ al´ o? f) Van a rendezésnek legkisebb és legnagyobb eleme? g) Mely elemeknek van komplementumuk? 1.2.36. Legyen a temészetes számokb´ ol a´ll´ o rendezett p´ arok halmazán (N × N) defini´ alva a k¨ ovetkez˝o rendezés: (a, b) 4 (c, d), ha b < d, vagy a ≤ c és b = d. Bizony´ıtsa be, hogy tényleg rendezésr˝ol van szó, és d¨ ontse el, hogy line´ aris (teljes)-e a rendezés?

´ ´ 1.3. HALMAZOK SZAMOSS AGA

53

1.2.37. Döntse el, hogy igazak-e az al´ abbi a´ll´ıt´ asok, amelyek egy részben-rendezett halmaz A részhalmazár´ ol szólnak. Ha igaz, indokolja, ha hamis, ellenpéld´ aval cáfolja az a´ll´ıt´ ast. a) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor legnagyobb is van. b) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor ez egyben az egyetlen minimális elem is. c) Ha A-nak nincs maximális eleme, akkor legnagyobb sincsen. d) Ha A-nak nincs legnagyobb eleme, akkor fels˝o hat´ ara sincsen. e) Ha A-nak van als´ o korl´ atja, akkor van legkisebb eleme is. f) Ha A-nak egynél t¨ obb minimális eleme van, akkor nincs als´ o hat´ ara.

1.3.

Halmazok sz´ amoss´ aga

1.3.1. Adjon meg bijekt´ıv leképezést a) az egész számok és a pozit´ıv egész számok k¨ oz¨ ott; b) két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hossz´ us´ ag´ u szakasz k¨ oz¨ ott; c) a racion´ alis számok és a természetes számok k¨ oz¨ ott; d) a ]0, 1[ intervallum és a val´ os számok k¨ oz¨ ott; e) a ]0, 1[ és a ]0, 1] intervallumok k¨ oz¨ ott. 1.3.2. Igazolja, hogy az al´ abbi halmazok megszámlálhat´ oan végtelen (ℵ0 ) számosság´ uak: a) p´ aros számok (2Z); b) Z × Z;

c) pr´ımszámok.

1.3.3. Igazolja, hogy ∀a, b ∈ R esetén a H = {h ∈ R | a < h < b} halmaz elemszáma 0, vagy a halmaz számossága kontinuum. 1.3.4. Igazolja az al´ abbi a´ll´ıt´ asokat: a) Ha egy halmaz elemei sorozatba rendezhet˝ok, akkor a halmaz számossága ℵ0 .

b) Egy sorozat elemeinek halmaza legfeljebb ℵ0 számosság´ u.


54

c) Két megszámlálhat´ oan végtelen számosság´ u halmaz uni´ oja is megszámlálhat´ oan végtelen számosság´ u, azaz ℵ0 + ℵ0 = ℵ0 . d) B´ armely végtelen sok elem˝ u halmaznak van ℵ0 számosság´ u részhalmaza. e) Két ℵ0 számosság´ u halmaz k¨ ul¨ onbsége véges vagy ℵ0 számosság´ u. f) Megszámlálhat´ oan végtelen sok véges vagy ℵ0 számosság´ u (k¨ ul¨ onb¨ oz˝o) halmaz uni´ oja ℵ0 számosság´ u. 1.3.5. Bizony´ıtsa be, hogy az al´ abbi halmazok számossága megegyezik: a)

R,

]0, 1[,

[0, 1],

[a, b],

[a, ∞[;

b) a [0, 1] intervallum és az egységnyi oldal´ u négyzet pontjainak halmaza. 1.3.6. Hat´ arozza meg az A × B halmaz számosság´ at, ha a) A és B véges elemszám´ u halmazok; b) A és B számossága ℵ0 ; c) A és B kontinuum számosság´ uak. 1.3.7. Bizony´ıtsa be, hogy az An halmaz számossága ℵ0 , ha |A| = ℵ0 és n pozit´ıv egész szám. 1.3.8. Bizony´ıtsa be, hogy b´ armely halmazra igaz, hogy hatv´ anyhalmaz´ anak számossága nagyobb, mint a halmaz számossága.∗ 1.3.9.

a) Hat´ arozza meg az egész egy¨ utthat´ u polinomok os, legfeljebb n-edfok´ n P k Pn (x) = ak x , ahol ak ∈ Z halmazának számosság´ at. k=0

b) Bizony´ az egész egy¨ utthat´ or¨ uli) hatv´ anyso ıtsa be, hogy os (x0 = 0 k¨ ∞ P rok Pn (x) = ak xk , ahol ak ∈ Z halmaza nem megszámlálhat´ o.

∗ Cantor

t´ etele

k=0

´ 1.4. REKURZIOK

1.4.

55

Rekurzi´ ok

1.4.1. Adjon rekurz´ıv defin´ıci´ ot n!-ra. 1.4.2. Egy v´ allalat u ´ j dolgoz´ oj´ anak 100 000 Ft kezd˝ofizetést aj´ anl. Minden k¨ ovetkez˝o évben megemeli az el˝ oz˝ o évi fizetést 4%-kal és még 1 000 Ft-tal. Adjunk rekurz´ıv képletet a dolgoz´ o keresetére az n-edik évben. 1.4.3. Írjunk fel rekurz´ıv o¨sszef¨ uggést egy n-elem˝ u halmaz részhalmazainak sn számára. 1.4.4. Egy lépcs˝osoron u ´ gy megy¨ unk végig, hogy egyszerre mindig csak egy vagy két lépcs˝ ofokot lép¨ unk. Adjunk rekurz´ıv képletet arra, hogy h´ anyféleképpen mehet¨ unk fel egy n lépcs˝ob˝ ol a´ll´ o soron. 1.4.5. Adott a s´ıkon n darab egyenes. s´ıkrészek maximális számára.

Adjon rekurz´ıv képletet a keletkez˝o

1.4.6. Adott a s´ıkon n darab k¨ or. Adjon rekurz´ıv képletet a keletkez˝o s´ıkrészek maximális számára. 1.4.7. Egy 2 × n-es méret˝ u négyzetr´ acsot szeretnénk lefedni 2 × 1-es méret˝ u domin´ okkal. Adjunk rekurz´ıv képletet a lehetséges lefedések számára. 1.4.8. Adjon rekurz´ıv képletet

-ra.

n k

1.4.9. Jel¨ olje f (n, k) azt a számot, ah´ anyféleképpen kiv´ alaszthatunk n darab, egy sorban lév˝ o elem k¨ oz¨ ul k darabot u ´ gy, hogy ne legyen k¨ ozt¨ uk két egym´ as mellett elhelyezked˝ o. Adjunk rekurz´ıv képletet f (n, k)-ra. 1.4.10. Jel¨ olj¨ on A és B két halmazt, és legyen |A| = m, |B| = n. Adjon rekurz´ıv képletet az A-b´ ol B-be képez˝o sz¨ urjekt´ıv f¨ uggvények számára. 1.4.11. Jel¨ olje D (n, k) az xn f¨ uggvény k-adik deriv´ altf¨ uggényét. Adjon rekurz´ıv képletet D (n, k)-ra. (n ∈ Z, k ∈ N) 1.4.12. Adjon rekurz´ıv képletet egy n×n-es determináns kisz´ am´ıt´ as´ ara. (n ∈ Z+ ) 1.4.13. Adjon rekurz´ıv képletet sinn x f¨ uggvény hat´ arozatlan integrálj´ anak meghat´ arozás´ ara.

56


1.4.14. Jel¨ olj¨ on a és b pozit´ıv egész számot. Tegy¨ uk fel, hogy — rekurz´ıv módon — a k¨ ovetkez˝oképpen defini´ aljuk a Q f¨ uggvényt: 0, ha a < b; Q(a, b) = Q(a − b, b) + 1, ha a ≥ b. a) Adjuk meg a Q(2, 3) és a Q(14, 3) értékeket. b) Hogyan m˝ uk¨ odik ez a f¨ uggvény? Adjuk meg a Q(7134, 11) értéket. 1.4.15. Legyen n pozit´ıv egész szám. Tegy¨ uk fel, hogy — rekurz´ıv módon — a k¨ ovetkez˝oképpen defini´ aljuk az L f¨ uggvényt∗: 0, ha n = 1; L(n) = L n2 + 1, ha n > 1. a) Adjuk meg L(25)-¨ ot.

b) Hogyan m˝ uk¨ odik ez a f¨ uggvény? 1.4.16. Tekints¨ uk az L rekurz´ıv módon megadott f¨ uggvényt, ahol DL = R+ × R+ : 0, ha a < b; L(a, b) = L ab , b + 1, ha a ≥ b. a) Milyen értékekre j´ ol-defini´ alt a rekurzi´ o?

b) Sz´ am´ıtsa ki az L(682, 10), L(1024, 8) értékeket. c) Hogyan m˝ uk¨ odik a f¨ uggvény? Adja meg ez alapj´ an az L(654238, 24) értéket. 1.4.17. Legyenek adottak az F0 = 0 és az F1 = 1 Fibonacci-számok† . a) Mit érdemes haszn´ alni F18 meghatározás´ ahoz: a rekurzi´ ot vagy az iteráci´ ot? Adjuk meg F18 értékét. b) Kész´ıts¨ unk iteráci´ os elj´ ar´ ast az n-edik Fibonacci-szám meghatározásához, ha n ≥ 2. ∗ bxc az x val´ os sz´ am (als´ o) eg´ eszr´ esz´ et jelenti: az a legnagyobb eg´ esz sz´ am, amely nem nagyobb x-n´ el. † Minden k¨ ovetkez˝ o sz´ amot u ´gy kapunk, hogy a sorozatban a k´ et k¨ ozvetlen¨ ul el˝ otte a ´ll´ o elemet o ¨sszeadjuk (Fn = Fn−1 + Fn−2 ).

´ 1.4. REKURZIOK

57

1.4.18. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o, rekurz´ıv módon megadott f¨ uggvényt: 0, ha b = 0; P (a, b) = P (a, b − 1) + a, ha b > 0. a) Mi a f¨ uggvény értelmezési tartom´ anya? Milyen értékekre j´ ol-defini´ alt a f¨ uggvény? b) Sz´ am´ıtsuk ki a P (6, 4), P 56 , 3 értékeket.

c) Hogyan m˝ uk¨ odik a f¨ uggvény? Adja meg ez alapj´ an a P (4, 39) értéket.

1.4.19. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o, rekurz´ıv módon megadott f¨ uggvényt:  ha 1 ≤ |a| < 10;   (a, b) , N (10a, b − 1) , ha |a| < 1; N (a, b) =   a , b + 1 , ha |a| ≥ 10. N 10 a) Mi a f¨ uggvény értelmezési tartománya?

b) Sz´ am´ıtsa ki az f (−294, 9), f (1459, −4) értékeket.

c) Hogyan m˝ uk¨ odik a f¨ uggvény? Adja meg ez alapj´ an az f (5948102, 43) értéket.

1.4.20. Legyen a és b nemnegat´ıv egész szám. Tegy¨ uk fel, hogy az f f¨ uggvényt az al´ abbi rekurz´ıv defin´ıci´ o adja meg∗ :  ha b = 0;  a, f (b, a), ha a < b; f (a, b) =  f (b, a mod b), egyébként.

a) Sz´ am´ıtsuk ki az f (10, 15), f (18, 63) és az f (728, 420) f¨ uggvényértékeket.

b) Hogyan m˝ uk¨ odik ez a f¨ uggvény? 1.4.21. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o, rekurz´ıv módon megadott f¨ uggvényt: ( a1 , ha n = 1; n−1 an f (a1 , a2 , . . . , an ) = f (a1 , a2 , . . . , an−1 ) + , ha n > 1. n n ∗ Az

a mod b azt a marad´ ekot jelenti, amely az a sz´ am b-vel val´ o marad´ ekos oszt´ asa sor´ an keletkezik. (Ejtsd: a modulo b.)


58

a) Mi a f¨ uggvény értelmezési tartománya? b) Sz´ am´ıtsuk ki az f (2, 4, 9), f (1, 4, 5, 9) értékeket. c) Hogyan m˝ uk¨ odik ez a f¨ uggvény? Adjuk meg ennek seg´ıtségével az f (4, 39, 23, 15, 96) értéket. 1.4.22. Adjon formális rekurzi´ os elj´ ar´ ast a Hanoi tornyai j´ aték megoldás´ ara.

A

B

C

A j´ aték lényege: Van h´ arom r´ ud (A, B, C) és az A r´ udon n db k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o nagys´ ag´ u karika, nagys´ ag szerint sorba rendezve; legalul van a legnagyobb. Feladat, hogy helyezz¨ uk a´t az o¨sszes karik´ at a B r´ udra u ´ gy, hogy ugyanolyan sorrendben helyezkedjenek el, ahogy az A r´ udon voltak. Egy lépésben egyszerre egy karik´ at helyezhet¨ unk a´t egyik r´ udr´ ol b´ armelyik másikra, azzal a feltétellel, hogy nagyobb a´tmér˝oj˝ u karika nem lehet a kisebb karika felett.

1.5.

Teljes indukci´ o

1.5.1. Bizony´ıtsa be teljes indukci´ oval az al´ abbi, o¨sszegekre vonatkoz´ o egyenl˝ oségeket (n minden esetben természetes szám): a)

n X

6i =

i=0

b)

n X i=1

c)

n X i=1

d)

n X

i=

1 n+1 6 −1 5

n (n + 1) 2

i (i + 1) =

n (n + 1) (n + 2) 3

i (i + 1) (i + 2) =

i=1

e)

n X i=1

2i−1 = 2n − 1

n (n + 1) (n + 2) (n + 3) 4

´ 1.5. TELJES INDUKCIO n X

59

n (n + 1) (2n + 1) 6 i=1 2 n X n (n + 1) g) i3 = 2 i=1 f)

i2 =

1.5.2. Bizony´ıtsa be az al´ abbi egyenl˝ otlenségeket teljes indukci´ oval (n minden esetben természetes szám): a) n! > 3n , minden n ≥ 7 esetén 1 1 1 1 1 b) 2 + 2 + 2 + . . . + 2 < 2 − , minden n ≥ 2 esetén 1 2 3 n n c) n2 < 2n , minden n > 4 esetén d) (2n)! < (n!)2 4n−1 , minden n ≥ 5 esetén

e) 3n > n · 2n √ 1 1 1 1 f) √ + √ + √ + · · · + √ > n, minden n ≥ 2 esetén n 1 2 3 n g) (1 + h) ≥ 1 + hn, b´ armely h ∈ R, h > −1 esetén∗ n

h) (n + 1) < nn+1 , minden n > 2 esetén i) |sin nα| ≤ n |sin α|

1.5.3. Bizony´ıtsa be az al´ abbi oszthat´ os´ agokat teljes indukci´ oval (n minden esetben természetes szám): a) (2n)! oszthat´ o 2n -nel b) n3 + 5n oszthat´ o 6-tal c) 32n + 4n+1 oszthat´ o 5-tel d) n5 − 5n3 + 4n oszthat´ o 120-szal

e) 22n + 24n − 10 oszthat´ o 18-cal, ha n ≥ 1

1.5.4. Igazolja a k¨ ovetkez˝o, rekurz´ıv defin´ıci´ oval adott sorozatokra vonatkoz´ o a´ll´ıt´ asokat (n minden esetben természetes szám)† : ∗ Bernoulli-egyenl˝ otlens´ eg † A (b) ´ es (c) feladatban szerepl˝ o sorozat neve: Fibonacci-sorozat. Az (a)-ban szerepl˝ o sorozat u ń. Fibonacci-t´ıpus´ u sorozat: minden elemet a k¨ ozvetlen¨ ul el˝ otte a ´ll´ o k´ et elem line´ aris kombin´ aci´ ojak´ ent kapjuk meg.

60


a) a0 = 2, a1 = 1, an+2 = an+1 + 2an =⇒ an = 2n + (−1)n n b) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an =⇒ an+2 > 32 , ha n ≥ 1 c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an =⇒

an =

√1 5

h

√ n 1+ 5 2

−

√ n i 1− 5 2

1.5.5. Bizony´ıtsa be teljes indukci´ oval, hogy ha a p´ aratlan számokat 1-t˝ ol kezdve o¨sszeadjuk, mindig négyzetszámot kapunk. 1.5.6. Bizony´ıtsa be, hogy n darab egyenes a s´ıkot legfeljebb 12 n2 + n + 2 részre osztja. (Seg´ıtség¨ ul l´ asd az 1.4.5. feladatot.) 1.5.7. Bizony´ıtsa be, hogy n darab k¨ or a s´ıkot legfeljebb n2 − n + 2 részre osztja, ha n ≥ 1. (Seg´ıtség¨ ul l´ asd az 1.4.6. feladatot.) 1.5.8. Bizony´ıtsa be, hogy b´ armely n-szög bels˝o szögeinek o¨sszege: (n − 2) 180◦. 1.5.9. Bizony´ıtsa be teljes indukci´ oval, hogy n darab nem-negat´ıv val´ os szám mértani k¨ ozepe nem lehet nagyobb számtani k¨ ozep¨ uknél, azaz p a1 + a2 + . . . + an n a 1 a 2 . . . an ≤ . n

´ Utmutat´ as: Az egyik lehetséges megoldási módszer szerint el˝ oször mutassa meg, hogy igaz az a´ll´ıt´ as n = 2 esetén, majd azt, hogy tetsz˝oleges 2hatv´ any (n = 2m ) esetén. Ezut´ an bizony´ıtsa be, hogy ha igaz valamely k + 1 esetén, akkor k esetén is. 1.5.10. D¨ ontse el, hogy mi a hiba az al´ abbi indukci´ os bizony´ıt´ asokban. a) Bebizony´ıtjuk, hogy minden szám´ıt´ ogép ugyanolyan. P (1) nyilv´ an igaz, hiszen minden gép egyforma o¨nmag´ aval. Tegy¨ uk fel, hogy b´ armely k darab gép egyforma. Vegy¨ unk k + 1 darab gépet. T´ avol´ıtsuk el mondjuk az A jel˝ u gépet. A maradék k darab gép az indukci´ os feltevés értelmében egyforma. Vegy¨ unk ki ezek k¨ oz¨ ul egy másik gépet, jel¨ olj¨ uk ezt B-vel. Ez természetesen ugyanolyan, mint azok, amelyeket egy¨ utt hagytunk. Tegy¨ uk vissza most A-t, ´ıgy ismét k darab gépet kapunk, amelyek mind egyform´ ak. Teh´ at mind az A, mind a B gép ugyanolyan, mint amelyeket nem mozgattunk el. Ezzel bel´ attuk, hogy minden szám´ıt´ ogép egyforma.

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

61

b) Legyen a 6= 0 val´ os szám. Bebizony´ıtjuk, hogy b´ armely nemnegat´ıv egész n esetén an = 1. Mivel a0 = 1, ezért az a´ll´ıt´ as igaz n = 0 esetén. Tegy¨ uk fel, hogy valamely k egész számra igaz, hogy minden olyan m egész esetén, amelyre 0 ≤ m ≤ k teljes¨ ul, am = 1. Ekkor ak+1 =

ak ak 1·1 = = 1. k−1 a 1

c) Bebizony´ıtjuk, hogy b´ armely pozit´ıv egész n szám esetén: ha két pozit´ıv egész szám maximuma n, akkor a két szám egyenl˝ o. Ha két pozit´ıv egész szám maximuma 1, akkor a két egész szám csak 1 lehet, ´ıgy egyenl˝ ok. Tegy¨ uk fel, hogy ha két egész sz´ am maximuma k, akkor a két szám egyenl˝ o. Legyen x és y két olyan pozit´ıv egész szám, amelyek maximuma k + 1. Ebben az esetben x − 1 és y − 1 maximuma k. Az indukci´ os feltevés szerint ekkor x − 1 = y − 1, azaz x = y.

62


2. fejezet

Kombinatorika 2.1.

Permut´ aci´ ok

2.1.1. H´ anyféle sorrendben u ¨ ltethet¨ unk le 6 embert egym´ as mellé egy padra? 2.1.2. 12 hallgat´ o tal´ alkoz´ ot beszélt meg egym´ assal. H´ anyféle sorrendben érhettek oda, ha nem volt k¨ ozt¨ uk kett˝o olyan, akik egyszerre érkeztek? 2.1.3. H´ anyféleképpen helyezhet˝o el 8 b´ astya egy sakkt´ abl´ an u ´ gy, hogy ,,ne u ¨ ssék egym´ ast” – azaz ne ker¨ ulj¨ on két b´ astya sem egy sorba, sem egy oszlopba? 2.1.4. Egy dobozban 16 goly´ o van: 10 fehér, 4 piros és 2 kék. Egym´ as ut´ an kih´ uzzuk a goly´ okat. H´ anyféle sorrend lehetséges, ha az azonos sz´ın˝ ueket nem lehet megk¨ ul¨ onb¨ oztetni? 2.1.5. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o o¨tjegy˝ u számot tud fel´ırni az a) 1, 2, 3, 4, 5 b) 1, 1, 2, 3, 4 c) 1, 1, 2, 2, 2 számjegyek felhaszn´ al´ as´ aval? (Minden számjegyet pontosan annyiszor kell felhaszn´ alni, ah´ anyszor a felsorol´ asban szerepel.) 63

64

2. KOMBINATORIKA

2.1.6. H´ anyféleképpen olvashat´ o ki a k¨ ovetkez˝o sz´ o? K O M B I O M B I N M B I N A B I N A T I N A T O N A T O R

elrendezésben a kombinatorika N A T O R I

A T O R I K

T O R I K A

2.1.7. H´ anyféleképpen lehet kiosztani 5 tanul´ o k¨ oz¨ ott 5 jutalomk¨ onyvet, ha minden tanul´ o pontosan egy k¨ onyvet kaphat? (A k¨ onyvek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek.) 2.1.8. H´ anyféleképpen u ¨ ltethet˝ o le 8 ember egy kerekasztal k¨ oré, ha két elrendezés csak akkor szám´ıt k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek, ha ha van olyan személy, akinek nem ugyanaz a bal- vagy jobb szomszédja a két esetben.

2.2.

Vari´ aci´ ok

2.2.1. H´ anyféleképpen lehet 20 tanul´ o k¨ oz¨ ott 6 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o jutalomk¨ onyvet kiosztani, ha mindegyik¨ uk legfeljebb egy k¨ onyvet kaphat? 2.2.2. A vizsgaid˝ oszak egy napj´ an 30 hallgat´ o szeretne szóbeli vizsg´ at tenni az egyik oktat´ on´ al, aki azonban csak 18 embert tud egy nap alatt levizsg´ aztatni. Az els˝o 18 jelentkez˝o vizsg´ azhat, mégpedig a jelentkezés sorrendjében. H´ anyféleképpen alakulhat a vizsga rendje? 2.2.3. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számjegyek felhaszn´ al´ as´ aval h´ any o¨tjegy˝ u szám kész´ıthet˝ o? Mi a v´ alasz a kérdésre abban az esetben, ha mindegyik felsorolt számjegy csak egyszer haszmálhat´ o fel? 2.2.4. H´ any olyan hatjegy˝ u szám van (tizes számrendszerben), amelyben nincs két egyforma számjegy? Mi a v´ alasz a kérdésre 8-as, illetve tizenkettes sz´ amrendszerben? 2.2.5. H´ anyféleképpen lehet kit¨ olteni a tot´ oszelvény egy oszlop´ at? 2.2.6. 10-szer feldobunk egy a) pénzérmét; b) dob´ okock´ at.

´ OK ´ 2.3. KOMBINACI

65

H´ anyféle dob´ assorozat alakulhat ki? 2.2.7. Egy tesztben 30 kérdés mindegyikéhez o¨tféle v´ alaszt adtak meg, amelyek k¨ oz¨ ul a v´ alaszad´ onak pontosan egyet kell megjel¨ olni. H´ anyféleképpen t¨ oltheti ki a tesztet az a hallgat´ o, aki csak vakt´ aban pr´ ob´ alkozik?

2.3.

Kombin´ aci´ ok

2.3.1. H´ anyféleképpen lehet 20 tanul´ o k¨ oz¨ ott 6 egyforma jutalomk¨ onyvet szétosztani? 2.3.2. H´ anyféleképpen oszthatunk ki a 32 lapos magyar k´ arty´ ab´ ol egy j´ atékosnak 4 lapot. (Nem lényeges, hogy a j´ atékos a lapokat milyen sorrendben kapja.) 2.3.3. H´ anyféleképpen lehet kit¨ olteni egy lott´ oszelvényt? 2.3.4. A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } a) H´ any 3-elem˝ u részhalmaza van A-nak? b) H´ any olyan 5-elem˝ u részhalmaza van A-nak, amelynek 7 eleme? c) H´ any olyan 4-elem˝ u részhalmaza van A-nak, amelynek elemei p´ aratlanok? 2.3.5. A BKV jegyeken 9 számjegy tal´ alhat´ o, amelyek k¨ oz¨ ul érvényes´ıtéskor 3-at vagy 4-et lyukasztunk ki. H´ anyféle lyukkombin´ aci´ o lehetséges? 2.3.6. Egy 32-lapos k´ artyacsomagból 6 lapot h´ uzunk. H´ anyféleképpen alakulhat a h´ uz´ as eredménye, ha a) a kih´ uzott lapok sorrendje is szám´ıt; b) a kih´ uzott lapok sorrendje nem szám´ıt. 2.3.7. Egy u ¨ zletben 12 féle képeslapot a´rulnak. H´ anyféleképpen vehet¨ unk 5 képeslapot, ha mindegyik fajt´ ab´ ol legal´ abb 5 db a´ll rendelkezésre?

66

2.4.

2. KOMBINATORIKA

Vegyes

2.4.1. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyekb˝ ol h´ any négyjegy˝ u szám a´ll´ıthat´ o o¨ssze, ha a) mindegyik számjegyet legfeljebb egyszer haszn´ alhatjuk fel; b) mindegyik számjegy felhaszn´ alhat´ o t¨ obbsz¨ or is; c) mindegyik számjegyet csak egyszer lehet felhaszn´ alni és a számjegyek a számban n¨ ovekv˝ o sorrendben k¨ ovetik egym´ ast; d) mindegyik számjegy t¨ obbsz¨ or is felhaszn´ alhat´ o és a jegyek a számban nem csökken˝ o sorrendben k¨ ovetik egym´ ast? 2.4.2. H´ any olyan o¨tjegy˝ u szám van, amelyek jegyei a) p´ aratlanok; b) p´ arosak; c) p´ aratlanok és mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek; d) p´ arosak és mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek? 2.4.3. A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 számjegyekb˝ ol h´ any olyan 6-jegy˝ u szám a´ll´ıthat´ o o¨ssze, amelynek jegyei k¨ oz¨ ott legal´ abb egy ismétl˝ odés van? 2.4.4. H´ any olyan hatjegy˝ u szám van, amelyekben a szomszédos számjegyek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek? 2.4.5. H´ anyféleképpen lehet a Jupiter szó bet˝ uit o¨sszekeverni u ´ gy, hogy a mag´ anhangz´ ok az abc-nek megfelel˝o sorrendben k¨ ovessék egym´ ast? 2.4.6. Az oxigénnek h´ arom, a hidrogénnek két stabil izot´ opja van. H´ anyféle v´ızmolekula képz˝odhet ezekb˝ ol? 2.4.7. Egy kollégiumi szob´ aban h´ arom di´ ak lakik. Négy csészéj¨ uk, o¨t csészealjuk, és hat kiskanaluk van. (Az egyes csészék, al´ atétek és kiskanalak mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ok.) H´ anyféleképpen ter´ıthetnek teáz´ ashoz, ha mindh´ arman egy-egy csészét, csészealjat és kiskanalat kapnak? 2.4.8. Ha egy halmaz elemeinek szám´ at kett˝ovel n¨ ovelj¨ uk, akkor az elemek permut´ aci´ oinak száma az eredeti permut´ aci´ ok számának 930-szorosa lesz. H´ any elem˝ u a halmaz?

2.4. VEGYES

67

2.4.9. Egy dobozban h´ arom sárga goly´ o van. H´ any piros goly´ ot kell betenni ahhoz, hogy a dobozban tal´ alhat´ o goly´ okat 4495 sorrendben lehessen egym´ as ut´ an kih´ uzni, ha az azonos sz´ın˝ u goly´ okat nem lehet megk¨ ul¨ onb¨ oztetni? 2.4.10. H´ arom kocsiból a´ll´ o villamosra 9 ember száll fel u ´ gy, hogy minden kocsira h´ arom ember jut. H´ anyféleképpen t¨ orténhet ez? 2.4.11. Egy pénzérmét 12-szer egym´ as ut´ an feldobunk. a) H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o dob´ assorozatunk lehet? b) H´ anyszor lehet 8 fej és 4 ´ırás a dob´ assorozatban? 2.4.12. Egy pénzérmét n-szer feldobunk egym´ as ut´ an. Ha a dob´ asok számát 2vel n¨ ovelj¨ uk, akkor az eredménysorozatok száma 3072-vel n˝ o. H´ anyszor dobtunk? 2.4.13. Egy 12 tag´ u t´ arsaság csónakokat bérel. H´ anyféleképpen foglalhatnak helyet a csónakokban, ha a) egy 3-, egy 4- és egy 5-¨ uléses csónak van; b) h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 4-¨ uléses csónak van; c) h´ arom egyforma 4-¨ uléses csónak van? 2.4.14. Egy 32 lapos magyark´ artya-csomagb´ ol egyszerre kivesz¨ unk 5 lapot. H´ any olyan h´ uz´ as lehetséges, ahol a kih´ uzott lapok k¨ oz¨ ott a) csak piros fordul el˝ o; b) pontosan egy piros van; c) van piros; d) 2 piros és 3 zöld van; e) minden sz´ın el˝ ofordul; f) pontosan 1 a´sz és 4 piros tal´ alhat´ o; g) mind a´sz vagy piros; h) az o¨sszes a´sz és piros? 2.4.15. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ou ´ tvonalon juthatunk el a sakkt´ abl´ an a bal fels˝o sarokban lév˝ o mez˝ or˝ ol a jobb als´ o sarokban lév˝ ore, ha b´ armely érintett mez˝or˝ ol csak az alatta lév˝ o vagy pedig a jobb oldal´ an a´ll´ o mez˝ore léphet¨ unk?

68

2. KOMBINATORIKA

2.4.16. Egy terem mennyezetén 5 sorban, 6 oszlopban o¨sszesen 30 l´ ampa van felszerelve. K¨ oz¨ ul¨ uk 4 nem vil´ ag´ıt. Nincs olyan sor és nincs olyan oszlop, amelyben egynél t¨ obb l´ ampa nem égne. H´ anyféleképpen lehetséges ez? 2.4.17. H´ anyféleképpen u ¨ ltethet¨ unk le egy kerek asztal k¨ oré 5 n˝ ot és 5 férfit u ´ gy, hogy se 2 n˝ o, se 2 férfi nem ker¨ ulj¨ on egym´ as mellé, ha az egym´ asba elforgathat´ o eseteket a) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek; b) azonosnak tekintj¨ uk? 2.4.18. Egy pont egységnyi lépéseket tesz meg a számegyenesen pozit´ıv vagy negat´ıv irányban. H´ anyféleképpen juthat el az orig´ ob´ ol n lépéssel a k pontba? 2.4.19. H´ any metszéspontja van maxim´ alisan egy konvex 9-szög a´tl´ oinak a 9-szög belsejében? 2.4.20. Egy o¨sszejövetelen 9 férfi és 12 n˝ o vesz részt. H´ anyféleképpen t´ ancolhat 7 p´ ar? 2.4.21. H´ anyféleképpen lehet 24 egyforma goly´ ot 8 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o dobozba szétosztani u ´ gy, hogy a) a dobozokba ak´ ar 0 goly´ o is ker¨ ulhet; b) minden dobozban legyen legal´ abb 1 goly´ o; c) minden dobozban legal´ abb 2 goly´ o legyen?

2.5.

Binomi´ alis egy¨ utthat´ ok

2.5.1. Igazolja az al´ abbi o¨sszef¨ uggéseket: n n a) = k n−k n X n c) = 2n k k=0 n n n−1 e) = · k k k−1

n n n+1 b) + = k k+1 k+1 n X n k d) (−1) · =0 k k=0 n X n f) k· = n · 2n−1 k k=1

´ ´ 2.6. BINOMIALIS TETEL

69

2.5.2. Oldja meg a [0; 23] ∩ Z halmazon a 0, 7 ·

2.6.

25 23 = egyenletet! x x

Binomi´ alis t´ etel

2.6.1. Végezze el a k¨ ovetkez˝o hatv´ anyoz´ asokat: 5

a) (a + b)

4

6

b) (3x − 1)

c) (2x − 3y)

2.6.2. Igazolja a k¨ ovetkez˝o o¨sszef¨ uggéseket: n n X X n n k n a) (−2) · = (−1) b) 2k · = 3n k k k=0

k=0

70

2. KOMBINATORIKA

3. fejezet

Matematikai logika 3.1.

Kijelent´ eslogika

Kijelent´ esek 3.1.1. V´ alassza ki az al´ abbi mondatok k¨ oz¨ ul a kijelentéseket. a) A printerem elromlott. b) H´ any hallgat´ oja van ennek az évfolyamnak? c) Minden x és y val´ os számra igaz, hogy x2 − y 2 = (x − y)(x + y).

d) J´ o reggelt, Vietnam!

e) B´ armely p´ aros szám el˝ oa´ll´ıthat´ o legfeljebb két pr´ımszám o¨sszegeként.∗ f) T¨ or¨ old le a képerny˝ ot! g) Ha 7 p´ aros szám, akkor az o¨sszeadás a val´ os számok halmazán nem kommutat´ıv. h) Van piros sz´ın˝ u rózsa. 3.1.2. Adjon meg olyan kijelentéseket, melyekben a mondat alanya eleme az al´ abbi halmaznak. Hat´ arozza meg a kijelentések igazs´ agértékét! a) {x | x vir´ ag} ∗ P´ aros

Goldbach-sejt´ es

71

72

3. MATEMATIKAI LOGIKA

b) {(x, y) | x − y = 6, x ∈ R, y ∈ R} c) {g | g s´ıkbeli g¨ orbe, amely az x tengelyt az orig´ oban és a (2, 0) pontban metszi. } d) {I | I intervallum, amelynek b´ armely két pontja legfeljebb 1 t´ avolságra van. } e) {x | x fekete, x ∈ {italok}} 3.1.3. Tagadja az al´ abbi kijelentéseket, és a tagad´ ast fogalmazza meg t¨ obbféleképpen. a) b) c) d) e) f)

Kati iskol´ aba megy. Minden f˝ oiskolai hallgat´ o szorgalmas. Van p´ aros pr´ımszám. A 9 nem p´ aros és nem oszthat´ o 3-mal. A 21 p´ aros vagy oszthat´ o 2-vel. Minden asszony életében van egy olyan pillanat, amikor olyat tesz, amit nem szabad. (Fogalmazza meg a tagad´ ast u ´ gy, hogy ne szerepeljenek a mondatban a nem és a nincs szavak.)

3.1.4. Formalizálja az al´ abbi kijelentéseket a kijelentéslogik´ aban. a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k)

Hideg van és esik az es˝o. S¨ ut a nap, de nem f´ uj a szél. Ha melegem van és éhes vagyok, nem tudok dolgozni. Ha Marci id˝ oben felébred és eléri a vonatot, akkor boldog lesz, de ha nem ébred fel id˝ oben, akkor nem lesz boldog. Busszal vagy gyalog megyek vagy se nem busszal, se nem gyalog. Ha holnap j´ o id˝ o lesz, akkor — ha lesz kedvetek hozz´ a — elmegy¨ unk sétálni. Egy egészekb˝ ol a´ll´ o kéttag´ u o¨sszeg pontosan akkor p´ aratlan, ha a tagok k¨ oz¨ ul pontosan az egyik p´ aratlan. Tavasszal, cseresznyefavir´ agz´ askor a jap´ anok a f´ ak alatt piknikeznek. A f¨ uge akkor terem meg Magyarországon, ha a h˝ omérséklet meghaladja a 30◦ -ot és szárazság van. Juli mindig tud aludni, kivéve akkor, ha a margitszigeti sz´ınpadon operát j´ atszanak. Valah´ anyszor piros a l´ ampa, megállok, egyébként nem.

´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

73

Logikai formul´ ak 3.1.5. Igazolja azonos a´talak´ıt´ asokkal, hogy az al´ abbi formulap´ arok egyenérték˝ uek. a) p ∨ (¬p ∧ q)

b) p ∧ (¬p ∨ q)

p∨q

p∧q

c) (p ∧ (¬p ∨ q)) ∨ ¬p ∨ q

(p ∧ q) ∨ ¬(p ∧ ¬q)

3.1.6. Egyenérték˝ uek-e az al´ abbi formul´ ak? a) (¬p ∧ q) ∨ (p ↔ q)

b) ¬(p → (q ∧ r))

p→q

(p → q) → (p → ¬r)

3.1.7. Adjon meg az al´ abbi logikai formul´ akkal egyenérték˝ u diszjunkt´ıv normálformákat. a) ((p → q) ∧ r) ∨ ¬p ∨ ¬q

b) ((p → q) ∧ r) ↔ (¬p ∨ ¬q)

c) ((p ∧ q) ∨ (r → p)) ↔ (p → q)

d) ¬ ((p → q) ∧ ¬r) ∨ (¬p → ¬q) e) ¬ ((p → q) ∧ ¬r) ∧ (¬p → ¬q)

3.1.8. V´ alassza ki az al´ abbiak k¨ oz¨ ul a tautol´ ogi´ akat. a) ¬ ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r)

b) ¬ (p ∧ ¬q) ∨ ¬q

c) ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r)

´ 3.1.9. Allap´ ıtsa meg Quine-algoritmus seg´ıtségével, hogy az al´ abbi formul´ ak k¨ oz¨ ul melyik tautol´ ogia, kielég´ıthet˝ o, illetve kontradikci´ o. a) ((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → p

b) (¬(p ↔ r) ∧ q) → (p ∨ q) c) p → (¬q ∧ (¬q → ¬p))

d) (p ∨ ¬q) → ((¬p ∧ r) ↔ (q → ¬p))

e) (p ∨ ((¬q ∨ r) → p)) ↔ (¬p ∧ (q → r))

74


3.1.10. Adja meg a 4. péld´ aban szerepl˝ o c), f) és h) kijelentések a) megford´ıt´ as´ at; b) tagad´ as´ at; c) kontrapoz´ıci´ oj´ at.

K¨ ovetkeztet´ esek a kijelent´ eslogik´ aban 3.1.11. Lak´ asbetörés t´ argy´ aban folyik a nyomozás. A nyomozás az al´ abbiakat a´llap´ıtja meg: A1 : Ha a tettes férfi, akkor kistermet˝ u. A2 : Ha kistermet˝ u, akkor az ablakon mászott be. A3 : Férfi a tettes, de legal´ abbis férfiruh´ at hordott. A4 : Ha férfiruh´ at hordott, akkor feltéve, hogy hiteles a szemtan´ u vallomása, az ablakon mászott be. A5 : Nem az ablakon mászott be. a) Írja le a fenti o¨sszetett kijelentéseket az al´ abbi jel¨ oléseket haszn´ alva: p : Férfi a tettes. q : Kistermet˝ u a tettes. r : Ablakon mászott be a tettes. s : Férfiruh´ at hordott a tettes. t : Hiteles a szemtan´ u vallomása. b) Feltéve, hogy a nyomozás o¨sszes megállap´ıt´ asa helyes, d¨ ontse el, hogy a szemtan´ u vallomása hiteles vagy sem. 3.1.12. Egész´ıtse ki az al´ abbi t´ abl´ azatot u ´ gy, hogy az A, B, C ⇒ D helyes k¨ ovetkeztetési séma legyen. Ahol b´ armelyik logikai érték szerepelhet, a 0/1 jelet ´ırja. A 1 1 0

B 1 1 0

C 1 1 1 1

D 1 0


75

3.1.13. Helyesek-e az al´ abbi kijelentéslogikai k¨ ovetkeztetések? a) p → (q → r),

b) p → (q → r), c) p ∨ (q → r),

d) (p ∧ q) ↔ r, e) ¬r → q, f) p → r,

p → q,

q ∨ ¬r,

⇒

q

(q ∨ ¬r) ∨ s,

r → s,

¬q ∨ p,

p ∨ s,

q→r

s → ¬q,

s

q

(p ∨ r) → q

⇒

p

p→r

¬(p → s)

¬(p ↔ q)

⇒

⇒

⇒

⇒

¬p

q→s

r

3.1.14. Milyen konkl´ uzi´ ot vonhatunk le az al´ abbi premisszákb´ ol? a) A1 : Ha az o´r´ am j´ ol j´ ar, akkor — ha idejében j¨ on az aut´ obusz — megérkezem a gyakorlat megkezdése el˝ ott. A2 : Idejében j¨ on az aut´ obusz, mégsem érkezem meg a gyakorlat megkezdése el˝ ott. b) A1 : Ha elmegy¨ unk Tihanyba, akkor F¨ uredre is elmegy¨ unk, de csak akkor. A2 : Ha nem megy¨ unk Almádiba, akkor F¨ uredre sem megy¨ unk. A3 : Az biztos, hogy nem megy¨ unk Almádiba is meg Tihanyba is, de vagy Almádiba vagy Tihanyba elmegy¨ unk. 3.1.15. Formalizálja az al´ abbi kijelentéseket, és v´ alaszoljon a feltett kérdésre. a) Egy gyilkossággal kapcsolatban az al´ abbiakat siker¨ ult megállap´ıtani: A1 : Ha Joe nem tal´ alkozott akkor éjjel Freddel, akkor Fred a gyilkos vagy Joe hazudik. A2 : Ha nem Fred a gyilkos, akkor Joe nem tal´ alkozott akkor éjjel Freddel, és a gyilkosság éjfél ut´ an t¨ ortént. A3 : Ha a gyilkosság éjfél ut´ an t¨ ortént, akkor Fred a gyilkos vagy Joe hazudik. A gyilkos ut´ an nyomozó fel¨ ugyel˝ o ezek alapj´ an arra k¨ ovetkeztetett, hogy Fred a gyilkos. Helyesen tette-e? b) Az al´ abbi informáci´ okat tudjuk a hétvégi programmal kapcsolatban: A1 : Ha esik az es˝o, étteremben ebédel¨ unk. A2 : Ha nem étteremben ebédel¨ unk, akkor elmegy¨ unk kir´ andulni. A3 : Ha kir´ andulunk, akkor nem esik az es˝o, és étteremben ebédel¨ unk.

76


K¨ ovetkezik-e ezekb˝ ol, hogy (akkor és) csak akkor kir´ andulunk, ha nem esik az es˝o. c) A Ewing családr´ ol az al´ abbi informáci´ ok a´llnak rendelkezés¨ unkre: A1 : Samantha (akkor és)csak akkor kezd el inni, ha Jockey eladja a részvényeket Cliff Barnes-nak és Pamela o¨sszevész Bobby-val. A2 : Ha Samantha elkezd inni, Ellie boldogtalan lesz. A3 : Nem igaz az, hogy ha Jockey eladja a részvényeket Cliff Barnesnak, akkor Ellie boldogtalan lesz. K¨ ovetkezik-e ezekb˝ ol, hogy Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela o¨sszevész Bobby-val? Mi a helyzet akkor, ha az A1 -et a k¨ ovetkez˝oképpen módos´ıtjuk: A1 : Samantha inni kezd, ha... d) V´ as´ arl´ as k¨ ozben a k¨ ovetkez˝oképpen morfond´ırozunk: A1 : Ha veszek almát és olcsó a toj´ as, kész´ıtek máglyarak´ ast. A2 : Ha dr´ aga a toj´ as, akkor nem veszek almát és éhes maradok. A3 : Csak akkor nem maradok éhes, ha kész´ıtek máglyarak´ ast. Formalizálja a kijelentéseket, és d¨ ontse el, hogy k¨ ovetkezik-e ezekb˝ ol, hogy ha olcsó a toj´ as, akkor nem maradok éhes. 3.1.16. Erdei sétánkon Noszminosz mesevárosába érkez¨ unk, ahol az al´ abbi informáci´ okat kapjuk: A1 : Feltéve, hogy Noszminosz igazmond´ o, o˝ a v´ aros tan´ıt´ oja és Grettli nem fah´ azban él. A2 : Ha Grettli az erd˝o melletti fah´ azban él, akkor nem a v´ aros réme. A3 : Ha Grettli az erd˝o mellett él és Noszminosz igazmond´ o, akkor Grettli nem a v´ aros réme. a) Formalizálja a kijelentéseket és d¨ ontse el, hogy az A3 k¨ ovetkezményee az A1 és A2 kijelentéseknek. b) Ha tudjuk, hogy az els˝o két a´ll´ıt´ as igaz, de a harmadik hamis, mit tudunk mondani Noszminoszról?

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

3.2.

77

Predik´ atumlogika

Predik´ atumok 3.2.17. Tekints¨ uk a P xyz o¨sszetett predik´ atumot, amelynek v´ altoz´ oi az egész számokon vannak értelmezve: P xyz : ((x < y) ∧ (y < z)) ∨ (¬ (x + y < z)) Hat´ arozza meg az al´ abbi kijelentések igazs´ agértékét. a) P 345 b) P 113 c) P − 211 3.2.18. Legyenek a P , Q és R a val´ os számok halmazán értelmezett predik´ atumok a k¨ ovetkez˝ok: Px : x < 7

Qx : x > 15

Rx : x < 0

Fejezze ki az al´ abbiakban megadott predik´ atumokat a P , Q és R predik´ atumokkal, valamint a ¬, a ∨ m˝ uveleti jelek felhaszn´ al´ as´ aval. a) 0 ≤ x

b) 7 ≤ x ≤ 15 c) 0 ≤ x < 7

d) 0 ≤ x ≤ 15

e) (0 ≤ x < 7) ∨ (x > 15)

Kvantifik´ aci´ o 3.2.19. Formalizálja a k¨ ovetkez˝o kijelentéseket a predik´ atumlogik´ aban. a) Minden holl´ o fekete. b) Van fehér hatty´ u. c) Az any´ ak szeretik fiaikat. d) A vas fém.

78


e) Van olyan torony, amelyik nem f¨ ugg˝ oleges. f) P´ al levelet adott Paul´ anak g) Nem minden szám racion´ alis. h) Nincs olyan szám, amely ha racion´ alis, akkor irracion´ alis. 3.2.20. Legyen az al´ abbiakban a v´ altoz´ ok alaphalmaza az egész sz´ amok halmaza. Milyen kvantorokat ´ırjunk az al´ abbi predik´ atumok vagy a predik´ atumok neg´ aci´ oja elé, hogy igaz ill. hamis kijelentéseket kapjunk? a) P x : 2x + 3 = 7 b) P x : 3x + 3 = 7 c) P xy : x2 + y 2 = 4 d) P x : ||x − 2| − |x − 1|| ≤ 1 3.2.21. Írja le szavakkal az al´ abbi formalizált kijelentéseket, ha az F xy kétv´ altoz´ os predik´ atum jelentése: x fél y-t´ ol. a) ∀x ∃y F xy

b) ∃x ∀y F xy

c) ∀y ∃x F xy

d) ∃y ∀x F xy 3.2.22. Tételezz¨ uk fel, hogy képerny˝ onk 80x25-¨ os, azaz egy sorba 80 karakter ´ırhat´ o, a sorok száma pedig 25. A kurzor lehetséges poz´ıci´ oit rendezett számpárral ´ırjuk le: (oszlopszám, sorszám). A számozást a bal fels˝o sarokt´ ol kezdj¨ uk. A képerny˝ o (1,1), (20,1) és (1,20) pontok a´ltal kijel¨ olt h´ aromszög alak´ u része piros sz´ın˝ ure van kifestve. Írja le az al´ abbi formaliz´ alt kijelentéseket, ahol F xy azt jelenti, hogy a képerny˝ o (x, y) poz´ıci´ oj´ u pontja piros; Qx, hogy 17 ≤ x; Rx, hogy x ≤ 20; Sxy pedig, hogy y ≤ (21 − x). Döntse el, hogy a megfelel˝o a´ll´ıt´ asok igazak vagy hamisak. a) ∀x ∀y F xy

b) ∃x ∃y (¬F xy)

c) ∃x (∀y (¬F xy))

d) ∃y ∀x (F xy ∨ Qx)

e) ∀x ∀y (Rx ∧ Sxy ∧ F xy)


79

f) ∀x ∀y ((Rx ∧ Sxy) → F xy) 3.2.23. Legyenek a természetes számok halmazán értelmezve az al´ abbi predik´ atumok: P x: x pr´ımszám

Sx: x p´ aratlan szám

és

Qx : x ≤ 2.

Írja le az al´ abbi formul´ aknak megfelel˝o kijelentéseket. Melyek k¨ oz¨ ul¨ uk az igaz a´ll´ıt´ asok? a) ∀x (P x → ¬Sx)

b) ∃x (P x ∧ ¬Sx)

c) ∀x (P x → (Sx ∨ Qx))

d) ¬∃x ((P x ∧ ¬Sx) → ¬Qx) 3.2.24. Defini´ aljuk az egész számok halmazán a k¨ ovetkez˝o predik´ atumokat: P x: x pr´ımszám

és Oxy: x osztója y-nak.

Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o formul´ akat: 1. ∀x (P x → O4x) 3. ∀x (P x → ∀y (Oyx → P y))

2. P 3 ∧ ¬O36 4. ∃x (P x ∧ ¬O4x)

a) Írja le a fenti formul´ akat k¨ oznapi nyelven. ´ b) Ertékelje ki a formul´ akat az adott interpretáci´ oban. c) Van-e két olyan formula, amelyek egym´ as tagad´ asai? Melyek azok, miért? d) Formalizálja k¨ ovetkez˝o mondatokat: Minden számnak van osztója. Van olyan szám, amelynek nincs pr´ımosztója. 3.2.25. Defini´ aljuk a vir´ agok halmazán a k¨ ovetkez˝o predik´ atumokat: P x : x piros

és

Sxy : x szebb, mint y

Valamint vezess¨ uk be a t : tulip´ an, és az r : rózsa individuum-konstansokat. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o formul´ akat: 1. ∀x (P x → Sxt) 3. ∀x ((¬P x ∧ Sxr) → ∀y Sxy)

2. P r ∧ ¬Srt 4. ∃x (P x ∧ ¬Sxt)

80


a) Írja le a fenti formul´ akat k¨ oznapi nyelven. b) Van-e két olyan formula, amelyek egym´ as tagad´ asai? Melyek azok, miért? c) Van-e két olyan formula, amelyekre A → B igaz, de B → A nem? d) Formalizálja a k¨ ovetkez˝o mondatokat: Nincs olyan vir´ ag, amely mindegyiknél szebb. ( Nincs legszebb vi” rág.”) Minden vir´ ag szebb valamelyiknél. ( Nincs legcs´ uny´ abb vir´ ag.”) ” 3.2.26. Defini´ aljuk a n˝ ok halmazán a k¨ ovetkez˝o predik´ atumokat: Sx : x sz˝oke; Oxy : x okosabb, mint y; valamint vezess¨ uk be a k : Kati individuum-konstanst. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝o kijelentéseket: 1. Sk ∧ ∀x (¬Sx → ¬Okx) 3. ¬Sk ∨ ∃x (¬Sx ∧ Okx)

2. ∀x (Sx → ∀y (¬Sy → Oyx)) 4. ∃x (Sx ∧ Oxk)

a) Fogalmazza meg a kijelentéseket k¨ oznapi nyelven. b) Melyik az a két formula, amelyek egym´ as tagad´ asai? Miért? c) Nevezze meg azt a szab´ alyt, amelyet az el˝ oz˝ o kérdésnél haszn´ alt. d) Formalizálja a k¨ ovetkez˝o kijelentést: A sz˝oke n˝ ok nem lehetnek mindenkinél okosabbak. 3.2.27. Formalizálja az al´ abbi k¨ ozmondásokat. a) Aki a kicsit nem becs¨ uli, a nagyot nem érdemli. b) Ki kor´ an kel, aranyat lel. c) Nincsen rózsa t¨ ovis nélk¨ ul. d) Minden szentnek maga felé hajlik a keze. e) Nem mind arany, ami fénylik. f) Aki szelet vet, vihart arat. g) Mindenkinek megvan a maga keresztje.


81

Predik´ atumlogikai formul´ ak interpret´ aci´ oi 3.2.28. Adja meg az al´ abbi predik´ atumlogikai formul´ ak logikai értékeit az I1 és I2 interpretáci´ okban. Az univerzumok rendre U1 = N és U2 = Q. A predik´ atumok jelentése mindkét interpretáci´ oban: P xy : x < y, Qxy : x ≤ y. a) ∀x ∃y P xy

b) ∃x ∀y Qxy c) ∃y ∀x Qxy

d) ∀y ∃x P xy

e) ∀x ∀y ∃z ((P xz ∧ P zy) ∨ (P yz ∧ P zx))

3.2.29. Adja meg az al´ abbi predik´ atumlogikai formul´ ak logikai értékeit I1 és I2 interpretáci´ okban. Az univerzumok mindkét interpret´ aci´ oban azonosak: U1 = U2 = {a tér egyenesei}. A predik´ atumok jelentése I1 esetén P xy: x egy pontban metszi y-t, I2 -ben pedig P xy: x és y kitér˝oek. a) ∀x ∀y (P xy → P yx)

b) ∃x ∃y ∃z ((P xy ∧ P yz) → P xz)

c) ¬∃x ∃y ∃z ((P xy ∧ P yz) → ¬P xz)

d) ∀x ∀y ∀z ((P xy ∧ P yz) → P xz)

3.2.30. Legyenek az L els˝orend˝ u nyelvben az individuum-v´ altoz´ ok x és y. A nyelvben adott egy f kétv´ altoz´ os f¨ uggvény és két kétv´ altoz´ os predik´ atum P és Q. A formul´ ak ép´ıtéséhez a szok´ asos logikai m˝ uveleti és segédjelek haszn´ alhat´ ok. ´ ekelje ki az al´ Er´ abbiakban megadott formul´ akat a k¨ ovetkez˝o interpretácio´ban: U = Z+ , f (x, y) : x és y legnagyobb k¨ oz¨ os osztója, P xy : x osztója y-nak, Qxy : x = y. a) ∀x ∃y P xy

c) ∃x ∀y P xy e) ∀x ∀y ∀z Qf (x, y) z

g) ∀x ∀y ∃z Qf (x, y) z

b) ∀x ∀y P xy

d) ∃x ∃y P xy f) ∀x ∃y ∀z Qf (x, y) z

h) ∀z ∃x ∃y Qf (x, y) z

82


3.2.31. Adjon meg olyan els˝orend˝ u nyelvet, mely alkalmas az al´ abbi a´ll´ıt´ asok le´ırás´ ara. Írja le a megfelel˝o formul´ akat. a) Minden 1-nél nagyobb természetes számnak van pr´ımosztója. b) B´ armely pr´ımszámnál van nagyobb pr´ımszám. c) Végtelen sok ikerpr´ım van. (Ikerpr´ım: p és p + 2, ha mindkett˝o pr´ım.) 3.2.32. Legyenek az L els˝orend˝ u nyelvben az individuum-v´ altoz´ ok x, y és z. A nyelvben adott egy f kétv´ altoz´ os f¨ uggvény és egy kétv´ altoz´ os predik´ atum P . A formul´ ak ép´ıtéséhez a szok´ asos logikai m˝ uveleti és segédjelek haszn´ alhat´ ok. Adjon meg olyan interpretáci´ ot, amellyel egy az U -n értelmezhet˝o kétv´ altoz´ os m˝ uvelet al´ abbi tulajdons´ agai ´ırhat´ ok le. Adja meg a megfelel˝o formul´ akat. a) kommutativit´ as b) asszociativit´ as c) idempotencia 3.2.33. Defini´ aljon els˝orend˝ u nyelvet és annak olyan interpretáci´ oj´ at, amelyben a homogén bin´ aris reláci´ ok al´ abbi tulajdons´ agai ´ırhat´ ok le. Adja meg a megfelel˝o formul´ akat. a) reflexivit´ as b) szimmetria c) antiszimmetria d) tranzitivit´ as

Levezet´ esek els˝ orend˝ u nyelvben 3.2.34. Legyenek adottak a k¨ ovetkez˝o szab´ alyok: 1. (x ∧ y) ⇒ x 2. (x ⇒ (x ∨ y)) 3. (x → y) ⇔ (¬x ∨ y)

4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z)) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x) 6. x, x → y ⇒ y (modus ponens)

Igazolja kiz´ ar´ olag a fenti szab´ alyok alkalmazás´ aval az al´ abbi k¨ ovetkeztetések helyességét.


83

a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y)

b) (x → (y ∧ z)) ⇒ ((x → y) ∧ (x → z)) c) (x → (x ∧ y)) ⇒ (x → y)

3.2.35. Legyen a halmaznyelv jelkészlete a k¨ ovetkez˝o: A, B, C, . . . jeleket nevezz¨ uk halmazoknak, U -val jel¨ olj¨ uk az u ´ n. univerzális halmazt, ∅ pedig jelentse az u ¨ res halmazt. A m˝ uveleti jelek: ∪, ∩ és a ∆. Segédjelek: (, ). Kétv´ altoz´ os reláci´ o jel: =. A nyelv formul´ ai az al´ abbi rekurzi´ oval adottak: 1. A, B, C, . . . U, ∅ formul´ ak.

2. Ha A és B formul´ ak, akkor (A ∪ B), (A ∩ B) és (A ∆ B) is formul´ ak.

3. A nyelvben az el˝ oz˝ o két pontban megadott formul´ akon k´ıv¨ ul más formula nincs. Axi´ om´ ak. 1. 2. 3. 4.

(A ∪ ∅) = A (A ∩ U ) = A (A ∪ B) = (B ∪ A) (A ∩ B) = (B ∩ A)

5. 6. 7. 8.

(A ∪ (B ∩ C)) = ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C)) (A ∩ (B ∪ C)) = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) (A ∪ (U ∆ A)) = U (A ∩ (U ∆ A)) = ∅

a) Bizony´ıtsa be, hogy (A ∩ ∅) = ∅.

b) Igazolja, hogy ha valamely X és Y halmazra igaz az al´ abbi két a´ll´ıt´ as T1 : (X ∩ Y ) = ∅, T2 : (X ∪ Y ) = U, akkor igaz a T3 : Y = (U ∆ X) a´ll´ıt´ as is.

84


4. fejezet

Algebrai strukt´ ur´ ak 4.1.

Algebrai strukt´ ur´ ak, m˝ uveletek

4.1.1. Algebrai strukt´ ur´ ak-e az al´ abbiak: a) a val´ os számok halmaza az osztásra nézve; b) a bj (b ∈ Z) alak´ u komplex számok az o¨sszeadásra, illetve a szorzásra nézve; c) az {1, 2, 3, 4} halmaz a mod5∗ szorzásra és o¨sszeadásra nézve;

d) a val´ os számok halmazán értelmezett szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o f¨ uggvények a kompoz´ıci´ ora nézve; e) a 3 × 3-as diagon´ alis mátrixok az o¨sszeadásra, illetve a szorzásra nézve; f) a pr´ımszámok halmaza a legnagyobb k¨ oz¨ os osztó, illetve legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os m˝ uveletre nézve. 4.1.2. Vizsg´ alja meg az al´ abbi m˝ uveleteket kommutativit´ as, asszociativit´ as, és idempotencia szempontj´ ab´ ol: a) legnagyobb k¨ oz¨ os osztó a természetes számok halmazán; b) legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os a pozit´ıv természetes számok halmazán; c) n × n t´ıpus´ u mátrixok o¨sszeadása, illetve szorzása. ∗n

mod m alatt az n sz´ am m-mel val´ o oszt´ asi marad´ ek´ at ´ ertj¨ uk.

85

´ AK ´ 4. ALGEBRAI STRUKTUR

86

4.2.

F´ elcsoport, csoport

4.2.1. Félcsoportok-e az al´ abbi strukt´ ur´ ak? Amennyiben igen, van-e egység-, illetve zéruselem¨ uk? a) (P(H); ∆), ahol P(H) a H halmaz hatv´ anyhalmaza és ∆ a szimmetrikus differencia; b) (V ; ·), ahol V a h´ aromdimenziós vektorok halmaza, · pedig a skal´ aris szorzás; c) (V ; ×), ahol V a h´ aromdimenziós vektorok halmaza, × pedig a vektori´ alis szorzás; d) (Pn ; +), ahol Pn a legfeljebb n-edfok´ u egyv´ altoz´ os polinomok halmaza, + pedig a polinomok o¨sszeadása; e) (C(R); +), ahol C(R) a val´ os számok halmazán értelmezett folytonos f¨ uggvények halmaza, + pedig a f¨ uggvények o¨sszeadása; f) (C(R); ·), ahol C(R) a val´ os számok halmazán értelmezett folytonos f¨ uggvények halmaza, · pedig a f¨ uggvények szorzása;

g) (H; ⊕), ahol H a h´ aromszögek halmaza, ⊕ pedig b´ armely h1 , h2 ∈ H esetén h1 ⊕ h2 = max{T (h1 ), T (h2 )}, ahol T (h) jel¨ oli a h h´ aromszög ter¨ uletét; h) ({Olyan 3 × 3-as mátrixok, amelyek determinánsa 1}; ·). 4.2.2. Az el˝ oz˝ o feladatban melyek a kommutat´ıv félcsoportok? 1 n 4.2.3. Bizony´ıtsa be, hogy az alak´ u mátrixok (n ∈ N) a szorzásra nézve 0 1 félcsoportot alkotnak és ez a félcsoport izomorf az (N; +) félcsoporttal. 4.2.4. Az al´ abbiak k¨ oz¨ ul melyek alkotnak csoportot? a) A val´ os számok halmaza, ha a m˝ uvelet a szorzás. b) A pozit´ıv val´ os számok halmaza, ha a m˝ uvelet a szorzás. c) A pozit´ıv val´ os számok halmaza, ha a m˝ uvelet az osztás. d) Az {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} halmaz, ha a m˝ uvelet a mod8 szorzás.

e) Az {1, 3, 5, 7} halmaz a mod8 szorzásra nézve. a 0 f) Az alak´ u mátrixok, ahol a ∈ R \ {0}, a mátrixszorzásra 0 0 vonatkoz´ oan.

´ 4.2. FELCSOPORT, CSOPORT

87

cos ϕ − sin ϕ alak´ u mátrixok, ϕ ∈ R, a mátrixszorzásra vosin ϕ cos ϕ natkoz´ oan. a −b h) A alak´ u mátrixok, a, b ∈ R és a2 + b2 6= 0, a mátrixszorb a zásra vonatkoz´ oan. g) A

4.2.5. Az S strukt´ ur´ at a racion´ alis számok alkotj´ ak az al´ abb defini´ alt ∗ m˝ uvelettel. Ha a, b ∈ S, a val´ os számokra vonatkoz´ o + és · m˝ uvelettel: a ∗ b = a + b − (a · b) . Vizsg´ aljuk meg, hogy S félcsoport, illetve csoport-e? 4.2.6. Legyen a Z halmazon ∗ a k¨ ovetkez˝o m˝ uvelet: a ∗ b = a + b + 1. Alkot-e Z a ∗ m˝ uvelettel félcsoportot, monoidot, csoportot, illetve Abelcsoportot? 4.2.7. Igazoljuk, hogy az o¨sszetettf¨ uggvény-képzéssel, mint csoportm˝ uvelettel csoportot alkotnak azok a [0, 1]-en értelmezett folytonos és szigor´ uan monoton n¨ oveked˝ o val´ os f (x) f¨ uggvények, amelyekre f (0) = 0, f (1) = 1. 4.2.8. Egy G csoportban valamely b ∈ G elemre b14 = b10 és b8 = b27 . Bizony´ıtsuk be, hogy b egységeleme G-nek. 4.2.9. Legyen a G csoportra: |G| = 996. Bizony´ıtsuk be, hogy ha g ∈ G esetén g 1993 egységelem G-ben, akkor g is egységelem. 4.2.10.

a) Adja meg az 1, 2, 3 számok o¨sszes permut´ aci´ oj´ at. b) Csoportot, illetve Abel-csoportot alkotnak-e a permut´ aci´ ok a permut´ aci´ ok egym´ as ut´ an val´ o elvégzésére nézve?

4.2.11.

a) Hat´ arozza meg az (1234) permut´ aci´ o o¨sszes egész kitev˝ oj˝ u hatv´ any´ at. b) Csoportot alkotnak-e az egész kitev˝ oj˝ u hatv´ anyok a permut´ aci´ ok egymás ut´ an val´ o elvégzésére nézve?

4.2.12. Melyik az a legkisebb pozit´ıv egész sz´ am, ah´ anyadik hatv´ anyra emelve az (ABCDE) (F GH) (IJKLM N ) permut´ aci´ ot, az e egységelemet kapjuk?


88 4.2.13.

a) Adja meg az a´br´ an l´ athat´ o téglalap o¨sszes szimmetrikus transzformáci´ oj´ at a cs´ ucsok permut´ aci´ oinak fel´ırás´ aval. 4

3

1

2

b) Csoportot alkotnak-e a fel´ırt permut´ aci´ ok? 4.2.14. Legyenek a G és H csoportok a k¨ ovetkez˝ok: G = (R \ {0} ; ·), H = (R; +). A G-beli m˝ uvelet a természetes” szorzás, a H-beli pedig a természetes” ” ” o¨sszeadás. Igazolja, hogy az f : G → H, f (x) = lg x2 homomorf∗ leképezés. Izomorf† -e? 4.2.15. Igazolja, hogy az f : G → H, f (x) = ex leképezés izomorf, ha G a val´ os számok halmazának addit´ıv, H pedig a pozit´ıv val´ os számok multiplikat´ıv csoportja. 4.2.16. Legyen (T ; ⊕) és (T 0 ; ⊗) két csoport. Igazolja, hogy ha az f : T → T 0 homomorf leképezés, akkor a) a T -beli egységelem képe T 0 egységeleme; b) f inverztartó leképezés (azaz minden T -beli elem inverzének képe a T 0 -beli képelemének inverze).

4.3.

Gy˝ ur˝ u, test

A 4.3.1. – 4.3.8. feladatokban defini´ alt strukt´ ur´ ak k¨ oz¨ ul melyek a gy˝ ur˝ uk? V´ alassza ki az egységelemes és kommutat´ıv gy˝ ur˝ uket, valamint a testeket. 4.3.1. (I2 ; +, ·), ahol I2 = {0, 1} és a m˝ uveletek: + 0 1 ∗ m˝ uvelettart´ o † m˝ uvelettart´ o

´ es bijekt´ıv

0 0 1

1 1 0

· 0 1

0 0 0

1 0 1

˝ U, ˝ TEST 4.3. GYUR

4.3.2. (Q∗ ; +, ·), ahol Q∗ = szok´ asosak.

89 x | x = ab , a, b ∈ Z és b p´ aratlan a m˝ uveletek a

4.3.3. H = {1, 2, 3, 4} halmaz a mod8 o¨sszeadással és szorzással. √ 4.3.4. (D; +, ·), ahol D = {x | x = a + b n a, b ∈ Q ; n olyan rögz´ıtett pozit´ıv egész, amelyhez nem létezik q ∈ Q, hogy n = q 2 , a m˝ uveletek a szok´ asosak. 4.3.5.

a) (R; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = a − b és a ⊗ b = ab;

b) (R; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = a + b − 1 és a ⊗ b = a + b − ab; c) (R+ ; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = ab és a ⊗ b = alg b .

4.3.6.

a) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es mátrixok halmaza a val´ os számtest felett. M˝ uveletek a mátrix¨ osszeadás és -szorzás. b) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es mátrixok halmaza az I2 számtest felett. M˝ uveletek a mod2 mátrix¨ osszeadás és -szorzás. a b c) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b ∈ R , m˝ uveletek a 0 0 mátrix¨ osszeadás és -szorzás. a b d) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b ∈ R , m˝ uveletek a −b a mátrix¨ osszeadás és -szorzás.

4.3.7.

a) (P(A); ∆, ∩), ahol P(A) egy A 6= ∅ halmaz hatv´ anyhalmaza, ∆ a szimmetrikus differencia, ∩ a metszetképzés;

b) (P(A); ∪, ∩), ahol P(A) mint el˝ obb, ∪ az uni´ o-, ∩ a metszetképzés. 4.3.8. (F; ⊕, ⊗), ahol F = {f : R → R} és a) a m˝ uveletek a szok´ asos f¨ uggvény¨ osszeadás és szorzás;

b) az o¨sszeadás a szok´ asos, a szorzás pedig a f¨ uggvények kompoz´ıci´ oja; c) ha az F halmaz elemeire kik¨ otj¨ uk még, hogy bijekt´ıvek legyenek, vagy pedig f (x) ≡ 0; a m˝ uveletek ugyanazok, mint b)-ben. 4.3.9.

a) Bizony´ıtsa be, hogy minden test nulloszt´ omentes∗ . b) Hat´ arozza meg a 4.3.1. – 4.3.8. péld´ akban kiv´ alasztott gy˝ ur˝ uk k¨ oz¨ ul azokat, amelyek nulloszt´ omentesek.

∗ Nulloszt´ omentes

az a strukt´ ura, ahol a · b = 0-b´ ol k¨ ovetkezik, hogy a = 0 vagy b = 0.


90

4.3.10. Gy˝ ur˝ ut alkotnak-e a térvektorok az o¨sszeadás és a vektori´ alis szorzás m˝ uveletekkel? 4.3.11. Legyen a Z halmaz elemeib˝ol a´ll´ o rendezett p´ arok halmazán értelmezve a ⊕ és a ⊗ m˝ uvelet az al´ abbi módon: (a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d) , illetve (a, b) ⊗ (c, d) = (a · c, b · d) . a) Igazoljuk, hogy e strukt´ ura gy˝ ur˝ u. b) Testet alkot-e? c) Testet alkot-e a strukt´ ura, ha a két m˝ uveletet az R elemeib˝ol a´ll´ o rendezett p´ arok halmazán értelmezz¨ uk? 4.3.12. Résztestét alkotj´ ak-e a val´ os számok test´ √ enek azok a számok, amelyek racion´ alis p-vel és q-val fel´ırhat´ ok p + q 2 alakban?

4.4.

H´ al´ o, Boole-algebra

4.4.1. H´ al´ ot alkotnak-e az al´ abbi strukt´ ur´ ak: a) (N; lnko, lkkt), ahol lnko a legnagyobb k¨ oz¨ os osztó, lkkt pedig a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os; b) (P(A); ∪, ∩);

c) ({0, 1}; ∧, ∨)?

4.4.2. Igazolja, hogy ha egy parci´ alisan rendezett H halmaz b´ armely két elemének van szuprémuma (infimuma), akkor H halmaz a szuprémum (infimum) m˝ uvelettel félh´ al´ ot∗ alkot. 4.4.3. Bizony´ıtsa be, hogy ha egy parci´ alisan rendezett H halmaz b´ armely két elemének létezik szuprémuma és infimuma, akkor a) a (H; sup, inf) strukt´ ur´ aban igaz az abszorpci´ os (elnyelési) tulajdonság; b) a (H; sup, inf) strukt´ ura h´ al´ o. ∗ F´ elh´ al´ o

az olyan strukt´ ura, amelyben egy idempotens, kommutat´ıv ´ es asszociat´ıv k´ etv´ altoz´ os m˝ uvelet van defini´ alva.

´ O, ´ BOOLE-ALGEBRA 4.4. HAL

91

4.4.4. Legyen valamely (H; ∧, ∨) h´ al´ o elemein a 4 reláci´ o a k¨ ovetkez˝o: a 4 b, ha a ∧ b = a. Igazolja, hogy a) a reláci´ o parci´ alis rendezés H-n; b) a (H; 4) rendezés b´ armely két eleméhez van infimum és szuprémum: inf (a, b) = a ∧ b és sup (a, b) = a ∨ b. 4.4.5. Az al´ abbi gr´ afok egy parci´ alis rendezés Hasse-féle diagramjai. Melyek alkotnak h´ al´ ot, disztribut´ıv h´ al´ ot, illetve félh´ al´ ot a sup és inf m˝ uveletekkel? a)

b)

c)

d)

4.4.6. Igazolja, hogy az al´ abbi strukt´ ur´ ak Boole-algebr´ ak: a) egy A 6= ∅ halmaz hatv´ anyhalmaza az uni´ o, metszet és komplementer m˝ uveletekkel; b) az n-v´ altoz´ os (n 6= 0) kétérték˝ u logikai f¨ uggvények halmaza a konjunkci´ o, diszjunkci´ o és a neg´ aci´ o m˝ uveletekkel. 4.4.7. Legyenek az A halmaz elemei 715 pozit´ıv oszói; (A; ∨, ∧) m˝ uveletei pedig legyenek a k¨ ovetkez˝ok: a ∨ b = lkkt (a, b) és a ∧ b = lnko (a, b). a) Legyen az A halmazon egy egyv´ altoz´ os m˝ uvelet (0 ) értelmezve, amely715 0 0 re a = a . Igazolja, hogy az (A; ∨, ∧, ) strukt´ ura Boole-algebra.

b) Hat´ arozza meg a fent defini´ alt Boole-algebr´ aban a (50 ) ∧ (13 ∨ 143) kifejezés eredményét. 4.4.8. Boole-algebr´ at alkot-e (A; ∨, ∧,0 ), ha A = {42 pozit´ıv osztói}, ∨ a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os, ∧ a legnagyobb k¨ oz¨ os osztó és a0 = 42 a ? 4.4.9. Az al´ abbi halmazok k¨ oz¨ ul melyek alkotnak Boole-algebr´ at, ha ∪ és ∩ a két kétv´ altoz´ os m˝ uvelet? A megfelel˝o egyv´ altoz´ os m˝ uvelet megtalál´ asa az olvas´ o feladata.

92


a) {a, b, c, . . . , z} legal´ abb hatelem˝ u részhalmazainak halmaza;

b) {a, b, c, . . . , z} legfeljebb hatelem˝ u részhalmazainak halmaza;

c) {a, b, c, . . . , z} azon részhalmazainak halmaza, amelyek az o¨sszes mag´ anhangz´ ot tartalmazzák;

d) {{2n, 2n + 1} | n ∈ Z} részhalmazainak halmaza;

e) az egész számok azon X részhalmazainak halmaza, amelyeknél n ∈ X esetén n + 1 ∈ X; f) az egész számok azon X részhalmazainak halmaza, amelyeknél n ∈ X esetén n + 1 ∈ X és n − 1 ∈ X.

5. fejezet

Gr´ afelm´ eleti fogalmak ´ es ¨ osszef¨ ugg´ esek 5.1.

Alapfogalmak

5.1.1. Adja meg az al´ abbi gr´ af éleinek és pontjainak sz´ amát, tov´ abb´ a minden egyes pont foksz´ amát.

5.1.2. Van-e olyan egyszer˝ u gr´ af, amely a) 6 pont´ u és a pontok fokai: 9, 9, 2, 2, 1, 3; b) 10 pont´ u és a pontok fokai: 3, 3, 4, 1, 6, 2, 3, 5, 2, 2? 5.1.3. Van-e olyan 9 pont´ u egyszer˝ u gr´ af, amelyben a pontok foka a) 7, 7, 7, 6, 6, 6, 5, 5, 5; b) 6, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 2, 1? 5.1.4. Van-e olyan (legal´ abb két pont´ u) egyszer˝ u gr´ af, amelyben minden pont foka k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. 93

´ ´ ´ OSSZEF ¨ ¨ ´ 5. GRAFELM ELETI FOGALMAK ES UGG ESEK

94

5.1.5. K¨ ormérk˝ ozéses bajnoks´ agban n csapat j´ atszik. Bizony´ıtsuk be, hogy b´ armikor megszak´ıtva a versenyt, p´ aros szám´ u olyan csapat van, amely eddig p´ aratlan szám´ u meccset j´ atszott. 5.1.6. Legyen a G gr´ af szögpontjainak halmaza V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Döntse el, hogy az al´ abbi élsorozatok k¨ oz¨ ul melyek nyitottak és melyek zártak. V´ alassza ki a k¨ or¨ oket és az utakat. a) b) c) d)

({1, 2}, {2, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 5}, {5, 8}, {8, 7}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 6}, {6, 5}, {5, 4}, {4, 1}); ({4, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 7}); ({1, 2}, {2, 5}, {5, 6}).

5.1.7. Adja meg az al´ abbi gr´ af szomszédsági és illeszkedési mátrix´ at. 1 1 5

2 2

3 4

5 6 4

3

7

5.1.8. Rajzoljon 4 pont´ u gr´ afot és ´ırja le a gr´ af szomszédsági mátrix´ at, amely a) b) c) d)

k¨ ormentes és o¨sszef¨ ugg˝ o; legal´ abb egy él˝ u k¨ ormentes és nem o¨sszef¨ ugg˝ o; minden pontj´ anak foka legal´ abb 2; teljes.

5.1.9. Sorolja fel az al´ abbi gr´ af o¨sszes k¨ orét. 1

4

2

3

95

5.1. ALAPFOGALMAK

5.1.10. Rajzoljon olyan 10 pont´ u egyszer˝ u gr´ afot, amely 3-regul´ aris. Hat´ arozza meg a gr´ af egyik leghosszabb u ´ tj´ at és k¨ orét. 5.1.11. Egy irány´ıtott gr´ af pontjai legyenek az a1 , a2 , . . ., a6 pontok. Az ai pontb´ ol annyi élt ind´ıtunk aj -be, amennyi i-nek j-vel val´ o maradékos osztás´ an´ al fellép˝ o maradék. Hat´ arozzuk meg a gr´ af szomszédsági mátrix´ at. 5.1.12. A G egyszer˝ u gr´ afot az al´ abbi szomszédsági  0 1 0 1  1 0 1 0  C=  0 1 0 1  1 0 1 0 1 0 1 1

mátrixszal adtuk meg:  1 0   1   1  0

Rajzoljuk meg a gr´ afot és a komplementerét, majd ´ırjuk fel a komplementer gr´ af szomszédsági mátrix´ at.

5.1.13. Egy egyszer˝ u gr´ af szomszédsági mátrix´ at jel¨ olje C. Mi a jelentése a) a C2 mátrix f˝ oa´tl´ oj´ aban szerepl˝o elemeknek; b) a C2 mátrix i-edik sorában szerepl˝o j-edik elemnek, ha i 6= j? 5.1.14.

a) H´ any éle van egy n pont´ u teljes gr´ afnak? b) Van-e olyan 4, 5, illetve 6 pont´ u egyszer˝ u gr´ af, amely izomorf a komplementerével?

5.1.15. Rajzolja le az o¨sszes 4-pont´ u egyszer˝ u gr´ afot, amelyek p´ aronként nem izomorfak. 5.1.16. Izomorfak-e az al´ abbi gr´ afp´ arok? a)


96 b)

c)

5.1.17. H´ any pont´ u az a teljes gr´ af, amelynek kevesebb éle van, mint a pontok számának hatszorosa, de t¨ obb, mint a pontok számának o¨tször¨ ose? 5.1.18. Egy 5-pont´ u egyszer˝ u gr´ afnak 8 éle van. Mekkor´ ak lehetnek a pontok foksz´ amai? 5.1.19. Rajzoljon olyan 6 pont´ u egyszer˝ u gr´ afot, amely a) o¨sszef¨ ugg˝ o és k¨ ormentes; b) minden pontj´ anak foka legal´ abb 2 és nem o¨sszef¨ ugg˝ o; c) 3-regul´ aris. 5.1.20. Igazolja, hogy ha egy o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak kevesebb éle van, mint pontja, akkor van 1-fok´ u pontja. 5.1.21. Bizony´ıtsa be az al´ abbi a´ll´ıt´ asokat: a) Ha egy gr´ af minden pontj´ anak foksz´ ama legal´ abb 2, akkor van benne k¨ or. b) Ha egy gr´ af k¨ ormentes, akkor van 1 fok´ u pontja.

5.1. ALAPFOGALMAK

5.1.22.

97

a) Az al´ abbiakban igazoljuk, hogy egy n-pont´ u, k¨ ormentes, o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak pontosan n − 1 éle van. Az a´ll´ıt´ ast a gr´ af pontszámára vonatkoz´ o teljes indukci´ oval igazoljuk, gondolatmenet¨ unkben logikai hib´ at vét¨ unk. Mi a hiba? A k = 1 pont´ u gr´ afra az a´ll´ıt´ as nyilv´ anval´ o. Bel´ atjuk, hogy ha a k-n´ al kevesebb pont´ u gr´ afokra igaz az a´ll´ıt´ as, akkor a k pont´ uakra is igaz. Tekints¨ unk ugyanis egy tetsz˝oleges k − 1-pont´ u, k¨ ormentes, o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afot, vegy¨ unk hozz´ a egy u ´ j pontot, és k¨ oss¨ uk o¨ssze a meglév˝ o pontok valamelyikével. Egyszer˝ u meggondolni, hogy a kapott k pont´ u gr´ af k¨ ormentes, o¨sszef¨ ugg˝ o, és éleinek száma 1-gyel nagyobb, mint a k − 1-pont´ u gr´ afé, amelynek élszáma indukci´ os feltevés¨ unk értelmében k − 2. Ezzel bel´ attuk, hogy tetsz˝oleges gr´ afra igaz az a´ll´ıt´ as.

b) Jav´ıtsa ki az a) pontban szerepl˝o bizony´ıt´ ast.

c) H´ any éle van egy n pont´ u k komponens˝ u k¨ ormentes gr´ afnak? 5.1.23. Egy hattag´ u t´ arsaságban mindenkinek pontosan 3 bar´ atja van. Egy alkalommal 6 mozijegyet kaptak, h´ arom moziba, mindegyikbe kett˝ot. Mindenki csak valamelyik bar´ atj´ aval egy¨ utt hajland´ o moziba menni. Meg tudj´ ak-e szervezni a mozilátogat´ ast? 5.1.24. Legyen G egy 2n-pont´ u egyszer˝ u gr´ af, ahol minden pont foka legal´ abb n − 1. a) Szerkessze meg az o¨sszes lehetséges G gr´ afot, amely két komponensb˝ ol a´ll, ha n = 3. b) Legal´ abb h´ any pontot tartalmaz G egy komponense? ´ c) Allhat-e a G gr´ af 2-nél t¨ obb komponensb˝ ol? 5.1.25. Mutassa meg, hogy ha egy 2n pont´ u egyszer˝ u gr´ af minden pontj´ anak foka legal´ abb n, akkor a gr´ af o¨sszef¨ ugg˝ o. 5.1.26. Igaz-e, hogy G vagy a komplementere biztosan o¨sszef¨ ugg˝ o? 5.1.27. Legyen a G o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak e egy olyan éle, amelyet elhagyva G két komponensre esik szét. Bizony´ıtsuk be, hogy e nem lehet G-beli k¨ or éle. 5.1.28. Az egyik megye 22 telep¨ ulése k¨ oz¨ ul o¨tben van k´ orh´ az. Legal´ abb h´ any olyan utat kell megép´ıteni, amely két telep¨ ulést k¨ ot o¨ssze azért, hogy b´ armely telep¨ ulésr˝ol legal´ abb az egyik k´ orh´ azba el lehessen jutni kiép´ıtett u ´ ton.


98

5.1.29. Jel¨ olje Kn (n ≥ 3) az n pont´ u teljes gr´ afot. Hat´ arozza meg a gr´ af k hossz´ us´ ag´ u k¨ oreinek számát, ha a) k = n; b) 3 ≤ k ≤ n; c) 3 ≤ k ≤ n és a k¨ or¨ ok egy r¨ ogz´ıtett e élt tartalmaznak.

5.2. 5.2.1.

Euler- ´ es Hamilton-bej´ ar´ asok a) Egy v´ arosban, ahol az u ´ th´ al´ ozat o¨sszef¨ ugg˝ o, egyir´ any´ u utc´ ak is vannak. Mikor j´ arhatja be egy locsolóaut´ o az o¨sszes utc´ at (éspedig az egyir´ any´ uakat pontosan egyszer, j´ o irányban; a kétirány´ uakat pedig a két sávban egyszer oda, egyszer vissza) u ´ gy, hogy vég¨ ul a kiindul´ oponton fejezze be a munk´ aj´ at. b) Mutassa meg, hogy ha minden utca kétirány´ u, akkor az el˝ oz˝ o bej´ ar´ as mindig megoldhat´ o.

5.2.2. Mely teljes gr´ afok Euler-gráfok? 5.2.3.

a) Igazolja, hogy egy legal´ abb két pontb´ ol a´ll´ o o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak pontosan akkor van nyitott Euler-sétája, ha a gr´ afban pontosan két p´ aratlan foksz´ am´ u pont van (a t¨ obbi p´ aros). b) Mely teljes gr´ afoknak van nyitott Euler-sétája?

5.2.4. Az al´ abbi gr´ afok k¨ oz¨ ul melyiknek van nyitott, illetve zárt Euler-sétája, Hamilton-k¨ ore, vagy -´ utja? d

a)

b)

d

e

c

e

a a

b

b

c

´ HAMILTON-BEJAR ´ ASOK ´ 5.2. EULER- ES

c)

g

h

f

d) e

e

d

f d

a

99

c b

c

b a

5.2.5. A domin´ olapokra a 0, 1, . . . , 9 számokb´ ol alkotott számpárok vannak fel´ırva u ´ gy, hogy minden számpár pontosan egyszer szerepel. ¨ a) Osszerakhat´ o-e az o¨sszes domin´ olap a kirak´ as szab´ alyai szerint u ´ gy, hogy a domin´ ok egy k¨ ort” képezzenek? ” b) Mit mondhatunk a 0-t´ ol 8-ig számozott domin´ okr´ ol? 5.2.6.

a) Milyen n esetén van az n-pont´ u teljes gr´ afnak Hamilton-k¨ ore? b) Mely teljes p´ aros gr´ afoknak van Hamilton-k¨ ore?

5.2.7. Mutassa meg, hogy az al´ abbi gr´ afnak van Hamilton-k¨ ore.

5.2.8. Bej´ arhat´ o-e egy 5 × 5-¨ os sakkt´ abla l´ ougr´ assal u ´ gy, hogy nem kell a kiindul´ asi pontba visszaérni, feltéve, hogy minden mez˝ore pontosan egyszer ´ ha vissza kell térni? Adja meg a feladat gr´ ugrunk. Es afmodelljét. 5.2.9. Mutassa meg, hogy az al´ abbi gr´ afban nincs Hamilton-k¨ or.


100

5.2.10. Bej´ arhat´ o-e l´ ougr´ assal egy 4×4-es sakkt´ abla u ´ gy, hogy a kiindul´ asi pontba visszaérj¨ unk, feltéve, hogy minden mez˝ore pontosan egyszer ugrunk? 5.2.11. Bizony´ıtsa be, hogy a) ha a G gr´ afban létezik k darab pont, amelyeket illeszked˝ o éleivel egy¨ utt t¨ or¨ olve, G t¨ obb mint k komponensre esik szét, akkor G-nek nincs Hamilton-k¨ ore; b) ha a G gr´ afban létezik k darab pont, amelyeket elhagyva G még k + 1-nél is t¨ obb komponensre esik szét, akkor Hamilton-´ utja sincs.

5.3.

S´ıkgr´ afok ´ es sz´ınez´ esek

¨ 5.3.1. Adott a s´ıkon négy pont. Ossze lehet-e k¨ otni az o¨sszes pontp´ art u ´ gy, hogy az o¨sszek¨ ot˝ o vonalak ne messék egym´ ast? 5.3.2. Mutassa meg, hogy az al´ abbi gr´ afok s´ıkgr´ afok: a)

b)

d

a

c

e

a

e d

c

b

b

c)

d) d

e

f

a

b

c

f

e

g

d

h

c a

b

5.3.3. Az el˝ oz˝ o péld´ aban szerepl˝o s´ıkgr´ afokra ellen˝ orizze az Euler-formul´ at. 5.3.4.

a) Hat´ arozza meg az 5.3.2. a) és c) gr´ af tartományainak foksz´ amát. b) Igazolja, hogy egyszer˝ u, o¨sszef¨ ugg˝ o s´ıkgr´ af esetén 3t ≤ 2e, ha n ≥ 3.

5.3.5. Igazolja, hogy nem rajzolhat´ ok s´ıkba az al´ abbi gr´ afok:

´ ´ SZ´ ´ 5.3. S´ IKGRAFOK ES INEZESEK

101

a) K5 (5-pont´ u teljes gr´ af)∗ ; b) K3,3 (p´ aros, 3-regul´ aris gr´ af)† . 5.3.6. Indokolja meg, hogy az al´ abbi két gr´ af nem s´ıkgr´ af. a)

b)

5.3.7. Rajzolja meg az al´ abbi gr´ afok du´ al gr´ afj´ at. a)

b)

c) négy pont´ u teljes gr´ af; d) a kocka élh´ al´ ozata. 5.3.8. Rajzolja le Magyarország és szomszédai térképét, és szerkessze meg a térkép du´ alj´ at‡ 5.3.9. Igaz-e, hogy ha egy térkép két sz´ınnel kisz´ınezhet˝ o, akkor a du´ alja p´ aros gr´ af. 5.3.10. Lehet-e o¨t ország olyan, amelyek k¨ oz¨ ul b´ armely kett˝o p´ aronként szomszédos? 5.3.11. Minimálisan h´ any sz´ınnel sz´ınezhet˝ o ki egy a) fa gr´ af; b) p´ aros, illetve p´ aratlan hossz´ us´ ag´ u k¨ or? ∗ Haszn´ aljuk

fel az el˝ oz˝ o feladat b) a ´ll´ıt´ as´ at. a K3,3 gr´ af s´ıkgr´ af, akkor teljes¨ ulnie kellene a 4t ≤ 2e egyenl˝ otlens´ egnek. Mi´ ert? ‡ T´ erk´ ep du´ alja az a G∗ gr´ af, melynek pontjai az egyes orsz´ agoknak felelnek meg. K´ et pont akkor van o ¨sszek¨ otve G∗ -ban ´ ellel, ha a k´ et megfelel˝ o orsz´ ag szomsz´ edos. Bel´ athat´ o, hogy G∗ mindig s´ıkgr´ af. † Ha


102 5.3.12.

a) Legyen egy n-pont´ u fagr´ af két nem-szomszédos pontja pirossal kisz´ınezve. Legfeljebb h´ any sz´ın sz¨ ukséges még a fagráf pontjainak kisz´ınezéséhez? b) Tegy¨ uk fel, hogy egy n-pont´ u fagr´ af k db nem szomszédos pontja piros sz´ınnel van kisz´ınezve. Legfeljebb h´ any sz´ın sz¨ ukséges még a kisz´ınezéshez?

5.3.13. Hat´ arozza meg az al´ abbi gr´ afok kromatikus számát.

5.4.

a)

b)

c)

d)

F´ ak ´ es erd˝ ok

5.4.1. Rajzolja le a nem-izomorf a) h´ arompont´ u; b) négypont´ u; c) o¨tpont´ u f´ akat. 5.4.2. Mutassa meg, hogy 6 darab nem-izomorf 6-pont´ u fa létezik. 5.4.3. A fa Pr¨ ufer-k´ odj´ ab´ ol rajzolja fel a gr´ afokat: a) (1, 3, 2, 4, 1, 2, 3); b) (7, 7, 4, 4, 5, 3, 3, 8);

´ ES ´ ERDOK ˝ 5.4. FAK

103

c) (9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1). 5.4.4. Van-e olyan 7-pont´ u fa, amely a) minden pontj´ anak foka 1; b) a pontok fokai: 2, 2, 2, 2, 2, 1, 1; c) minden pont foka 2; d) a pontok fokai: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6? 5.4.5. Bizony´ıtsa be, hogy minden fa p´ aros gr´ af. 5.4.6. Igazolja, hogy b´ armely, legal´ abb o¨tpont´ u gr´ afban vagy a komplementerében van k¨ or. 5.4.7. A G fa k¨ ozéppontja az a G-beli pont, amelynek a t¨ obbi pontt´ ol val´ o maxim´ alis t´ avols´ aga∗ minimális. Bizony´ıtsa be, hogy minden f´ anak egy, vagy két szomszédos k¨ ozéppontja van. 5.4.8. Legyen a G gr´ af 17 pont´ u és k¨ ormentes. a) H´ any éle van, ha komponenseinek száma 5? b) H´ any komponense van, ha éleinek száma 6? 5.4.9. Rajzolja le az al´ abbi gr´ af néh´ any fesz´ıt˝ of´ aj´ at.

5.4.10. Legyen G egy o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ af. Mit tud mondani arról az élr˝ol, amely a) G minden fesz´ıt˝ of´ aj´ anak éle; b) G egyik fesz´ıt˝ of´ aj´ anak sem éle? ∗ K´ et

pont t´ avols´ aga a k´ et pontot o ¨sszek¨ ot˝ ou ´t ´ eleinek sz´ ama.

104


5.4.11. Hat´ arozza meg az al´ abbi gr´ af egy minimális s´ uly´ u fesz´ıt˝ of´ aj´ at. a

6

2 6

b

e

8 7

4 3

c

5

8 9

d

5.4.12. Adott egy s´ ulyozott gr´ af az u ´ n. s´ ulym´ atrix´ aval: a mátrix cij eleme az i és j (i 6= j) pontokat o¨sszek¨ ot˝ o él s´ uly´ at jelenti. Ha a két pont nincs o¨sszek¨ otve éllel a gr´ afban, vagy i = j, akkor legyen a s´ uly ∞. Hat´ arozza meg az al´ abbi gr´ af egy minimális rix´ at.  ∞ 10 ∞ ∞  10 ∞ 7 ∞   ∞ 7 ∞ 2 C=  ∞ ∞ 2 ∞   6 8 9 4 ∞ 7 ∞ 3

s´ uly´ u fesz´ıt˝ of´ aj´ anak s´ ulym´ at 6 ∞ 8 7   9 ∞   4 3   ∞ ∞  ∞ ∞

6. fejezet

Line´ aris algebra 6.1. 6.1.1.

M´ atrixok a) Döntse el, hogy az al´ abbi mátrixok k¨ oz¨ ul melyik zérusmátrix, egységmátrix, permut´ al´ o mátrix, diagon´ almátrix, szimmetrikus mátrix, ferdén szimmetrikus mátrix. b) Tal´ al-e az al´ abbi mátrixok k¨ oz¨ ott olyanokat, amelyek egym´ as transzpon´ altjai?

A=

0 1 1 0

E=

1 0



2  3  H= 7 4

0 1 0 0 B= C= −1 0 0 0 0 0 −1 −1 F= G= 1 0 1 1    3 7 4 0 −1 2  0 1 6  0 7  I= 1 1 0 0  −2 −7 0 6 0 2    2 8 9 7 4 0  9 6 4 8   L= 0 5 K=  8 4 0 3  0 0 7 8 3 9 105

D=

1 0

0 1

0 3 4 2 −2 7   1 −5  0 2   J=  3 −2  4 7

1 −5

 0 0  −1

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

106 6.1.2. Az al´ abbi mátrixok k¨ oz¨ ul a) adja o¨ssze azokat, amelyek o¨sszeadhatók;

b) szorozza o¨ssze azokat, amelyek o¨sszeszorozhatók; c) hat´ arozza meg azon mátrix adjung´ alt mátrix´ at és inverzét, amelynél lehetséges. 

2  1 A=  0 −1 

1 C= 0 2

 3 0   2  1



1 0 B= 0 3 −1 2 

2 −3 3 1  −1 −8

 −2 −1 4 −2  0 1



 −1 −2  0 1   D=  1 −1  2 0

6.1.3. Milyen mátrixszal kell megszorozni az el˝ oz˝ o feladatbeli B mátrixot, hogy a) els˝o és második sora helyet cseréljen; b) els˝o sorához adjuk harmadik sorának kétszeresét, a t¨ obbi sora v´ altozatlan maradjon; c) második oszlop´ anak kétszeresét és harmadik oszlop´ anak m´ınusz kétszeresét adjuk a negyedik oszlop´ ahoz, a t¨ obbi oszlopa v´ altozatlan maradjon? 6.1.4. Igazolja, hogy ∗

a) (A + B) = A∗ + B∗ ; b) (λA)∗ = λA∗ ; ∗

c) (AB) = B∗ A∗ . 6.1.5. Bizony´ıtsa be, hogy tetsz˝oleges P n × n-es mátrix esetén a) ha A szimmetrikus n × n-es mátrix, akkor P∗ AP is szimmetrikus;

b) ha A ferdén szimmetrikus n × n-es mátrix, akkor P∗ AP is ferdén szimmetrikus.

´ 6.1. MATRIXOK

107

6.1.6. Hat´ arozza meg a p∗ vektort u ´ gy, hogy igaz legyen a k¨ ovetkez˝o egyenl˝ oség: ∗ p Aej = [aij ], ahol aij az A mátrix i-edik sorának j-edik eleme. A feladatot tetsz˝oleges A mátrixra oldja meg, a vektorok, illetve a mátrix méreteinek megv´ alaszt´ as´ an´ al u ¨ gyeljen az o¨sszeszorozhatós´ agra. 6.1.7. Hat´ arozza meg e∗j Ap értékét, ha p∗ = [1 1 . . . 1]. A feladatot tetsz˝oleges A mátrixra oldja meg, a vektorok, illetve a mátrix méreteinek megv´ alaszt´ as´ an´ al u ¨ gyeljen az o¨sszeszorozhatós´ agra. 2 1 0 6.1.8. Adott a b sorvektor: [1 1 1] és a C mátrix: C = . Hat´ a0 3 4 3 rozza meg az A mátrixot u ´ gy, hogy a bA szorzat a 2 − 41 sorvektor legyen, CA pedig egységmátrix. 1 0 6.1.9. Legyen A = . Hat´ arozza meg az o¨sszes olyan B mátrixot, −1 0 amelyre igaz, hogy AB = BA. 6.1.10. Hat´ arozza meg az X mátrixot, ha tudjuk, hogy AXA−1 = B, ahol 2 −1 1 0 A= és B = . −3 2 0 2 6.1.11. Egy u ¨ zem négyféle terméket gy´ art h´ aromféle alapanyagb´ ol. Az egyes termékek egy-egy darabj´ ahoz az al´ abbi nyersanyagmennyiségek sz¨ ukségesek:

I. anyag II. anyag III. anyag

1. 4 2 10

termék 2. 3. 3 3 1 0 1 2

4. 1 5 3

A rakt´ aron lév˝ o nyersanyagmennyiség rendre 5000, 2300 illetve 3000 db, a nyersanyagok egység´ arai rendre 2,5, 5 illetve 1 egység. Az egyes termékekb˝ ol gy´ artand´ o mennyiség rendre 200, 400, 700 illetve 300 darab, a j´ arulékos k¨ oltség darabonként 3, 2, 2,5 illetve 3,5 egység, az elad´ asi a´r darabonként 25, 43, 32 illetve 50 egység. Írja le az adatokat mátrixok és vektorok seg´ıtségével, majd számolja ki, hogy a) a rakt´ aron lév˝ o nyersanyagmennyiség elegend˝ o-e a gy´ artani k´ıv´ ant termékekhez;


108

b) mennyibe ker¨ ul legy´ artani a k´ıv´ ant mennyiség˝ u terméket (termelési k¨ oltség + j´ arulékos k¨ oltség); c) mekkora az elad´ asi a´r; d) mennyi az u ¨ zem profitja értékes´ıtés ut´ an.

6.2.

Line´ aris terek (vektorterek)

Line´ aris f¨ uggetlens´ eg, b´ azis, dimenzi´ o 6.2.1. Adottak a v [1 − 1 2]∗ és a w [3 1 1]∗ vektorok. Írjuk fel az al´ abbi line´ aris kombin´ aci´ okat: 2v − 3w, 3v + w.

6.2.2. Adjuk meg az u [4 6 − 2]∗ vektort a v [1 vektorok line´ aris kombin´ aci´ ojaként.

− 1 2]∗ és a w [3

1

1]∗

6.2.3. Döntse el, hogy az al´ abbi vektorrendszerek line´ arisan f¨ uggetlenek-e. Ha nem, adja meg a k¨ ozt¨ uk lév˝ o line´ aris kapcsolatot. ∗

∗

a) a [1 4] , b [−2 8] ; ∗

b) a [1 0 c) a [1

∗

3] , b [2

0 6] ;

∗

∗

− 2] , b [−2 4] ; 4]∗ , b [2

d) a [0 1

∗

0 1]∗ ;

∗

∗

e) a [1 2] , b [2 1] , c [0 1] ; f) a [3

∗

− 1 2] , b [7 ∗

∗

− 1 1] , c [4 0 ∗

∗

∗

− 1] ;

g) a [1 1

0] , b [1

0 1] , c [0 1

1] ;

h) a [1 1

0]∗ , b [2

0 1]∗ , c [3 2

1]∗ , d [1

1

1]∗ .

6.2.4. Legyenek a, b és c line´ arisan f¨ uggetlen vektorok. Döntse el, hogy az al´ abbi vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek-e vagy sem: a) a, 0; b) a + b, b + c, c + a; c) a + 2b + c, a − b − c, 5a + b − c. 6.2.5. Legyen V2 a komplex számok val´ os test feletti vektortere, a = 2 + 3j, b = 5 − j és c = 1 + 10j pedig h´ arom vektor V2 -ben. Mutassa meg, hogy a és b line´ arisan f¨ uggetlenek és fejezze ki c-t a és b line´ aris kombin´ aci´ ojaként.

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

109

6.2.6. Adjon meg olyan h´ aromelem˝ u vektorrendszert, amelynek vektorai a négydimenziós tér elemei, és amely line´ arisan o¨sszef¨ ugg˝ o rendszer. 6.2.7. Legyen V3 a val´ os számhármasok vektortere a val´ os számtest felett. Vektortér-e V3 képe, ha a leképezés a k¨ ovetkez˝o f¨ uggvényekkel van megadva? Ha igen, hat´ arozza meg a vektortér dimenziój´ at és adja meg egy b´ azisát; ha nem, indokoljon. a) f1 : (x1 , x2 , x3 ) 7→ (x1 , x1 , x1 )

b) f2 : (x1 , x2 , x3 ) 7→ (x1 + x2 , x2 + x3 , x1 + 3x2 + 2x3 ) c) f3 : (x1 , x2 , x3 ) 7→ x1 , x22 , x3 d) f4 : (x1 , x2 , x3 ) 7→ (−x1 , −x2 , −x3 ) e) f5 : (x1 , x2 , x3 ) 7→ (x1 , x2 , x1 x2 )

6.2.8. Igazolja, hogy az f (x) = ex (A cos 2x + B sin 2x) alak´ u f¨ uggvények (A, B val´ os számok) a val´ os számtest felett line´ aris teret alkotnak. Adja meg a tér egy b´ azisát és az f (x) = ex (2 cos 2x + 3 sin 2x) f¨ uggvény koordin´ at´ ait a megadott b´ azisban. 6.2.9. Legyen V a legfeljebb els˝ofok´ u polinomok vektortere a val´ os számtest felett. Mutassa meg, hogy 2x − 1 és −x + 2 f¨ uggetlenek V -ben, és fejezze ki 5x + 3-at 2x − 1 és −x + 2 line´ aris kombin´ aci´ ojaként. Adjon meg V nek egy h2x − 1, −x + 2i-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o b´ azisát is, majd adja meg 5x + 3 koordin´ at´ ait ebben az u ´ j b´ azisban is. 6.2.10. Az al´ abbi val´ os számok feletti vektorterek k¨ oz¨ ul keresse meg az izomorfakat. A m˝ uveletek a szok´ asosak, a polinomokn´ al a 0 polinomot mindig beleértj¨ uk. (Azt, hogy ezek vektorteret alkotnak, nem kell bizony´ıtani.) a) Azok a legfeljebb 20-adfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, amelyekben minden tag kitev˝ oje pr´ımszám. b) Azok a legfeljebb 17-edfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, amelyeknek megfelel˝o polinomf¨ uggvények p´ aros f¨ uggvények. c) Azok a legfeljebb 9-edfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, amelyeknek π a gy¨ oke. d) Azok a legfeljebb 9-edfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, amelyeknek j a gy¨ oke. e) A 3 × 3-as, val´ os elem˝ u mátrixok.


110

f) Azok a 3 × 4-es, val´ os elem˝ u mátrixok, amelyeknek els˝o és utolsó sora megegyezik. g) Azok a legfeljebb 20-adfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os polinomok, amelyek x6 + 1-gyel és x7 + 1-gyel is oszthat´ ok. h) Azok a minden val´ os számon értelmezett val´ os érték˝ u f¨ uggvények, amelyeknek az x = 0, 1, 2, . . . , 8 helyek kivételével minden helyettes´ıtési értéke 0. 6.2.11. A h´ aromdimenziós térben egy s´ık egyenlete x + y + z = 0, egy egyenes egyenletrendszere pedig x = y, z = 0. Legyen V vektortér a s´ık pontjainak halmaza, V 0 pedig az egyenes pontjainak halmaza a val´ os számtest felett. Adja meg V és V 0 dimenziój´ at és egy-egy b´ azisát.

Elemi b´ azistranszform´ aci´ ok, b´ azisvektor-csere 6.2.12. Cserélje fel az he1 , e2 , e3 i b´ azist az

∗ a [1 2 0] , b [2 1 b´ azisra. Írja fel a v [6 3 

∗

− 1] , c [3

0

∗

∗

2]

− 1] vektort az u ´ j b´ azis seg´ıtségével.  1 −2 1 −1 1 −1 0  mátrix rangj´ 6.2.13. Hat´ arozza meg az A =  0 at. −3 1 2 3   1 2 −3 3 1  mátrix inverzét a b´ 6.2.14. Hat´ arozza meg az A =  0 azisvektor2 −1 −8 cserés algoritmus seg´ıtségével. 6.2.15. Oldja meg a k¨ ovetkez˝o egyenletrendszereket a b´ azisvektor-cserés algoritmus seg´ıtségével.   2x + z = 5  2x + z = 5  2x + 4y = 10 2x + 4y = 10 a) b)   2x + y − 3z = −5 −2x − 16y + 3z = −25 c)

 2x + z = 5  2x + 4y = 10  −2x − 16y + 3z = −1


111

6.2.16. Hat´ arozza meg c o¨sszes olyan értékét, melyre az al´ abbi egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van.  2x + z = 5  2x + 4y = 10  −2x − 16y + cz = −25

6.2.17. Hat´ arozza meg b´ azisvektor-cserés algoritmussal a k¨ ovetkez˝o egyenletrendszer megoldás´ at, c értékét˝ol f¨ ugg˝ oen.  x+y +z=2  x−y −z=0  2x + y + z = c

6.2.18. Adott az A mátrix és a b vektor:   0 1 −3 3 , A =  1 −2 4 0 −12



 −2 b =  3 . c

a) Hat´ arozza meg az A mátrix rangj´ at. b) Hat´ arozza meg b harmadik koordin´ at´ aj´ at u ´ gy, hogy b benne legyen az A mátrix oszlopvektorterében.   1 −1 1 2 −1  mátrixban szerepl˝o c értékét 6.2.19. Hat´ arozza meg az A =  −3 −2 1 c u ´ gy, hogy az e1 egységvektor ne legyen benne az A mátrix oszlopvektorterében. 6.2.20. Adott az A mátrix és a b vektor:   −1 2 4 2  3 −2 2 −2  , A=  1 2 10 2  −2 2 1 2 a) Mennyi az A mátrix rangja?



 7  1   b=  15  . 3

b) Oldja meg az Ax = b mátrixegyenletet. c) Van-e a fenti mátrix els˝o két oszlopvektor´ anak olyan line´ aris kombin´ aci´ oja, amely el˝ oa´ll´ıtja az egyenlet jobb oldal´ an szerepl˝o vektort? Ha igen, adja meg.


112

6.3.

Line´ aris transzform´ aci´ ok

6.3.1. Hat´ arozza meg az A (3, 1), B (3, 3), C (6, 3) és D (6, 1) pontok képét az 1 0 ´ M = mátrixszal le´ırt transzformáci´ o elvégzése ut´ an. Ertel−2 1 mezze a transzformáci´ ot. 1 1 6.3.2. Milyen geometriai transzformáci´ ot hat´ aroz meg az mátrix? 1 1 2 −1 6.3.3. Hat´ arozza meg az y = 2x − 1 egyenes képének egyenletét a 0 2 mátrixszal megadott transzformáci´ o elvégzése ut´ an. 2 1 6.3.4. Hat´ arozza meg azon egyeneseket, amelyek a mátrixszal mega3 0 ∗ dott transzformáci´ o során o¨nmagukba mennek a´t. 6.3.5. Hat´ u, orig´ o k¨ ozéppont´ u k¨ or képének egyenletét arozza meg az egységsugar´ 1 0 az mátrixszal megadott transzformáci´ o elvégzése ut´ an. 0 2 6.3.6. Hat´ arozza meg az y = 2x egyenesre val´ o t¨ ukr¨ ozés mátrix´ at. " #

6.3.7. Tekints¨ uk a

3 4 1 4

1 3 2 3

mátrixszal megadott s´ıkbeli transzformáci´ ot. Ha-

t´ arozza meg a) a v [1

∗

− 3] vektor képét;

b) az x = y egyenes képét;

c) a transzformáci´ o saj´ atvektorait és saj´ atértékeit; d) a transzformáci´ o mátrix´ at a saj´ atvektorok koordin´ atarendszerében. 0 1 6.3.8. Miért nincsenek a mátrixszal le´ırt s´ıkbeli transzformáci´ onak −1 0 val´ os saj´ atértékei? cos α − sin α 6.3.9. Legyen a ϕ s´ıkbeli transzformáci´ o mátrixa: . sin α cos α ∗ Az

ilyen egyenes neve: fix egyenes.

´ ´ OK ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACI

113

a) Milyen α esetén igaz, hogy ϕ(x) = x b´ armely x (kétdimenziós) vektor esetén? b) Milyen α esetén igaz, hogy ϕ(x) = −x b´ armely x (kétdimenziós) vektor esetén? 6.3.10. Adja meg a k¨ ovetkez˝o térbeli line´ aris transzformáci´ o mátrix´ at: az x tengely mentén kétszeresre ny´ ujt´ as, majd a z tengely k¨ or¨ ul 45◦ -kal val´ o forgat´ as. 6.3.11. Hat´ arozza meg az x + y + z = 0 s´ıkra val´ o t¨ ukr¨ ozés mátrix´ at. 6.3.12. Írja fel annak a ϕ line´ aris transzformáci´ onak a mátrix´ at, amely a h´ aromdimenziós téren van értelmezve és amelyre ϕ(e1 ) = 2e2 + e3 , ϕ(e2 ) = 2e2 + 8e3 , ϕ(e3 ) = e2 + 4e3 . a) H´ any dimenziós térre képezi le a ϕ transzformáci´ o a teret? b) Alkalmazva az xy s´ık x = y egyenesének pontjaira a transzformáci´ ot, mit kapunk eredmény¨ ul? 6.3.13. Tekints¨ uk a komplex számok halmazát mint a val´ os számok teste feletti vektorteret. Döntse el, hogy az al´ abbi megfeleltetések line´ aris transzformáci´ ok-e, és ha igen, ´ırja fel a transzformáci´ o mátrix´ at az h1, ji b´ azisra vonatkoz´ oan. Minden komplex számnak feleltess¨ uk meg a) a val´ os részét; b) a val´ os és képzetes része k¨ oz¨ ul a nagyobbikat; c) az abszol´ ut értékét; d) a sz¨ ogét; e) a konjug´ altj´ at; f) a j-szeresét. 6.3.14. Mik lesznek az el˝ oz˝ o feladatban szerepl˝o line´ aris transzformáci´ ok mátrixai a hj, 1 − ji b´ azisra vonatkoz´ oan? 6.3.15. A legfeljebb másodfok´ u polinomok (val´ os test feletti) vektorterében adott a k¨ ovetkez˝o transzformáci´ o: f (x) 7→ (x + 1) f 0 (x).

114


a) Bizony´ıtsa be, hogy a transzformáci´ o line´ aris.

´ b) Irja fel a transzformáci´ o m´ atrix´ at az 1, x, x2 b´ azisra vonatkoz´ oan. c) Sz´ am´ıtsa ki a transzformáci´ o saj´ atértékeit és saj´ atvektorait.

6.3.16. Adja meg a 6.2.7. feladatban szerepl˝o line´ aris transzformáci´ ok mátrix´ at. 6.3.17. Adott az f (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x) alak´ u f¨ uggvények vektortere a val´ os számok teste felett (a és b val´ osak), valamint adott az f (x) 7→ f 0 (x) transzformáci´ o. a) Bizony´ıtsa be, hogy a transzformáci´ o line´ aris. x ´ b) Irja fel a transzformáci´ o m´ atrix´ at az he cos 2x, ex sin 2xi b´ azisra vonatkoz´ oan. c) A transzformáci´ o mátrix´ anak seg´ıtségével hat´ arozza meg f második deriv´ altj´ aban ex cos 2x illetve ex sin 2x egy¨ utthat´ oj´ at (a-val és b-vel kifejezve). d) Legyen g 0 (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x). A transzformáci´ o mátrix´ anak seg´ıtségével hat´ arozza meg g-ben ex cos 2x illetve ex sin 2x egy¨ utthat´ oj´ at (a-val és b-vel kifejezve).

III. r´ esz

Megold´ asok

115

1. fejezet

Halmazelm´ eleti ´ es algebrai fogalmak 1.1.

Halmazalgebra

1.1.1. Az A halmaz mindh´ arom eleme kielég´ıti az x3 + 11x = 6x2 + 6 egyenletet, ezért A ⊆ B. A harmadfok´ u egyenletnek nem lehet 3-n´ al t¨ obb gy¨ oke, ´ıgy A = B is teljes¨ ul. 1.1.2. A = E = ]1, 2[ és D = F = {1, 2} 1.1.3. a) {1} b) {1, 3, 7} c) {3} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3} n o 1.1.4. A∩B = {a}, A\B = {b} , A×A = a, a , a, {b} , {b} , a , {b} , {b} 1.1.5.

a) hamis

b) igaz

c) igaz

1.1.6.

A = {3, 4, 5},

B = {0, 1, 2, 3},

A ∩ B = {3},

A ∩ B = {4, 5},

A ∆ B = {0, 1, 2, 4, 5}.

1.1.7. A metszet defin´ıci´ oja szerint 0 ∈ X és 2 ∈ / X. Így a megoldások: X1 = {0}, X2 = {0, 1}, X3 = {0, 3} és X4 = {0, 1, 3}. 1.1.8. A halmazok kivon´ as´ anak defin´ıci´ oja alapj´ an 3 ∈ X, 4 ∈ X, 1 ∈ / X és 2∈ / X. Teh´ at a megoldások: X1 = {3, 4}, X2 = {3, 4, 5}, X3 = {3, 4, 6} és X4 = {3, 4, 5, 6}. 117


118 1.1.9.

a) c) e) g)

−2

0

b)

3

−1 0 1 2 3 2

5 2

−2

f)

8

−3 −1

−1 0 1 2 3

d)

3 −1

−8

h)

5

0

5

9

4

11

1.1.10.

a) hamis

b) igaz

c) igaz

d) igaz

1.1.11.

a) igaz

b) hamis

c) hamis

d) igaz

1.1.12. a)

b)

5

8

13

c) 1 3

1

2 −1

1 2 d)

1 e)

−2 −3 1.1.13.

a) igaz

1.1.14.

a)

b) c) d)

1

6

−3

5

f)

5

1

3

4 3

3 1 −2

1 1

1

3

b) igaz c) igaz d) hamis n P(A × A) = ∅, (a, a) , (a, b) , (b, a) , . . . , o (a, b) , (b, a) , (b, b) , (a, a) , (a, b) , (b, a) , (b, b) n o P P(A) = ∅, {∅} , {a} , {b} , . . . , ∅, {a} , {b} , {a, b} n o A × P(A) = a, ∅ , b, ∅ , a, {a} , b, {a} , . . . , b, {a, b} n o P(A) × P(A) = ∅, ∅ , ∅, {a} , ∅, {b} , . . . , {a, b} , {a, b}

119

1.1. HALMAZALGEBRA

1.1.15.

a) Ha van legal´ abb egy olyan x elem amely benne van az A, B, C halmazok mindegyikében, akkor x ∈ / B \ C, ezért x ∈ A \ (B \ C). Ugyanakkor x ∈ / A \ B, ´ıgy x ∈ / (A \ B) \ C. Teh´ at az egyenl˝ oség nem teljes¨ ul tetsz˝oleges A, B és C halmazok esetén. b) (A \ B)∩C ⊆ (A ∩ C)\B, mert ha x ∈ (A \ B)∩C, akkor x ∈ A\B és x ∈ C. x ∈ A\B-b´ ol k¨ ovetkezik, hogy x ∈ A és x ∈ / B. Mivel x eleme az A-nak is és C-nek is, ezért x ∈ A ∩ C. x ∈ / B ´ıgy x ∈ (A ∩ C) \ B. Hasonl´ oan igazolhat´ o az (A ∩ C) \ B ⊆ (A \ B) ∩ C o¨sszef¨ uggés is, teh´ at az egyenl˝ oség tetsz˝oleges A, B és C esetén igaz. c) A ∆ A = ∅, teh´ at nem igaz.

1.1.16.

d) igaz

e) hamis

f) igaz

h) hamis

i) igaz

j) hamis

a) A ∪ B

b) A ∩ B

g) hamis

1.1.17. A ∆ (A ∆ B) = B 1.1.18. A-ban nem lehet olyan elem, ami B-nek is eleme, teh´ at A ∩ B = ∅. 1.1.19. (X ⊆ A ∪ B) ⇒ (X \ A) ∩ (X \ B) = ∅ , mert X minden x eleme benne van az A és B halmazok legal´ abb egyikében, ´ıgy x ∈ / X \A vagy x ∈ / X \B. (X \ A) ∩ (X \ B) = ∅ ⇒ (X \ B ⊆ A), ugyanis tetsz˝oleges y ∈ X \ B esetén y ∈ / X \ A és y ∈ X, teh´ at y ∈ A. (X \ B ⊆ A) ⇒ (X ⊆ A ∪ B), hiszen tetsz˝oleges z ∈ X esetén z ∈ B ezért az a´ll´ıt´ as igaz, vagy z ∈ / B, de ekkor z ∈ X \ B, ´ıgy z ∈ A. 1.1.20. Nem igaz, ugyanis a feltétel mellett létezhet olyan x, amelyre x ∈ / A, x ∈ B és x ∈ C. Ekkor x ∈ A ∆ C, de x ∈ / B ∆ C, teh´ at A ∆ C * B ∆ C. Ellenpéld´ aval is megmutathatjuk, hogy hamis az a´ll´ıt´ as: legyen A = {1} és B = C = {1, 2}. Ekkor A ⊆ B, de A ∆ C = {2} * ∅ = B ∆ C. 1.1.21. Nem igaz. Pl. az A = {1}, B = {1, 2}, C = {2} egy alkalmas ellenpélda. Tetsz˝oleges C halmaz esetén már igaz az a´ll´ıt´ as. Ez k¨ onnyen igazolhat´ o indirekt u ´ ton. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy A 6= B. Ekkor létezik olyan x elem, amely benne van A-ban, de nincs benne B-ben, vagy ford´ıtva. Olyan C halmazt v´ alasztva, amelynek nem eleme x, A \ C és B \ C sem egyezhet meg, mert x egyik¨ uknek eleme, másikuknak nem. Ezzel ellentmondásra jutottunk. 1.1.22. a) {1} , {2} , {1, 2} egy egyelem˝ u és egy kételem˝ u part´ıci´ o.


120

{a}, {b}, {c} , {a, b}, {c} , {a, c}, {b} , {b, c}, {a} , {a, b, c} egy h´ aromelem˝ u, h´ arom kételem˝ u és egy egyelem˝ u part´ıci´ o. c) {x}, {y}, {z}, {u} , {x}, {y}, {z, u} , . . . , {x, y, z, u} egy négyelem˝ u, hat h´ aromelem˝ u, hét kételem˝ u és egy egyelem˝ u part´ıci´ o.

b)

1.1.23.

a) Egy 5-elem˝ u halmaz kételem˝ u part´ıci´ oja vagy egy 1-elem˝ u és egy 4 elem˝ u halmazból a´ll ( 51 = 5 eset), vagy egy 2-elem˝ u és egy 3-elem˝ u halmazból ( 52 = 10 eset), teh´ at 52 = 5 + 10 = 15 b) n1 = 1 c) nn = 1

d) Ismeretes, hogy egy n-elem˝ u halmaz részhalmazainak száma 2n . Ezek mindegyike (kivéve az u ¨ res halmazt és az eredeti halmazt) meghat´ aroz egy 2-elem˝ u part´ıci´ ot, amit a részhalmaz és komplementere alkot. Teh´ at 2n − 2 részhalmaz hat´ aroz meg 2-elem˝ u part´ıci´ ot, de ´ıgy az egyes part´ıci´ okat kétszer számoltuk, mert egy részhalmaz és a komplementere ugyanazt a part´ıci´ ot hat´ arozza meg. Teh´ at n2 = 2n −2 = 2n−1 − 1. Erre az o¨sszef¨ uggésre teljes indukci´ os bizony´ıt´ ast is 2 adhatunk a k¨ ovetkez˝o feladatban bizony´ıtott o¨sszef¨ uggés seg´ıtségével. 1.1.24. Az n elem˝ u halmaz k elem˝ u part´ıci´ oinak számát, azaz nk értékét a k¨ ovetkez˝oképpen számolhatjuk o¨ssze: El˝ oször a´ll´ıtsuk ol a´ll´ o halmaz k elem˝ u part´ıci´ oit. el˝ o az els˝o n − 1 elemb˝ Ezek száma n−1 . Az utols´ o elemet a k r´ e szhalmaz valamelyik´ e be kell k betenn¨ u nk ´ e s ez k féleképpen lehet. Így el˝ oa´ll´ıtottuk az n elem˝ u halmaz n−1 k· k szám´ u part´ıci´ oj´ at. A tov´ abbi part´ıci´ okban az n-edik elem egy k¨ ul¨ on részhalmazba ker¨ ul, ezért az els˝o n − 1 elemet ¨ res, disz k − 1 nem u junkt részhalmazba kell elhelyezn¨ unk és ez n−1 féleképpen lehetséges. k−1 6 3 53 + 52 = 32 43 + 3 42 + 52 = 3 = = 33 33 + 32 32 + 3 42 + 52 = 27 + 9 · 22 − 1 + 3 · 23 − 1 + 24 − 1 = 90 8 4 = 1701

1.1.25.

a) Mivel 3 diszjunkt 4-elem˝ u részhalmazhoz már 12 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elemre volna sz¨ ukség, ezért legfeljebb 2 p´ aronként diszjunkt 4-elem˝ u halmaz a´ll´ıthat´ o el˝ o. b) – c) Mindkét esetben 5 a részhalmazok maximális száma. El˝ oször bizony´ıtsuk be, hogy 6 vagy t¨ obb megfelel˝o részhalmaz nem lehetséges. Ha lenne legal´ abb 6 részhalmaz a feltételeknek megfelel˝oen, akkor a 10 elem k¨ oz¨ ul lenne legal´ abb egy olyan, amely h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o

121

1.1. HALMAZALGEBRA

részhalmazban is el˝ ofordul. Mivel nem lehet két részhalmaznak egynél t¨ obb k¨ oz¨ os eleme, ezért a h´ arom részhalmaz tov´ abbi 9 eleme mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝o, azaz a h´ arom részhalmaz uni´ oja X. Ebben az esetben már egy negyedik részhalmazt sem tudn´ ank a feltételeknek megfelel˝oen fel´ırni, hiszen annak 4 eleméb˝ ol legal´ abb 2 k¨ oz¨ os lenne az el˝ oz˝ o 3 részhalmaz valamelyikével. Ezek ut´ an már csak azt kell megmutatnunk, hogy 5 megfelel˝ o részhalmaz val´ oban létezik. X elemeit az els˝o 10 pozit´ıv egész számmal jel¨ olve: {1, 2, 3, 4}, {1, 5, 7, 9}, {2, 5, 8, 10}, {3, 6, 7, 10}, {4, 6, 8, 9} 1.1.26. 1 −2 −1

2

A∪B

1.1.27.

3

1

A∩B

1

−1

−1

4

1

1

3

−2

A\B

3

B\A

1 −1 −3

1

3

5

−1 −2

A∆B 3

3

1

1 1

1 −3

3

5


122 1.1.28.

a)

3

b) – c) A∩B

1 −3

3

1

−1

d) A ∩ C és A∩B∩C

2 1

B\A 2 1

1 2

1 2

−3 e)

f)

A∪B

3

3

1 −2

A\B

1 1

−1

3

1

3

−2 g) 3

3

1

1

−1

1.1.29.

a)

h)

A∆B

1

b)

−2

c)

3 1

1 −1

−1

3

3

1

3

C \B

−1

1

3

3 1

1

3

−1

1

3

∪ 123

1.1. HALMAZALGEBRA

1.1.30.

a)

b)

c) 2 1

3 1 1 2 3

−1

1

−1

d)

3

1 2 3 4

−1 −2

e)

f)

3

3

1 −1

1

3

5

3 2 1

1 −2 −1

1 2 3 g)

h) 1

2 1

1 2 1 2 3 4

−1

−2

2


124

1.2.

Rel´ aci´ ok, f¨ uggv´ enyek

F¨ uggv´ enyek 1.2.1.

a)

3

d c

2

b

1

a

3

d

b)

Egy bin´ aris reláci´ o akkor és csak akkor f¨ uggvény, ha indul´ asi halmazának minden eleme pontosan egy érkezési halmazbeli elemmel a´ll reláci´ oban. Ezért ez a reláci´ o nem f¨ uggvény, hiszen péld´ aul (1, a) , (1, c) ∈ R. F¨ uggvény.

c

2 1

b a

c)

F¨ uggvény.

3

d c

2 1

b a

1.2.2. 1. Péld´ ak olyan reláci´ okra, amelyek nem f¨ uggvények: a) R = {(1, a) , (1, b) , (2, c)}

b) R = {(1, a) , (1, b)} c) nem lehetséges

d) R = {(J´ anos, Eszter) , (J´ anos, Zsuzsa) , (Dániel, Mária)} e) R = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ N}

f) R = {(x, y) | (y = |x|) ∨ (y = |x + 1|) , x ∈ Z}

2. Péld´ ak olyan reláci´ okra, amelyek f¨ uggvények és f (S) = T :


125

a) nem lehetséges, mert |S| < |T |

b) nem lehetséges, mert |S| < |T | c) f = {(a, ∅) , (b, ∅) , (c, ∅)}

d) nem lehetséges, mert |S| < |T |

e) f = {(x, y) | y = |bxc| , x ∈ R, y ∈ N}∗ f) f = {(x, y) | y = |x| , x ∈ Z, y ∈ N}

a) s : R → R,

1.2.3.

s (x) = x + 1

b) sum : R × R → R,

sum (x, y) = x + y

c) sex : {J´ anos, Béla, Mária, Zsuzsa} → {n˝ o, férfi}, sex = {(J´ anos, férfi) , (Béla, férfi) , (Mária, n˝ o) , (Zsuzsa, n˝ o)}

d) nev : {Beethoven, Haydn, Sztravinszkij} → {Igor, Joseph, Ludwig}, nev = {(Beethoven, Ludwig) , (Haydn, Joseph) , (Sztravinszkij, Igor)} e) max : Rn → R,

max = {((x1 , x2 , . . . , xn ) , y) | ∀i (xi ≤ y) ∧ ∧∃i (xi = y) , i = 1, 2, . . . , n}

1.2.4. Az al´ abbi f¨ uggvények mind olyan reláci´ ok, amelyek indul´ asi és érkezési halmaza is X × Y . A megoldásokn´ al csak az értékad´ ast és az értelmezési tartományb´ ol kiz´ arand´ o elemeket t¨ untetj¨ uk fel: a) fa (x, y) = (80, 25) b) fb (x, y) = (x, y − 1)

(x, y) ∈ / {(x, y) | x ∈ X, y = 1}

c) fc (x, y) = (x + 2, y + 5) (x, y) ∈ / {(x, y) | x > 78, y > 20, x ∈ X, y ∈ Y }

d) fd (x, y) = (81 − x, y) e) fe (x, y) = (y, x)

(x, y) ∈ / {(x, y) | x > 25, x ∈ X, y ∈ Y }

f) ff (x, y) = (2x − 20, 2y − 10) (x, y) ∈ / ∈ / {(x, y) | (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) , x ∈ X, y ∈ Y } Parciális leképezések: b), c), e), f). 1.2.5. f : X × Y → {i, h} a) f (x, y) = i ∗ bxc

az x (als´ o) eg´ eszr´ esze: az x-n´ el nem nagyobb eg´ eszek k¨ oz¨ ul a legnagyobb.


126

b) f (x, y) = c) f (x, y) =

i, ha y = 6 1; h, ha y = 1. i, ha (x ≤ 78) ∧ (y ≤ 20) ; h, ha (x > 78) ∨ (y > 20) .

d) f (x, y) = i i, e) f (x, y) = h, i, f) f (x, y) = h,

ha x ≤ 25; ha x > 25. ha (10 < x ≤ 50) ∧ (5 < y ≤ 17) ; ha (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) .

1.2.6. Ha n = 2k (k ∈ Z, k > 1), akkor a program 1-et ad eredmény¨ ul. B´ armely ett˝ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o esetben a program végtelen ciklusba ker¨ ul. f : N∗ → N, f (n) = 1, ahol N∗ = 2k | k ∈ N (Ha f -et N → N leképezésként defini´ aljuk, akkor parci´ alis leképezést kapunk.) 1.2.7.

a) χA∪B (x) = 1 ⇐⇒ (x∈ A) ∨ (x ∈ B) ⇐⇒ χA (x) = 1 ∨ χB (x) = 1 b) χA∩B (x) = 1 ⇐⇒ (x∈ A) ∧ (x ∈ B) ⇐⇒ χA (x) = 1 ∧ χB (x) = 1 h c) χX\A (x) = 1 ⇐⇒ (x ∈ X \ A) ⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒ max χA (x), χB (x) = 1 ⇐⇒ ⇐⇒ min χA (x), χB (x) = 1 i χA (x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ χX\A (x) = 1 − χA (x)

1.2.8. d c

d c

d c

b a

b a

b a

d

d

c

c

b

b

a

a

R ◦ R = {(a, a) , (a, b) , (a, c) , (a, d) , (b, a) , (b, b) , (b, c)}


127

d

d

c

c

b

b

a

a

R−1 = {(b, a) , (c, a) , (d, c) , (a, a) , (a, b)} 1.2.9.

a) R a´ltal´ aban nem f¨ uggvény, hiszen lehet két olyan B halmazbeli személy, akiknek ugyanaznap van a sz¨ uletésnapjuk. R−1 B-b˝ ol A-ba képez˝o f¨ uggvény. b) R ◦ R−1 a´ltal´ aban nem f¨ uggvény: olyan (ember1 , ember2 ) p´ arokb´ ol a´ll, ahol ember1 ugyanazon a napon sz¨ uletett, mint ember2 . R−1 ◦ R az A halmaz azon részhalmazán értelmezett f¨ uggvény, amelyek azok a d´ atumok, amelyeken sz¨ uletett B halmazbeli ember. A f¨ uggvény minden ilyen d´ atumhoz o¨nmag´ at rendeli.∗

1.2.10. Gyerekek

Ap´ ak

L´ anyok

Sz¨ ul˝ ok

F

S

a) (g, a) ∈ F −1 , ha a apja g-nek.

b) (l, s) ∈ S −1 , ha l l´ anya s-nek.

c) F ◦ S = ∅, ugyanis (s, g) ∈ F ◦ S, ha létezik l, hogy (s, l) ∈ S és (l, g) ∈ F . Ilyen l nincs, mert nem lehet valaki l´ any és apa egyszerre.

d) S ◦ F = {(x, y) | y l´ anynak x a nagyapja} e) F −1 ◦ F = {(x, x) | x apa}

f) S ◦ S = {(x, y) | x nagysz¨ ul˝ oje anyai a´gon y-nak, aki l´ any}

∗A

f¨ uggv´ eny neve: identit´ as f¨ uggv´ eny.


128

g) F −1 ◦ S = {(x, y) | x egy l´ anygyermek valamelyik sz¨ ul˝ oje, y ugyanannak a l´ anynak az apja} 1.2.11.

a) h(x)

√ b) f −1 (x) = − x h−1 (x) = x − 1 c) f ◦ g : R → R g◦f: R→R h ◦ g: R → R

Df −1 = ]0, 9] Dh−1 = [−2, 1[ f (g(x)) = sin2 x g(f (x)) = sin x2 h(g(x)) = sin x + 1

Rf ◦g = [0, 1] Rg◦f = [−1, 1] Rh◦g = [0, 2]

a) Rf ◦g = N b) Rg◦f = n2 | n ∈ N = {négyzetszámok} c) Rg◦h = n4 | n ∈ N d) Rh◦g = n4 | n ∈ N 1.2.13. (x, z) ∈ R ◦ S ⇐⇒ ∃y ((x, y) ∈ S) ∧ ((y, z) ∈ R) ⇐⇒ −1 −1 ⇐⇒ ∃y (y, x) ∈ S ∧ (z, y) ∈ R ⇐⇒ (z, x) ∈ S −1 ◦ R−1 1.2.12.

1.2.14.

a)

injekt´ıv igen

sz¨ urjekt´ıv igen

bijekt´ıv igen

b)

igen

nem

c)

igen

¬∃ n : f (n) = 0 nem igen

d)

f (1, 2) = f (3, 1) nem

¬∃ m, n : f (m, n) = 3 nem

nem

e)

igen

nem

f)

igen

¬∃ m, n : f (m, n) = 3 nem igen

g)

f (0) = f (π) nem igen

igen

nem

igen

igen

i)

f (1) = f (−3) nem

¬∃ x : f (x) = −1 nem

nem

j)

f (0) = f (1) nem

¬∃ x : f (x) = −1 nem

nem

h)

igen

igen


1.2.15.

129

k)

f (6) = f (15) nem

¬∃ x : f (x) = −1 nem

nem

l)

f (6) = f (15) nem

igen

nem

a) Ha m > n, akkor egy sincs. n! Ha m ≤ n, akkor (n−m)! . b) Ha m < n, akkor egy sincs. Ha m ≥ n, akkor nm − n1 (n − 1)m + + (−1)n−1

(n − 2)m − . . . + n−1 P n (−1)k nk (n − k)m . n−1 = n 2

k=0

c) Ha m 6= n, akkor egy sincs. Ha m = n, akkor m!. 1.2.16.

1.2.17.

+ a) Sz¨ urjekt´ıv: b´ armely a val´ os számhoz létezik olyan √ x ∈ R , hogy 1 1 2 f (x) = a, hiszen ha x − x = a, akkor x = 2 a + a + 4 . √ b) f −1 : R → R+ , y = 21 x + x2 + 4 . Az inverzf¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv.

a) A = Z, B = Z+ . Ekkor x = 0-hoz nem rendelhet˝o érték.

b) A = Z, B = Z. Nem injekt´ıv, mert pl. f (3) = f (−3) = 3. Nem sz¨ urjekt´ıv, mert pl. a −3 nem a´ll el˝ o képként.

c) A = Z+ , B = Z. Injekt´ıv, mert k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv számok abszol´ ut értéke k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Nem sz¨ urjekt´ıv, mert pl. a −3 nem a´ll el˝ o képként.

d) A = Z, B = N. Nem injekt´ıv, mert pl. f (3) = f (−3) = 3. Sz¨ urjekt´ıv, mert minden nem-negat´ıv sz´ am el˝ oa´ll képként.

e) A = Z+ , B = Z+ . Injekt´ıv, mert k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv számok abszol´ ut értéke is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Sz¨ urjekt´ıv, mert minden pozit´ıv szám el˝ oa´ll képként. (Ezeken k´ıv¨ ul, természetesen, számtalan más j´ o megoldás is adhat´ o.) 1.2.18.

a) Igaz. Injektivit´ as és az értékkészlet defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik. b) Hamis. Pl. f : I5 → I6 ,

f (x) = x + 1.

d) Hamis. Pl. f : I3 → I1 ,

f (x) = 1.

c) Igaz. A f¨ uggvény defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik.


130

e) Hamis. Pl. f : I3 → I2 ,

f (x) = 1.

f) Igaz. Sz¨ urjektivit´ as és a f¨ uggvény defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik.

g) Igaz. Injektivit´ as és sz¨ urjektivit´ as defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik. h) Igaz. Injektivit´ as és sz¨ urjektivit´ as defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik. i) Igaz. Injektivit´ as és sz¨ urjektivit´ as defin´ıci´ oj´ ab´ ol k¨ ovetkezik. 1.2.19.

a)

f (A) = [0, 4]

4

f (A)

-1 b)

0

2 f (A) =

2 f (A) 3 2

−1 −

√ 3 2

√

3 2

1

3

2, 2


131 f (A) = −∞, − 31 ∪ [1, ∞[ = R \ − 31 , 1

c)

f (A)

1 0

2

− 13

1.2.20.

a) X

C x1

Y

f (C) y

x2 D

f (D)

Bizony´ıtsunk indirekten: tegy¨ uk fel, hogy f (C) ∩ f (D) 6= ∅. Legyen f (C) és f (D) k¨ oz¨ os eleme y. Ekkor ∃x1 , x2 , hogy f (x1 ) = f (x2 ) = y, és x1 ∈ C, x2 ∈ D. Mivel C ∩ D = ∅, x1 6= x2 . Így a leképezés nem injekt´ıv, ami ellentmond az eredeti feltételnek.

b) Mivel f injekt´ıv és C ∩ (X \ C) = ∅, a feladat a) részének feltételei teljes¨ ulnek, ´ıgy f (C) ∩ f (X \ C) = ∅, amelyb˝ ol az a´ll´ıt´ as k¨ onnyen bel´ athat´ o. ´ ıt´ c) All´ as: Ha egy f : X → Y leképezésre igaz, hogy diszjunkt halmazok képei diszjunktak, akkor f injekt´ıv. A bizony´ıt´ ashoz vegy¨ unk tetsz˝oleges x1 , x2 ∈ X (x1 6= x2 ) elemeket. Az {x1 }, {x2 } diszjunkt halmazok képei a feltétel szerint diszjunktak. Ezért f (x1 ) 6= f (x2 ), ´ıgy f injekt´ıv. 1.2.21.

a) f (X) = [−2, 0[


132

b) A leképezés nem injekt´ıv, ´ıgy bijekt´ıv sem lehet. 1.2.22. Írjuk fel a f¨ uggvény értékeit egy olyan t´ abl´ azatba, amelyben az m-edik sor n-edik elemének értéke f (m, n). A t´ abl´ azat alapj´ an megsejthet˝o rekurzio´s o¨sszef¨ uggések f (m, n) eredeti képletéb˝ ol behelyettes´ıtéssel egyszer˝ uen bel´ athat´ ok.

0 1 2 3 4 5 .. .

f (0, n) =

0 0 2 5 9 14 20 .. .

1 1 4 8 13 19 26 .. .

n (n + 1) ; 2

2 3 7 12 18 25 33 .. .

3 6 11 17 24 32 ...

4 10 16 23 31 ...

5 15 22 30 ...

... ... ... ...

f (m, n) = f (m − 1, n + 1) + 1, ha m > 0.

Mivel f (0, m + 1) = f (m, 0) + 1, a t´ abl´ azat elemei lefedik a természetes számok halmazát, mindegyiket pontosan egyszer szerepeltetve. Ezzel bel´ attuk, hogy az f f¨ uggvény bijekt´ıv.

Homog´ en bin´ aris rel´ aci´ ok speci´ alis tulajdons´ agai 1.2.23.

a) Nem reflex´ıv. Egy egyenesen végtelen sok s´ık fektethet˝ o a´t. e g

f

Irreflex´ıv. Egyetlen egyenesen sem fektethet˝o a´t pontosan egy s´ık. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ıv. Az a´bra szerint elhelyezked˝ o e és f , illetve f és g egyeneseken is pontosan egy s´ık fektethet˝ o a´t; e és g egyeneseken azonban egy sem.


133

b) Nem reflex´ıv. Egyenes o¨nmag´ aval nem kitér˝o. Irreflex´ıv. Egyetlen egyenes sem kitér˝o e o¨nmag´ aval. f Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ıv. Az a´bra szerint elhelyezked˝ o e és f , illetve f és g egyenesek is kitér˝ ok; e és g egyenesek azonban nem (metsz˝ ok). g c) Reflex´ıv. B´ armely egyenesre illeszthet˝o s´ık. Nem irreflex´ıv. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ıv. L´ asd az a) feladatot. 1.2.24.

a) Nem reflex´ıv. A p´ aros számokat saj´ at magukkal szorozva nem kapunk p´ aratlan számot. Nem irreflex´ıv. A p´ aratlan számokat saj´ at magukkal szorozva p´ aratlan számot kapunk. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Tranzit´ıv. Ha a · b és b · c p´ aratlan, akkor a, b és c is csak p´ aratlan lehet. Így a · c is p´ aratlan. DR = {p´ aratlan számok}, RR = {p´ aratlan számok}. b) Nem reflex´ıv. A vezetéknév nem rövidebb saj´ at magán´ al. Irreflex´ıv. Egy ember vezetékneve sem rövidebb saj´ at magán´ al. Nem szimmetrikus. Antiszimmetrikus. Tranzit´ıv. DS = {x | x-nél van hosszabb vezetéknev˝ u budapesti lakos, x ∈ B}, RS = {x | x-nél van rövidebb vezetéknev˝ u budapesti lakos, x ∈ B}. c) Nem reflex´ıv. Az u ¨ res halmaz o¨nmag´ aval vett metszete u ¨ res. Nem irreflex´ıv. Az u ¨ res halmazt kivéve minden elem reláci´ oban a´ll o¨nmag´ aval. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ıv. Pl. {a, b}∩{b, c} = {b} = 6 ∅ és {b, c}∩{c, d} = {c} = 6 ∅,


134

de {a, b} ∩ {c, d} = ∅. DT = P(X) \ {∅}, RT = P(X) \ {∅}.

d) Nem reflex´ıv. Az 1 o¨nmag´ aval vett legnagyobb k¨ oz¨ os osztója 1. Nem irreflex´ıv. Az 1-et kivéve minden elem reláci´ oban a´ll o¨nmag´ aval. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ıv. Pl. lnko (2, 6) = 2 > 1 és lnko (6, 3) = 3 > 1, azonban lnko (2, 3) = 1 6> 1. DU = N+ \ {1}, RU = N+ \ {1}. e)

Reflex´ıv. Minden k¨ or érinti saj´ at magát (bel¨ ulr˝ ol is), hiszen van saj´ at magával k¨ oz¨ os pontja, és abban a pontban k¨ oz¨ os az érint˝ oj¨ uk. k1 Nem irreflex´ıv. Nem szimmetrikus. k2 Antiszimmetrikus. Ha egy k¨ or bel¨ ulr˝ ol érint egy másikat, akkor a másik nem érintheti bel¨ ulr˝ ol. Nem tranzit´ıv. Az a´bra szerint elhelyezked˝ o k1 k¨ or bel¨ ulr˝ ol érinti k2 -t, mint ahogy k2 is bel¨ ulr˝ ol érinti k3 -at. Azonban k1 sehogy sem érinti k3 -at. DV = K, RV = K. k3

1.2.25.

a)

4

3

1

2

b) 4

3

1

2

R = {(1, 1) , (1, 3) , (1, 4) , (2, 2)}

R = {(1, 3) , (1, 4) , (2, 3) , (3, 2)}


c)

4

3

1

2

135 R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 3) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 4)}

d) Nem lehetséges. e)

f)

g)

4

1 h) 4

1

4

3

1

2

4

3

1

2 3

R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 3)}

R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 3) , (4, 2) , (4, 3)}

R = {(1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 3) , (3, 4) , (4, 1) , (4, 3)}

2 3 R = {(1, 1) , (2, 2) , (4, 4)} (Megjegyzés: Egy adott halmazon defini´ alt egyenl˝ oségi reláci´ on és részhalmazain k´ıv¨ ul nincs más olyan reláci´ o, amely szimmetrikus és antiszimmetrikus is egyszerre.) 2


136

Ekvivalencia-rel´ aci´ ok 1.2.26.

a) Nem, mert nem reflex´ıv, és nem tranzit´ıv. b) Nem, mert nem tranzit´ıv. c) Igen.

1.2.27. {(a, a) , (a, d) , (a, g) , (b, b) , (c, c) , (c, f ) , (d, a) , (d, d) , (d, g) , (e, e) , (f, c) , (f, f ) , (g, a) , (g, d) , (g, g)} 1.2.28.

a)

5

4

3

6

1 1.2.29.

b) Az ekvivalencia-reláci´ o: R ∪ {(1, 1) , (1, 3) , (2, 2) , (3, 1) , (3, 3) , (5, 6) , (6, 6)} (Az eredeti reláci´ ohoz tartozó éleket folytonos vonallal, m´ıg a kiegész´ıtéshez minimálisan sz¨ ukséges éleket szaggatott vonallal a´br´ azoltuk.)

2

a) Reflex´ıv, mert m + m = 2m mindig p´ aros. Szimmetrikus, mert ha m + n p´ aros, akkor n + m is az. Tranzit´ıv, mert ha m+ n és n+ p is p´ aros, akkor o¨sszeg¨ uk: m+ 2n+ p is p´ aros. Ez pedig csak u ´ gy lehetséges, ha m + p is p´ aros. Ekvivalencia-osztályok: {p´ aros számok}, {p´ aratlan számok}.

b) Reflex´ıv, mert x2 + x2 = 2x2 mindig oszthat´ o 2-vel. Szimmetrikus, mert ha x2 +y 2 oszthat´ o 2-vel, akkor y 2 +x2 is oszthat´ o 2-vel. Tranzit´ıv, mert ha x2 +y 2 és y 2 +z 2 is oszthat´ o 2-vel, akkor o¨sszeg¨ uk: x2 +2y 2 +z 2 is oszthat´ o 2-vel. Ez pedig csak u ´ gy lehetséges, ha x2 +z 2 is oszthat´ o 2-vel. Ekvivalencia-osztályok: {p´ aros számok}, {p´ aratlan számok}.

c) Reflex´ıv, mert a − a = 0 racion´ alis. Szimmetrikus, mert ha a − b racion´ alis, akkor b − a = − (a − b) is racion´ alis. Tranzit´ıv, mert ha a−b és b−c is racion´ alis, akkor o¨sszeg¨ uk: a−c is racion´ alis. (A racion´ alis számok halmaza zárt az o¨sszeadás m˝ uveletére.)


137

Ekvivalencia-osztályok: Q, és minden olyan x + Q halmaz∗ , ahol x tetsz˝oleges, rögz´ıtett irracion´ alis szám. d) Reflex´ıv, mert x − x = 0 oszthat´ o 3-mal. Szimmetrikus, mert ha x − y oszthat´ o 3-mal, akkor y − x = − (x − y) is oszthat´ o 3-mal. Tranzit´ıv, mert ha x − y és y − z is oszthat´ o 3-mal, akkor o¨sszeg¨ uk: x − z is oszthat´ o 3-mal. Ekvivalencia-osztályok: {1, 4, 7, 10}, {2, 5, 8, 11}, {3, 6, 9, 12}. e) Reflex´ıv, mert m2 − m2 = 0 oszthat´ o 3-mal. Szimmetrikus, mert ha m2 − n2 oszthat´ o 3-mal, akkor n2 − m2 is oszthat´ o 3-mal. Tranzit´ıv, mert ha m2 − n2 és n2 − p2 is oszthat´ o 3-mal, akkor o¨szszeg¨ uk: m2 − p2 is oszthat´ o 3-mal. Ekvivalencia-osztályok: {3-mal oszthat´ o természetes számok} , {3-mal nem oszthat´ o természetes számok}. f) Reflex´ıv, mert x2 − x2 = 0 oszthat´ o 4-gyel. Szimmetrikus, mert ha x2 − y 2 oszthat´ o 4-gyel, akkor y 2 − x2 is oszthat´ o 4-gyel. Tranzit´ıv, mert ha x2 − y 2 és y 2 − z 2 is oszthat´ o 4-gyel, akkor o¨sszeg¨ uk: x2 − z 2 is oszthat´ o 4-gyel. Ekvivalencia-osztályok: {p´ aros sz´ amok}, {p´ aratlan számok}.

g) Reflex´ıv, mert x1 + y1 = x1 + y1 mindig teljes¨ ul. Szimmetrikus, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 , akkor x2 + y2 = x1 + y1 is teljes¨ ul. Tranzit´ıv, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 és x2 + y2 = x3 + y3 , akkor x1 + y1 = x3 + y3 is teljes¨ ul. Ekvivalencia-osztályok: Minden val´ os számhoz tartozik egy ekvivalencia-osztály: Ec = {(x, y) | x + y = c}, c ∈ R. A Descartes-féle koordin´ ata-rendszerben Ec ekvivalencia-osztálynak a −1 iránytangens˝ u, c tengelymetszet˝ u egyenes felel meg. h) Reflex´ıv, mert x1 y1 = x1 y1 mindig teljes¨ ul. Szimmetrikus, mert ha x1 y1 = x2 y2 , akkor x2 y2 = x1 y1 is teljes¨ ul. Tranzit´ıv, mert ha x1 y1 = x2 y2 és x2 y2 = x3 y3 , akkor x1 y1 = x3 y3 is teljes¨ ul. Ekvivalencia-osztályok: Minden val´ os számhoz tartozik egy ekvivalencia-osztály: Ec = {(x, y) | xy = c}, c ∈ R. A Descartes-féle koor∗ Szok´ asos

jel¨ ol´ es: tetsz˝ oleges x sz´ amra ´ es H sz´ amhalmazra: x + H = {x + h | h ∈ H}.


138

din´ ata-rendszerben Ec ekvivalencia-osztálynak az y = xc egyenlet˝ u, deréksz¨ og˝ u hiperbola felel meg, ha c 6= 0; E0 -nak pedig a koordin´ atatengelyek egyes´ıtése. 1.2.30.

a)

i. Xa ∩ Xb = ∅ =⇒ (a, b) ∈ / R bizony´ıt´ asa: A reflexivit´ as miatt a ∈ Xa . Az Xa ∩ Xb = ∅ feltétel miatt viszont a ∈ / Xb . Mivel Xb tartalmazza az o¨sszes b-vel reláci´ oban a´ll´ o elemet, aRb nem a´llhat fenn. ii. (a, b) ∈ / R =⇒ Xa ∩ Xb = ∅ bizony´ıt´ asa: Tegy¨ uk fel, hogy az a´ll´ıt´ assal ellentétben Xa ∩ Xb 6= ∅, azaz van olyan c ∈ X elem, amely mindkét halmaznak eleme, teh´ at c mind a-val, mind pedig b-vel reláci´ oban van. A szimmetriáb´ ol k¨ ovetkez˝oen aRc és cRb is teljes¨ ul, ahonnan a tranzitivit´ ast felhaszn´ alva aRb ad´ odik. Ez pedig ellentmond a feltételnek.

b) Az a) a´ll´ıt´ as ii. részének bizony´ıt´ as´ ab´ ol ad´ odik. c)

i. (a, b) ∈ R =⇒ Xa = Xb bizony´ıt´ asa: Tekints¨ unk egy tetsz˝oleges c ∈ Xa elemet, erre aRc teljes¨ ul. A feltétel és a szimmetria miatt bRa is igaz. A tranzitivit´ asb´ ol ad´ od´ oan ekkor bRc igaz, azaz minden a-val reláci´ oban a´ll´ o elem bvel is reláci´ oban a´ll. Teh´ at Xa ⊆ Xb . Hasonl´ o gondolatmenettel l´ athat´ o be Xb ⊆ Xa is, amib˝ol Xa = Xb ad´ odik. ii. Xa = Xb =⇒ (a, b) ∈ R bizony´ıt´ asa: Bizony´ıtsunk indirekten: ha (a, b) ∈ / R, akkor b ∈ / Xa , viszont b ∈ Xb . Így Xa 6= Xb , ami ellentmondás.

Parci´ alis rendez´ esi rel´ aci´ ok 1.2.31.

a) Reflex´ıv, mert A ⊆ A mindig teljes¨ ul. Antiszimmetrikus, mert A ⊆ B és B ⊆ A csak akkor teljes¨ ulhet, ha A = B. Tranzit´ıv, mert ha A ⊆ B és B ⊆ C, akkor A ⊆ C is teljes¨ ul.


139

{1, 2, 3, 4} Legnagyobb elem: {1, 2, 3, 4}. Legkisebb elem nincs. {1, 2, 3} {1, 2, 4} {1, 3, 4} {2, 3, 4} Minimális elemek: a kételem˝ u halmazok. sup (A, B) = A ∪ B Nem létezik b´ armely két e- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} lemnek infimuma, mert péld´ aul inf ({1, 2} , {1, 3}) nem létezik. b) A parci´ alis rendezés bizony´ıt´ as´ at l´ asd az a) résznél. ∅ Legnagyobb elem: ∅ Legkisebb elem nincs. Minimális elemek: a kétele{1} {2} {3} {4} m˝ u halmazok. sup (A, B) = A ∩ B Nem létezik b´ armely két elemnek infimuma, mert pél- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} d´ aul inf ({1, 2} , {1, 3}) nem létezik. c) Reflex´ıv, mert minden szám oszt´ oja o¨nmag´ anak. Antiszimmetrikus, mert a | b és b | a csak akkor teljes¨ ulhet, ha a = b. Tranzit´ıv, mert ha a | b és b | c, akkor a | c is teljes¨ ul. Legnagyobb és legkisebb elem nincs. Maximális elemek: 9, 20, 30. Minimális elemek: 3, 10. Nincs b´ armely két elemnek szuprémuma ill. infimuma, mert pl. inf (3, 10) és sup (9, 20) nem létezik.

9

30

20

6

3

10


140

d) A parci´ alis rendezés bizony´ıt´ as´ at l´ asd a c) résznél. Legnagyobb elem: 12. Legkisebb elem: 1. sup (a, b) = lkkt (a, b)∗ inf (a, b) = lnko (a, b)†

12 6

4

3

2 1

1.2.32.

a)

sup (100, 10) = 10 sup (101, 111) = 1 inf (100, 11) nem létezik inf (100, 10) = 100 Meggondolhat´ o, hogy sup (v, w) olyan bitsorozat, amely v-ben és wben is szerepl˝o legb˝ ovebb kezd˝orész. Ilyen sorozat mindig van, mivel a halmaz elemei 1-gyel kezd˝odnek.

b)

sup (00001, 001) = 00 sup (1111, 110) = 11 inf (0010, 0011) nem létezik inf (011, 01) = 011 Egész´ıts¨ uk ki az adott halmazt a 0 és 1 elemekkel, valamint ε-nal, ami legyen az u ¨ res karaktersorozat jele. Ez ut´ obbi lesz az eredeti rendezés szerinti legnagyobb elem.

c)

sup (100, 11) = 1 inf (100, 00) = 100

sup (000, 11) nem létezik inf (100, 001) nem létezik Ebben a rendezett halmazban a sup (01, 10) nem léte- 1 zik. A {01, 10} halmaz fels˝o korl´ atja a 0 és az 1 elem is, ezek k¨ oz¨ ott viszont nincsen legkisebb. Ak´ arhogyan b˝ ov´ıtj¨ uk is az adott halmazt, ez nem v´ altozik. Ugyanilyen okb´ ol nem létezik inf (100, 001) sem: az {100, 001} 10 halmaz als´ o korl´ atja az 1001 és a 00100 elem is; ezek k¨ oz¨ ul viszont egyik sem nagyobb a másikn´ al.

0

01

1.2.33. Bel´ atjuk, hogy az R−1 reláci´ o a H halmazon rendelkezik a parci´ alis rendezési reláci´ ok tulajdons´ agaival. Reflexivit´ as: R reflexivit´ asa miatt (a, a) ∈ R minden a ∈ H esetén, de akkor (a, a) ∈ R−1 is teljes¨ ul minden a ∈ H-ra.

Antiszimmetria: ha (a, b) ∈ R−1 és (b, a) ∈ R−1 , akkor (b, a) ∈ R és (a, b) ∈ R. Ebb˝ ol viszont R antiszimmetriája miatt k¨ ovetkezik, hogy a = b. ∗ lkkt = legkisebb

k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os k¨ oz¨ os oszt´ o

† lnko = legnagyobb


141

Tranzitivit´ as: ha (a, b) ∈ R−1 és (b, c) ∈ R−1 , akkor (b, a) ∈ R és (c, b) ∈ R. Mivel R-r˝ol tudjuk, hogy tranzit´ıv, az ut´ obbi két feltétel k¨ ovetkeztében (c, a) ∈ R, azaz (a, c) ∈ R−1 . Ha x ∈ H maximális elem (H; R)-ben, akkor nincs olyan y ∈ H, hogy (x, y) ∈ R, azaz x 4 y. Ez H; R−1 -ben azt jelenti, hogy nincs olyan y ∈ H, (y, x) ∈ R−1 , azaz y 4 x. K¨ ovetkezésképpen x minimális elem H; R−1 -ben.

1.2.34. A reláci´ o az F halmazon nem antiszimmetrikus. Példa f, g ∈ F -re, ahol f 4 g és g 4 f egyszerre igaz, mégis f 6= g: 1, ha n 6= 1; f : N → N f (n) = 5, ha n = 1; és g: N → N 1.2.35.

g (n) =

1, ha n 6= 2; 5, ha n = 2.

a) Reflex´ıv, mert a + bj 4 a + bj, hiszen a ≤ a és b ≤ b. Antiszimmetrikus, mert ha a1 + b1 j 4 a2 + b2 j és a2 + b2 j 4 a1 + b1 j, akkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a1 , valamint b1 ≤ b2 és b2 ≤ b1 . Ekkor ≤ antiszimmetriája miatt a1 = a2 és b1 = b2 , vagyis a1 + b1 j = a2 + b2 j. Tranzit´ıv, mert ha a1 + b1 j 4 a2 + b2 j, és a2 + b2 j 4 a3 + b3 j, akkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a3 , valamint b1 ≤ b2 és b2 ≤ b3 . Ekkor ≤ tranzitivit´ asa miatt a1 ≤ a3 és b1 ≤ b3 , vagyis a1 + b1 j 4 a3 + b3 j.

b) Nem, mert pl. 2 + j 4 3 + 0j és 3 + 0j 4 2 + j k¨ oz¨ ul egyik sem teljes¨ ul. c)

3 + 2j 3 + 1j

2 + 2j 1 + 2j

3 + 0j

2 + 1j 1 + 1j

0 + 2j

2 + 0j 1 + 0j

0 + 1j 0 + 0j

d) sup (a1 + b1 j, a2 + b2 j) = max {a1 , a2 } + max {b1 , b2 } j inf (a1 + b1 j, a2 + b2 j) = min {a1 , a2 } + min {b1 , b2 } j


142

e) Igen, mert nem tartalmaz az al´ abbi két h´ al´ oval izomorf részhál´ ot∗:

f) Legkisebb elem: 0 + 0j, legnagyobb elem: 3 + 2j. g) Csak a 0 + 0j, 0 + 2j, 3 + 0j, 3 + 2j elemeknek van komplementumuk: 0 + 0j = 3 + 2j, 0 + 2j = 3 + 0j. (Itt z a z komplex szám komplementumát jelenti, és nem a konjug´ altj´ at.) 1.2.36. Reflex´ıv, azaz (a, b) 4 (a, b), hiszen a ≤ a és b = b teljes¨ ul.

Antiszimmetrikus, mert (a1 , b1 ) 4 (a2 , b2 ) és (a2 , b2 ) 4 (a1 , b1 ) csak abban az esetben teljes¨ ulhet, ha b1 = b2 . Ekkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a1 , ebb˝ ol pedig k¨ ovetkezik, hogy (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ). Tranzit´ıv, mert a második komponensre vonatkoz´ o < reláci´ o tranzit´ıv. Ha a 4 reláci´ ou ´ gy teljes¨ ul, hogy a második komponensek egyenl˝ oek, akkor pedig az els˝o komponensekre vonatkoz´ o ≤ reláci´ o tranzitivit´ asa o¨r¨ okl˝ odik. K¨ onnyen meggondolhat´ o a másik két eset is.

Dichot´ om, mert (a1 , b1 ) 4 (a2 , b2 ) és (a2 , b2 ) 4 (a1 , b1 ) k¨ oz¨ ul valamelyik biztosan teljes¨ ul, att´ ol f¨ ugg˝ oen, hogy b < d vagy d < b. Abban az esetben, ha b = d, akkor pedig a ≤ c vagy c ≤ a-t˝ ol f¨ ugg˝ oen teljes¨ ul valamelyik reláci´ o.† 1.2.37.

a) Hamis. Pl. Egy tetsz˝oleges halmaz val´ odi részhalmazainak halmazán értelmezett ⊆ reláci´ o. Legkisebb eleme: ∅, de legnagyobb nincs.

b) Igaz. Nem lehet másik minimális elem, hiszen a legkisebb elem minden elemnél kisebb, ´ıgy nem létezhet más olyan elem, amelynél nincs kisebb. c) Igaz. Az el˝ oz˝ o v´ alasz értelmében a legnagyobb elem maximális is lenne.

d) Hamis. A fels˝o hat´ arnak nem kell a halmazban lennie: pl. a ([0, 1[ ; ≤) halmaznak nincs legnagyobb eleme, de fels˝o hat´ ara az 1. ∗ B˝ ovebben

l´ asd az Algebrai strukt´ ur´ ak c. fejezetben. megjegyezz¨ uk, hogy ezen line´ aris rendez´ esi rel´ aci´ o seg´ıts´ eg´ evel a halmaz elemei nem rendezhet˝ ok sorozatba. † Erdekess´ ´ egk´ ent


143

e) Hamis. Pl. (]0, 1] ; ≤) rendezett halmaznak van als´ o korl´ atja (pl. a −1), de nincs legkisebb eleme. f) Hamis. Pl. az (N \ {0, 1} ; |) részben-rendezett halmazban egynél t¨ obb minimális elem van (ezek a pr´ımek), de van als´ o hat´ ara: 1.

1.3. 1.3.1.

Halmazok sz´ amoss´ aga a) Rendezz¨ uk sorozatba az egész sz´ amokat az al´ abbi módon: 0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, . . . Az al´ abbi f¨ uggvény megadja, hogy valamely k egész szám h´ anyadik eleme a sorozatnak: 2k + 1, ha k ≥ 0; + f : Z → Z , k 7→ −2k, ha k < 0. Természetes, hogy minden elem sorszáma k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o (f injekt´ıv). Másrészt a kapott sorozat végtelen elemszám´ u, teh´ at minden pozit´ıv egész szám eleme a f¨ uggvény értékkészletének (f sz¨ urjekt´ıv). b) Az f f¨ uggvény az AB szakasz P pontjait az A0 B 0 szakasz P 0 pontjaira képezi le az al´ abbi módon: P A B f (P ) = P 0 , ahol A0 P 0 =

A0 B 0 · AP AB

A0

P0

c) Az al´ abbi t´ abl´ azatot racion´ alis sz´ amokb´ ol kész´ıtj¨ uk el. 0 −1 1 −2 2 −3

B0

3

...

− 12

1 2

− 22

2 2

− 23

3 2

...

− 13

1 3

− 32

2 3

− 33

3 3

...

− 14

1 4

− 42

2 4

− 43

3 4

...

...

...

...

...

...

...

...

144


Az els˝o sorba ´ırjuk az a) péld´ aban megadott módon az egész számokat. Ezut´ an az m-edik sor azonos poz´ıci´ oj´ aba az els˝o sorban lév˝ o érték m-ed részét ´ırjuk. Az ´ıgy képzett t´ abl´ azat nyilv´ anval´ oan tartalmazza az o¨sszes racion´ alis számot (s˝ot, mindegyiket végtelen sokszor, pl.: 21 = 24 = 36 = 84 = . . .). Az a´br´ an berajzolt módon sorozatba rendezz¨ uk a racion´ alis számokat, kihagyva azokat, amelyek kor´ abban már szerepeltek:∗ 1 1 1 2 1 1 0, −1, 1, − , − , , −2, 2, − , , − , . . . 2 3 2 2 3 4 Így már a sorozat elemei k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek, és tartalmazzák az o¨sszes racion´ alis számot, teh´ at a leképezés bijekt´ıv. d) f : ]0, 1[ → R, f (x) = ctg πx e) A bijekci´ o megadás´ at az nehez´ıti, hogy az egyik intervallumban egy” gyel t¨ obb” pont van. Ennek kik¨ uszöb¨ olésére vegy¨ unk egy olyan végtelen sorozatot, amelynek minden eleme k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o és a ]0, 1] intervallumban van, valamint els˝o eleme az 1. Egy ilyen sorozat péld´ aul az an = 2−n (n = 0, 1, 2, . . .). Ebben a sorozatban feleltess¨ uk meg minden elemnek az ut´ ana k¨ ovetkez˝ot (azaz toljuk el” eggyel a sorozatot), ” az o¨sszes t¨ obbi intervallumbeli elemnek pedig o¨nmag´ at. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy ez a leképezés bijekt´ıv: 1 1 2n+1 , ha ∃n ∈ N : x = 2n ; f : ]0, 1] → ]0, 1[ , f (x) = x, egyébként. 1.3.2. Mindhárom esetben az a feladat, hogy az adott halmaz és a természetes számok halmaza k¨ oz¨ ott egy bijekt´ıv leképezést adjunk meg. n, ha n p´ aros; a) f : N → 2Z, f (n) = −n − 1, ha n p´ aratlan. b) L´ asd az 1.3.1.c) feladat megoldás´ at. c) K¨ ozismert, hogy végtelen sok pr´ımszám van.† A számosságuk ℵ0 , hiszen a természetes számok halmazának részhalmazát alkotj´ ak. ∗ Ez a l´ ep´ es elker¨ ulhet˝ o, ha a t´ abl´ azat m-edik sor´ aba m´ ar csak az m-hez relat´ıv pr´ımek m-mel osztott ´ ert´ ek´ et ´ırjuk. † Ennek egy egyszer˝ u bizony´ıt´ asa m´ eg az o ´kori g¨ or¨ og¨ okt˝ ol sz´ armazik. Tegy¨ uk fel, hogy ´ ıtsuk el˝ csak v´ eges sok pr´ımsz´ am van: p0 , p1 , p2 , . . . , pn . All´ o a q = p0 p1 p2 . . . pn + 1 sz´ amot. Ez nem lehet pr´ım, hiszen nem egyenl˝ o p0 , p1 , p2 , . . . , pn egyik´ evel sem. Ha o ¨sszetett, akkor viszont van pr´ımoszt´ oja. K¨ onny˝ u l´ atni, hogy ez nem lehet az eddig ismert pr´ımek egyike sem, ´ıgy ellentmond´ asra jutottunk.


145

1.3.3. Ha a = b vagy a > b, akkor H = ∅, azaz |H| = 0. Ha a < b, akkor pedig bijekci´ ot tudunk adni ]0, 1[ és ]a, b[ intervallumok k¨ oz¨ ott. f : ]0, 1[ → ]a, b[ ,

f (x) = (b − a) x + a

Mivel ]0, 1[ intervallum számossága kontinuum, ezért H halmazé is. 1.3.4.

a) Az X halmaz elemeinek x0 , x1 , x2 , . . . sorozatba rendezésével megadunk egy f : N → X, f (n) = xn f¨ uggvényt. Ez bijekt´ıv, hiszen az X halmaz o¨sszes eleme képelem, és a sorozatban minden elem k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. b) A sorozat elemei k¨ oz¨ ul h´ uzzuk ki az esetlegesen megegyez˝oket. Ekkor vagy véges sok, vagy ℵ0 számoss´ ag´ u k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elem marad. c) Rendezz¨ uk az A = {a0 , a1 , a2 , . . .} és a B = {b0 , b1 , b2 , . . .} halmaz elemeit sorozatba az al´ abbi módon: a0 , b0 , a1 , b1 , a2 , b2 , . . . Ha a sorozatban van két megegyez˝o elem, mert A ∩ B 6= ∅, akkor a Bb˝ ol v´ alasztottat h´ uzzuk ki. Az eredmény¨ ul kapott sorozat végtelen elemszám´ u, mivel A elemeit biztosan tartalmazza. Ezzel A ∪ B elemeit sorozatba rendezt¨ uk u ´ gy, hogy a sorozatban minden halmazbeli elem pontosan egyszer szerepel. d) Legyen A egy végtelen sok elemb˝ ol a´ll´ o halmaz. Vegy¨ unk ki A-b´ ol egy a0 elemet, majd a maradék A1 halmazból vegy¨ unk ki egy a1 elemet. Ez nyilv´ an lehetséges, mert egy végtelen halmazból egyet elvéve végtelen sok elem marad. Folytassuk az elj´ ar´ ast: A1 = A \ {a0 } , A2 = A1 \ {a1 } , . . . , An = An−1 \ {an−1 } , . . . a kivett A∗ = {a0 , a1 , . . . , an , . . .} halmaz számossága nyilv´ an megszámlálhat´ oan végtelen. e) Vizsg´ aljuk az A \ B halmaz elemeit. Írjuk fel az A halmaz elemeit sorozatba és h´ uzzuk ki azokat, amelyek B-ben is szerepelnek. A megmaradt elemek véges vagy végtelen elemszám´ u sorozatot alkotnak. f) A halmazok elemei (véges vagy végtelen) sorozatba rendezhet˝ok. Írjuk fel azt a t´ abl´ azatot, amelynek n-edik sorában az An halmaz elemei szerepelnek véges vagy végtelen sorozatba rendezve.


146 A1

a11

a12

a13

...

a1k

...

A2

a21

a22

a23

...

a2k

...

A3 .. .

a31 .. .

a32 .. .

a33 .. .

... .. .

a3k .. .

... .. .

An .. .

an1 .. .

an2 .. .

an3 .. .

... .. .

ank .. .

... .. .

Rendezz¨ uk sorozatba az

∞ S

An halmaz elemeit az a´br´ an kijel¨ olt sor-

n=1

rendben. Egy elemet csak az els˝o el˝ ofordul´ asakor v´ alasszunk be a sorozatba. 1.3.5.

a) |R| = |]0, 1[|: l´ asd az 1.3.1.d) feladatot. |]0, 1[| = |[0, 1]|: l´ asd az 1.3.1.e) feladatot. |[0, 1]| = |[a, b]|: l´ asd az 1.3.1.b) vagy az 1.3.3. feladatot. |[a, b]| = |[a, ∞[|: az 1.3.1.e) feladat alapj´ an tudjuk, hogy |[a, b]| = |[a, b[|. Az |[a, b[| = |[a, ∞[| ekvivalenci´ at pedig az f : [a, b[ → [a, ∞[ ,

f (x) = tg

π (x − a) 2 (b − a)

bijekci´ o bizony´ıtja. ´ azoljuk az egységnyi oldal´ b) Abr´ u négyzetet az a´br´ an l´ athat´ o módon a deréksz¨ og˝ u koordin´ atarendszerben. A négyzet tetsz˝oleges P (x, y) pontj´ anak koordin´ at´ ait ´ırjuk fel végtelen tizedestört a- 1 P (x, y) lakban. Mivel a racion´ alis számok egy részének két tizedestört-alakja van∗ , ezért a´llapodjunk meg, hogy mindig csak az egyiket, a tiszta 0 vég˝ u alakot haszn´ aljuk. x = 0, x1 x2 x3 . . . xn . . ., ha x 6= 1 y = 0, y1 y2 y3 . . . yn . . ., ha y 6= 1 1 P∗ Ha x 6= 1 és y 6= 1, akkor a négyzet P (x, y) ∗ P´ eld´ aul:

0, 1 = 0, 099999 . . .


147

pontj´ ahoz rendelj¨ uk hozz´ a azt a P ∗ pontot az x tengelyen, amelynek x koordin´ at´ aja: 0, 00x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . val´ os szám végtelen tizedestört alakban fel´ırva. Amennyiben x = 1 és y 6= 1, akkor a 0, 10x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . számot, ha y = 1 és x 6= 1, akkor a 0, 01x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . számot, m´ıg ha x = 1 és y = 1, akkor az 1 számot feleltess¨ uk meg a négyzet (x, y) koordin´ at´ aj´ u pontj´ anak. A kapott P ∗ nyilv´ an a [0, 1] intervallumban van, nem végz˝odhet csupa 9-esre, és b´ armely P (x, y) pontb´ ol el˝ oa´ll´ıthat´ o. A leképezés injekt´ıv: más koordin´ at´ aj´ u ponthoz más szám tartozik. Ugyanakkor a leképezés nem sz¨ urjekt´ıv, hiszen azok a számok biztosan nem a´llnak el˝ o képként, amelyek els˝o tizedes jegye például 2; de azok az irracion´ alis számok sem, amelyek minden második jegye 9. Így egyértelm˝ uen: |[0, 1] × [0, 1]| ≤ |[0, 1]|. A [0, 1] → [0, 1] × [0, 1] , x 7→ (0, x) injekt´ıv leképezés egyszer˝ uen ¨ magyar´ azza a |[0, 1] × [0, 1]| ≥ |[0, 1]| o¨sszef¨ uggést. Osszevetve a két egyenl˝ otlenséget a feladat a´ll´ıt´ as´ at kapjuk. 1.3.6.

a) |A × B| = |A| · |B|

b) A × B halmaz elemeit rendezz¨ uk t´ abl´ azatba u ´ gy, hogy a t´ abl´ azat iedik sorának j-edik oszlop´ aba ker¨ ulj¨ on az (ai , bj ) elem. Ezut´ an az elemeket rendezz¨ uk sorozatba az 1.3.1.c) vagy az 1.3.4.f) feladatban l´ atott módon. A × B számossága teh´ a t ℵ0 .

c) A direkt szorzat tényez˝oi kontinuum számosság´ uak, teh´ at mindkett˝o ekvivalens az X = [0, 1] számhalmazzal, m´ıg a direkt szorzat az X × X halmazzal ekvivalens. Az 1.3.5.b) feladat alapj´ an viszont |X| = |X × X|, ´ıgy az eredeti halmazok direkt szorzata is kontinuum számosság´ u.

1.3.7. A bizony´ıt´ ast végezze el n-re vonatkoz´ o teljes indukci´ oval. Haszn´ alja ki az 1.3.6.b) feladatban bel´ atott tételt, amely szerint két ℵ0 számosság´ u halmaz direkt szorzata is ℵ0 számosság´ u halmaz. 1.3.8. Véges esetben egy n elem˝ u halmaz hatv´ anyhalmaz´ anak számossága 2n ; az a´ll´ıt´ as teljes indukci´ oval egyszer˝ uen igazolhat´ o. Végtelen esetben tegy¨ uk fel indirekten, hogy létezik f : A → P(A) bijekt´ıv leképezés, amely a ∈ A-hoz Ha ∈ P(A)-t rendeli. Tekints¨ uk azon t ∈ A elemek T halmazát, amelyekre t ∈ / Ht . Mivel T részhalmaza A-nak, azaz T ∈ P(A), indirekt feltevés¨ unk értelmében biztosan létezik olyan t0 elem, amelyre f (t0 ) = T . Ekkor t0 -ra vonatkoz´ oan az al´ abbi ellentmondásra


148

jutunk: ha t0 ∈ T , akkor T defin´ıci´ oja miatt t0 ∈ / T , hiszen T azokat (és csak azokat) az elemeket tartalmazza, amelyek nem elemei a hozz´ ajuk rendelt halmaznak; ha pedig t0 ∈ / T , akkor pedig szintén T defin´ıci´ oja miatt t0 ∈ T . K¨ ovetkezésképpen nincs ilyen f f¨ uggvény. A g : A → P(A), g(a) = {a} f¨ uggvény az A halmazt k¨ olcsön¨ osen egyértelm˝ uen képezi le P(A) val´ odi részhalmazára. Mindebb˝ol k¨ ovetkezik, hogy |A| < |P(A)|. ´ (Erdemes megjegyezni, hogy ezek szerint egy ℵ0 számosság´ u halmaz hatv´ anyhalmaza nem ℵ0 számosság´ u, hanem ennél nagyobb; bizony´ıthat´ o, hogy kontinuum számosság´ u. Egy kontinuum számosság´ u halmaz hatv´ anyhalmaza még ennél — kontinuumnál — is nagyobb számosság´ u, és ´ıgy tov´ abb. Hatv´ anyhalmazokkal tetsz˝olegesen nagy számosság el˝ oa´ll´ıthat´ o.) 1.3.9.

a) A legfeljebb n-edfok´ u polinomok egy¨ utthat´ oi (a0 , a1 , . . . , an ) egyértelm˝ uen meghatározzák a polinomot. Halmazuk számossága teh´ at megegyezik Zn+1 számosság´ aval, amely ℵ0 . (L´ asd az 1.3.7. feladatot.) b) A hatv´ anysort egyértelm˝ uen meghatározza az egy¨ utthat´ oib´ ol alkotott végtelen sorozat: a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . Tegy¨ uk fel, hogy az ilyen sorozatok száma megszámlálhat´ oan végtelen. Indirekt feltevés¨ unk értelmében ekkor sorozatba rendezhet˝ok: (1)

a1 (2) a1 (3) a1 .. .

a0 .. .

(k)

a1 .. .

b0

b1

(1) (2) (3) .. .

a0 (2) a0 (3) a0 .. .

(k) .. .

(1)

... ... ... .. .

an (2) an (3) an .. .

(1)

... ... ... .. .

(k)

. . . an .. .. . . . . . bn

(k)

... .. . ...

B´ armilyen sorozatba rendezés esetén létezik olyan egész számokb´ ol alkotott b0 , b1 , . . . , bn , . . . sorozat, amely nem szerepel a felsorol´ asban. Ilyen sorozatot konstu´ alunk, ha az elemek az al´ abbi megszor´ı(1) (2) (n+1) t´ asok mellett: b0 6= a0 , b1 6= a1 , . . . , bn 6= an , . . . tetsz˝oleges egészek. Így teh´ at ellentmondásra jutottunk, az egész egy¨ utthat´ os hatv´ anysorok halmazának számossága nem megszámlálhat´ o.

´ 1.4. REKURZIOK

149

´ (Erdemes itt is felfigyelni arra, hogy am´ıg véges sok ℵ0 számosság´ u halmaz direkt szorzata megszáml´ alhat´ o, addig már megszámlálhat´ oan sok ilyen halmaz direkt szorzata kontinuum számosság´ u.)

1.4.

Rekurzi´ ok

1.4.1. Legyen f (n) = n!. A f¨ uggvény defin´ıci´ oja akkor rekurz´ıv, ha f (n) defin´ıci´ oj´ ahoz felhaszn´ alunk olyan f (l) érték(ek)et, amely(ek)re l < n. Ezért: 1, ha n = 0; f (n) = n · f (n − 1), ha n > 0. 1.4.2. Jel¨ olje a dolgoz´ o fizetését a belépését k¨ ovet˝o n-edik évben f (n). 100 000, ha n = 1; f (n) = 1, 04 · f (n − 1) + 1 000, ha n > 1. 1.4.3. Az n − 1 elem˝ u halmaz részhalmazainak száma: sn−1 . Ha a halmazhoz hozz´ avessz¨ uk az n-edik elemet, akkor u ´ gy kaphatjuk meg az o¨sszes részhalmazt, hogy az eddigiek mindegyikéhez vagy hozz´ avessz¨ uk az u ´ j elemet vagy nem. Ezért az n elem˝ u halmaznak kétszer annyi részhalmaza van, mint az n − 1 elem˝ unek. Teh´ at: 1, ha n = 0; sn = 2sn−1 , ha n > 0. 1.4.4. Jel¨ olje ln azon lehet˝ oségek számát, ah´ anyféleképpen végigmehet¨ unk az n lépcs˝ob˝ ol a´ll´ o lépcs˝osoron, az adott feltételeknek megfelel˝oen. Ha egy lépéssel kezdj¨ uk a sort, akkor onnan annyiféleképpen folytathatjuk, ah´ anyféleképpen az n − 1 lépcs˝ob˝ ol a´ll´ o soron mehet¨ unk végig, azaz ln−1 féleképpen. Ha két lépcs˝ot ugrunk els˝ore, akkor onnan ln−2 -féleképpen folytathatjuk a sort. Az n lépcs˝ob˝ ol a´ll´ o soron ezek szerint ln−1 + ln−2 féleképpen mehet¨ unk végig. Mivel ln kisz´ am´ıt´ as´ ahoz a kett˝ovel el˝ otte lév˝ o értékre is sz¨ ukség¨ unk van, n els˝o két értékét kell expliciten megadnunk.  ha n = 1;  1, ln = 2, ha n = 2;  ln−1 + ln−2 , ha n > 2.


150

1.4.5. Jel¨ olje f (n) a maximálisan keletkez˝o s´ıkrészek számát. Akkor keletkezik a lehet˝ o legt¨ obb s´ıkrész, ha az egyeneseket u ´ gy rajzoljuk be, hogy minden egyes lépésben k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on maximális szám´ u s´ıkrész keletkezik. Tegy¨ uk fel, hogy n − 1 darab egyenes már a s´ıkon van. H´ uzzuk be az n-edik egyenest. Akkor keletkezik a lehet˝ o legt¨ obb u ´ j s´ıkrész, ha az u ´ j egyenes a régiek mindegyikét k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontban metszi. Ekkor az u ´ j egyenesen n − 1 darab metszéspont és n darab egyenesrész (két félegyenes és n − 2 szakasz) keletkezik. Minden egyes egyenesrész elv´ ag egy s´ıkrészt, azaz pontosan ennyi u ´ j s´ıkrész keletkezik a régiek mellé. 1, ha n = 0; f (n) = f (n − 1) + n, ha n > 0. 1.4.6. Alkalmazzuk az el˝ oz˝ o feladat gondolatmenetét. Akkor keletkezik a lehet˝ o legt¨ obb s´ıkrész, ha a k¨ or¨ oket u ´ gy rajzoljuk be, hogy minden egyes lépésben k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on maximális szám´ u s´ıkrész keletkezik. Tegy¨ uk fel, hogy n − 1 darab k¨ or már a s´ıkon van. H´ uzzuk be az n-edik k¨ ort. Akkor keletkezik a lehet˝ o legt¨ obb u ´ j s´ıkrész, ha az u ´ j k¨ or a régiek mindegyikét k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontokban metszi. Ekkor az u ´ j k¨ or¨ on 2 (n − 1) metszéspont, és ugyanennyi k¨ or´ıv keletkezik. Ez megegyezik az elmetszett, és ´ıgy az u ´ jonnan keletkez˝o s´ıkrészek számával.∗  ha n = 0;  1, 2, ha n = 1; f (n) =  f (n − 1) + 2 (n − 1) , ha n > 1. 1.4.7. Jel¨ olje f (n) a lehetséges elhelyezések számát. 1. a´bra

|

{z f (n − 1)

2. a´bra

}

|

{z f (n − 2)

}

Ha az els˝o domin´ ot az 1. a´br´ anak megfelel˝oen f¨ ugg˝ olegesen helyezz¨ uk el, akkor onnan f (n− 1)-féleképpen folytathatjuk a sort; m´ıg ha a 2. a´br´ anak ∗ Vigy´ azat!

juk.

Itt a rekurzi´ o nem m˝ uk¨ odik 0-r´ ol 1-re, ez´ ert az n = 1 kezdeti ´ ert´ eket is megad-

´ 1.4. REKURZIOK

151

megfelel˝oen v´ızszintesen féleképpen folytathatjuk   f (n) = 

helyezz¨ uk le az els˝o domin´ ot, akkor f (n − 2)a kit¨ oltést. 1, ha n = 1; 2, ha n = 2; f (n − 1) + f (n − 2), ha n > 2.

1.4.8. Azért hogy ne tévessz¨ uk szem el˝ ol a rekurzi´ o lényegét, jel¨ olj¨ uk az nk binomi´ alis egy¨ utthat´ ot B(n, k)-val. A rekurzi´ o megadás´ ara t¨ obb lehet˝ oség¨ unk is van. Felhaszn´ alhatjuk az n n! n−k+1 n! = = · = k k! (n − k)! k (k − 1)! (n − (k − 1))! n−k+1 n · = k k−1 o¨sszef¨ uggést. Ekkor

ha k = 0; · B(n, k − 1), ha k > 0. Ehhez hasonl´ oan alkalmazhatjuk az nk = nk n−1 ¨sszef¨ uggést. k−1 o n n−1 n−1 Vagy haszn´ alhatjuk az k = k−1 + k azonoss´ agot.∗ Ebben az esetben 1, ha k = 0 vagy k = n; B(n, k) = B(n − 1, k − 1) + B(n − 1, k), ha 0 < k < n. B(n, k) =

1,

n−k+1 k

1.4.9. Tekints¨ uk a legels˝o elemet a sorban. Ha ezt kiv´ alasztjuk, akkor a másodikat nem v´ alaszthatjuk, a tov´ abbiak k¨ oz¨ ul pedig f (n − 2, k − 1)-féleképpen folytathatjuk a kiv´ alaszt´ ast. Ha az els˝ot nem v´ alasztottuk ki, akkor a maradék n − 1 helyr˝ ol kell k elemet v´ alasztani a feltételnek megfelel˝oen; ez f (n − 1, k) lehet˝ oség. A rekurzi´ o j´ ol-defini´ alts´ ag´ ahoz elengedhetetlen¨ ul sz¨ ukséges b´ aziskritérium meghatározása alaposabb meggondol´ ast igényel. Ennek vizsg´ alat´ at — a végeredmény k¨ ozlése mellett — az olvas´ ora b´ızzuk.  ha k = 1;  n, 0, ha k ≥ n2 + 1; f (n, k) =  f (n − 1, k) + f (n − 2, k − 1), ha 1 < k < n2 + 1. ∗ L´ asd

a 2.5.1.b) feladatot.


152

1.4.10. Jel¨ olj¨ uk az A → B sz¨ urjekt´ıv f¨ uggvények számát f (m, n)-nel. Akkor sz¨ urjekt´ıv a f¨ uggvény, ha az értékkészlete pontosan n elem˝ u. Ezek számát megkapjuk, ha az o¨sszes A → B f¨ uggvény számáb´ ol levonjuk azon f¨ uggvények számát, amelyek értékkészlete pontosan k elem˝ u, minden k < n esetén; és ezt annyiszor tessz¨ uk meg, ah´ anyféleképpen az n darab B-beli elemb˝ ol k darabot bev´ alaszthatunk az értékkészletbe.  1, ha n = 1;    0, ha m < n; f (m, n) = n−1 P n    nm − k · f (m, k), ha 1 < n ≤ m. k=1

1.4.11. Anal´ızis tanulmányokb´ ol ismert, hogy (xn )0 = nxn−1 . Ez alapj´ an: n x , ha k = 0; D(n, k) = n · D(n − 1, k − 1), ha k > 0.

1.4.12. Jel¨ olje D(A, n) az n × n-es A mátrix determináns´ anak értékét, valamint legyen A0ij a mátrix i-edik sorának és j-edik oszlop´ anak elhagy´ as´ aval keletkez˝o mátrix. Felhaszn´ alva a determinánsok kifejtési tételét:  ha n = 1;  a11 , n P 1+j D(A, n) = a1j · (−1) · D A01j , n − 1 , ha n > 1.  j=1

1.4.13. Jel¨ olj¨ uk a sinn x f¨ uggvény hat´ arozatlan integrálj´ at In -nel. Alkalmazzuk a parci´ alis integrál´ as módszerét. In =  

Z

sinn x dx =

u0 = sin x u = − cos x

Z

sin x · sinn−1 x dx = 

v = sinn−1 x



v 0 = (n − 1) sinn−2 x · cos x n−1

= − cos x · sin

x + (n − 1)

= − cos x · sinn−1 x + (n − 1)

Z

n−2 2 x dx = cos | {z x} · sin

1−sin2 x

Z

Z sinn−2 x dx − sinn x dx | {z } | {z } In−2

In

´ 1.4. REKURZIOK

1.4.14.

153

Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy nIn = (n − 1) In−2 − cos x · sinn−1 x. Ennek seg´ıtségével pedig:  ha n = 0;   x + C, − cos x + C, ha n = 1; In =   n−1 n−1 1 x, ha n > 2. n In−2 − n cos x · sin a) Q(2, 3) = 0

Q(14, 3) = Q(11, 3) + 1 = = Q(8, 3) + 1 + 1 = = Q(5, 3) + 1 + 1 + 1 = = Q(2, 3) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4 b) A f¨ uggvény az els˝o bemeneti értékb˝ ol addig vonja le a másodikat, am´ıg az kisebb nem lesz n´ ala. K¨ ozben minden egyes levon´ askor 1gyel n¨ oveli a f¨ uggvényértéket, azaz számlálja a levon´ asok számát. A anyados egész részét adja meg. Így k¨ onnyen f¨ uggény teh´ at az ab h´ megadhatjuk a keresett értéket: Q(7134, 11) = 648. 1.4.15.

a) L(25)= L(12) + 1 = = L(6) + 1 + 1 = = L(3) + 1 + 1 + 1 = = L(1) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4 b) A f¨ uggvény azt számlálja, hogy h´ anyszor van meg a 2 az n számban. Ezért az n szám kettes alap´ u logaritmus´ anak egészrészét adja eredmény¨ ul: L(n) = blog2 nc. Másképpen, ha 2k ≤ n < 2k+1 , akkor L(n) = k.

1.4.16.

a) Ha 0 < b < 1 és b ≤ a, akkor a rekurzi´ o alkalmazása során az els˝o argumentum egyre n˝ o, ´ıgy egyre t´ avolabb ker¨ ul a b´ aziskritérium teljes¨ ulését˝ol. Ha b = 1 ≤ a, akkor az els˝o argumentum értéke megmarad, nem k¨ ozeledik a b´ aziskritérium teljes¨ uléséhez. Minden egyéb DL -beli értékre a rekurzi´ o j´ ol-defini´ alt. b) L(682, 10) = L(68.2, 10) + 1 = L(6.82, 10) +2 = 2 | {z } =0

L(1024, 8) = L(128, 8) + 1 = L(16, 8) + 2 = L(2, 8) +3 = 3 | {z } =0

154

1.4.17.


c) Ha b > 1, akkor az a szám b alap´ u logaritmus´ anak egész-részét kapjuk eredmény¨ ul: L(a, b) = blogb ac, vagyis az az n természetes szám lesz az eredmény, amelyre bn ≤ a < bn+1 . Ha 0 < b ≤ 1, akkor az eredmény 0. L(654238, 8) = blog24 654238c = ln 654238 = b4.21c = 4 ln 24

a) A rekurzi´ o haszn´ alata ebben az esetben k¨ or¨ ulményes és er˝oforr´ aspazarl´ o. A f¨ uggvény minden egyes lépésben kétszer hivatkozik saj´ at magára, ráad´ asul egy-egy értéket t¨ obbsz¨ or is k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on kisz´ am´ıt. Az iteráci´ o sokkal célravezet˝obb, hiszen a szám´ıt´ as egy szálon” fut ” csak: F2 = F1 + F0 = 1, F3 = F2 + F1 = 2, . . ., F18 = F17 + F16 = 2584. b) Beolvas(n) FibA:=0 : FibB:=1 Ciklus i=2-t˝ ol n-ig Fib:=FibA+FibB FibA:=FibB FibB:=Fib Ciklus vége Ki´ır(n)

1.4.18.

a) A f¨ uggvény els˝o argumentuma tetsz˝oleges val´ os szám lehet: a ∈ R. A rekurzi´ o megadás´ ab´ ol l´ atszik, hogy a második argumentum negat´ıv szám nem lehet, ugyanakkor csak egész szám lehet, mert k¨ ul¨ onben nem éri el a b´ aziskritériumot, végtelen ciklusba ker¨ ul. Ezért b ∈ N, teh´ at DP = R × N.

b) P (6, 4) = P (6, 3)+6 = P (6, 2)+12 = P (6, 1)+18 = P (6, 0) +24 = 24 | {z } =0 5 5 15 = P , 0 = P 56 , 3 = P 65 , 2 + 56 = P 65 , 1 + 10 + 6 6 2 | {z } 6 =0

c) A f¨ uggvény kisz´ am´ıtja egy val´ os és egy természetes szám szorzatát, mert b-szer veszi a-t o¨sszeadand´ oként. f : R × N → R (a, b) 7→ a · b Ezért f (4, 39) = 4 · 39 = 156.

1.4.19.

a) Ha a = 0, akkor a f¨ uggvény végtelen ciklusba ker¨ ul. Elvileg b b´ armilyen val´ os szám lehet; ekkor DN = R \ {0} × R. (A feladat viszont akkor szép”, ha b csak egész szám lehet, vagyis DN = R \ {0} × Z.) ” b) N (−294, 9) = N (−29.4, 10) = N (−2.94, 11) = (−2.94, 11)

´ 1.4. REKURZIOK

155

N (1459, −4) = N (145.9, −3) = N (14.59, −2) = N (1.459, −1) = = (1.459, −1) c) Ha DN = R \ {0} × Z, akkor a f¨ uggvény megadja az x = a · 10b szám normál alakj´ aban az (el˝ ojeles) mantissza és karakterisztika értékét. Ez alapj´ an N (5948102, 43) = (5.948102, 49). 1.4.20.

a) f (10, 15) = f (15, 10) = = f (10, 5) = = f (5, 0) = 5 f (18, 63) = f (63, 18) = = f (18, 9) = = f (9, 0) = 9

f (728, 420) = f (420, 308) = = f (308, 112) = = f (112, 84) = = f (84, 28) = = f (28, 0) = 28

b) A két szám legnagyobb k¨ oz¨ os osztój´ at adja eredmény¨ ul∗. 1.4.21.

a) Az a1 , a2 , . . . elemek helyére b´ armely val´ os szám ´ırhat´ o. Az sincs megk¨ otve, hogy h´ any v´ altoz´ os a f¨ uggvény, ´ıgy Df = R ∪ R2 ∪ R3 ∪ . . .. b) f (2, 4, 9) = 32 f (2, 4) + 39 = 23 12 f (2) + 42 + 3 = 23 (1 + 2) + 3 = 5 |{z} =2

f (1, 4, 5, 9) = = =

3 9 3 2 4 f (1, 4, 5) + 4 = 4 3 f (1, 4) + 3 2 1 (1) + 42 + 53 + 94 = 34 4 3 2 f |{z} 3 4

1 3

+

=1 4 5 3 + 3

+

9 4

=

1 4

+

4 4

+

5 4

5 3 2 3

+

9 4

1 2

+

+

9 4

=

= 4 2

19 4

+

5 3

+

9 4

=

c) A f¨ uggvény megadja az argumentumában lév˝ o n darab szám a´tlag´ at. (Ez az argumentumok számára vonatkoz´ o teljes indukci´ oval k¨ onnyen igazolhat´ o.) = 177 Ez alapj´ an f (4, 39, 23, 15, 96) = 4+39+23+15+96 5 5 = 35, 4. 1.4.22. Jel¨ olje Hanoi(k,X,Y,Z) azt az elj´ ar´ ast, hogy k darab korongot a´thelyez¨ unk az X r´ udr´ ol az Y r´ udra a Z r´ ud seg´ıtségével, a szab´ alyokat betartva. A rekurzi´ o azon alapul, hogy ha már k − 1 korongot a´t tudunk helyezni egyik r´ udr´ ol egy másikra, akkor helyezz¨ unk a´t k − 1 darab korongot az A r´ udr´ ol a C-re. Ekkor fogjuk meg az A-n lév˝ o legfels˝o korongot, és tegy¨ uk a´t B-re ´ (jel¨ olje ezt az elj´ ar´ ast Atrak(A,B)), majd tegy¨ uk B-re az a´tmenetileg C-n t´ arolt k − 1 darab karik´ at. ∗ Az

ej´ ar´ as neve: Euklideszi algoritmus. Programoz´ as szempontj´ ab´ ol egyszer˝ ubb az elj´ ar´ as, ha a f¨ uggv´ eny defin´ıci´ oj´ aban f (b, a mod b) helyett f (a − b, b)-t ´ırunk.


156

Eljárás Hanoi(n,A,B,C): ´ Ha n=1 akkor Atrak(A,B) k¨ ul¨ onben Hanoi(n-1,A,C,B) ´ Atrak(A,B) Hanoi(n-1,C,B,A) Eljárás vége

1.5.

Teljes indukci´ o

A megoldásokn´ al P (n)-nel jel¨ olj¨ uk az n-re vonatkoz´ o a´ll´ıt´ ast. Amikor felhaszn´ aljuk az indukci´ os hipotézist, azt a reláci´ os jelre tett i.h. bet˝ ukkel jel¨ olj¨ uk. 1.5.1.

a)

b)

c)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 1-et kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X X i.h. 1 6i = 6i + 6k+1 = 6k+1 − 1 + 6k+1 = 5 i=0 i=0 1 1 k+2 6 = · 6k+1 − = 6 −1 5 5 5 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 1-et kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X X i.h. 1 i= i + (k + 1) = k (k + 1) + (k + 1) = 2 i=1 i=1 1 (k + 1) (k + 2) = (k + 1) k+1 = 2 2 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 2-t kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X X i.h. i (i + 1) = i (i + 1) + (k + 1) (k + 2) = i=1

i=1

1 k (k + 1) (k + 2) + (k + 1) (k + 2) = 3 1 (k + 1) (k + 2) (k + 3) = (k + 1) (k + 2) k+1 = 3 3

=


d)

157

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 6-ot kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 X i (i + 1) (i + 2) = i=1

=

k X

i.h.

i (i + 1) (i + 2) + (k + 1) (k + 2) (k + 3) =

i=1

1 k (k + 1) (k + 2) (k + 3) + (k + 1) (k + 2) (k + 3) = 4 1 = (k + 1) (k + 2) (k + 3) k+1 = 4 (k + 1) (k + 2) (k + 3) (k + 4) = 4 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) =

e)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 1-et kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X X i.h. 2i−1 = 2i−1 + 2k = 2k − 1 + 2k = i=1

f)

g)

i=1

= 2 · 2k − 1 = 2k+1 − 1 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 1-et kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X X 2 i.h. 1 2 i2 = i2 + (k + 1) = k (k + 1) (2k + 1) + (k + 1) = 6 i=0 i=0 1 = (k + 1) 2k 2 + k + 6k + 6 = 6 (k + 1) (k + 2) (2k + 3) = 6 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve, mindkét oldalon 1-et kapunk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): 2 k+1 k X X 3 i.h. k (k + 1) 3 3 i = i + (k + 1) = + (k + 1)3 = 2 i=0 i=0


158

2 2 k+1 (k + 1) (k + 2) 2 k + 4k + 4 = = 2 2 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.2.

a)

i. P (7) igaz: 7-et behelyettes´ıtve az 5040 > 2187 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): i.h.

b)

(k + 1)! = (k + 1) k! > (k + 1) 3k > 3 · 3k = 3k+1 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ıtve az 54 < 32 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k k+1 X X 1 i.h. 1 1 1 1 = + 2 < 2− k + 2 = 2 2 i i (k + 1) (k + 1) i=0 i=1 k 2 + 2k + 1 − k

k (k + 1) + 1 =2− = 2 2 k (k + 1) k (k + 1) 1 1 1 − =2− <2− 2 k + 1 k (k + 1) k+1

=2−

c)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (5) igaz: 5-¨ ot behelyettes´ıtve a 25 < 32 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): i.h.

2

(k + 1) = k 2 + 2k + 1 < 2k + 2k + 1 < 2k + 2k = = 2 · 2k = 2k+1

d)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (5) igaz: 5-¨ ot behelyettes´ıtve a 3 628 800 < 3 686 400 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): i.h.

(2 (k + 1))! = (2k)! · (2k + 1) (2k + 2) < 2

< (k!) · 4k−1 (2k + 1) (2k + 2) = 2 = (k!) · 4k−1 · 2 k + 12 · 2 (k + 1) < 2

< (k!) · 4k−1 · 4 (k + 1) (k + 1) = (k + 1)!2 · 4k

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)


e)

159

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve az 1 > 0 egyenl˝ otlenséget kapjuk. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve a 3 > 2 egyenl˝ otlenséget kapjuk. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ıtve a 9 > 8 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k≥2

i.h.

3k+1 = 3 · 3k > 3 · k · 2k = (2k + k) 2k ≥ (2k + 2) 2k = = 2 (k + 1) 2k = (k + 1) 2k+1

f)

g)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ıtve az 1, 707 > 1, 414 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k X 1 X i.h. √ 1 1 1 √ = √ +√ > k+ √ = k+1 k+1 i i i=1 i=1 p √ √ k (k + 1) + 1 k2 + 1 k+1 √ = > √ = √ = k+1 k+1 k+1 k+1 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve az 1 ≥ 1 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1

(1 + h)

h)

k

i.h.

= (1 + h) (1 + h) ≥ (1 + kh) (1 + h) = = 1 + kh + h + kh2 ≥ 1 + (k + 1) h

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (3) igaz: 3-at behelyettes´ıtve a 64 < 81 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k)→ P (k + 1)), azaza´tfogalmazva az h i k+1 k k+2
k 1 1 1+ < k+1 k+1 k i.h. 1 1 1 < 1+ 1+ < k 1+ = k k+1 k+1 k =k+
k+1 = 1+


160 i)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve a 0 ≥ 0 egyenl˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): |sin (k + 1) α| = |sin (kα + α)| = |sin kα cos α + cos kα sin α| ≤ i.h.

≤ |sin kα| · |cos α| + |cos kα| · |sin α| ≤ | {z } | {z } ≤1

≤1

≤ k |sin α| · 1 + 1 · |sin α| = (k + 1) |sin α| iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) 1.5.3.

a)

b)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve az 1 | 1 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): (2 (k + 1))! = (2k + 2)! = (2k)! (2k + 1) (2k + 2) Az indukci´ os hipotézis értelmében (2k)! oszthat´ o 2k -nal, és 2k+2 pedig szintén oszthat´ o 2-vel, ezért (2k + 2)! oszthat´ o 2k+1 -nel. iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve a 6 | 0 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): 3 (k + 1) + 5 (k + 1) = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 5k + 5 = = k 3 + 5k + 3 k 2 + k + 6 = = k 3 + 5k + 3k (k + 1) +6 | {z } | {z } i.h. 6|

c)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve az 5 | 5 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): 32(k+1) + 4(k+1)+1 = 32k · 32 + 4k+1 · 4 = (k+1) = 9 32k + 4k+1 − |5 · 4{z } | {z } i.h. 5|

d)

6|

Az o¨sszeg második tagja azért oszthat´ o 6-tal, mert 3-mal és 2-vel is oszthat´ o. A 2-vel val´ o oszthat´ os´ agot az magyar´ azza, hogy k és k + 1 k¨ oz¨ ul ez egyik biztosan p´ aros. iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

5|

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve a 120 | 0 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): 5 (k + 1) − 5 (k + 1)3 + 4 (k + 1) = = k 5 + 5k 4 + 10k 3 + 10k 2 + 5k + 1−


161

−5 k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 4k + 4 = = k 5 − 5k 3 + 4k + 5 (k − 1) k (k + 1) (k + 2) | {z } | {z } i.h. 120|

e)

120|

Az utols´ o tag egy o¨ttényez˝os szorzat, amely 5-tel biztosan oszthat´ o. Négy egym´ ast k¨ ovet˝o szám k¨ oz¨ ott pedig biztosan van két p´ aros, amelyek k¨ oz¨ ul az egyik 4-gyel is oszthat´ o, ezért szorzatuk biztosan oszthat´ o 8-cal is. A négy egym´ ast k¨ ovet˝o szám k¨ oz¨ ott van (legal´ abb egy) 3-mal oszthat´ o szám is, ´ıgy a teljes szorzat oszthat´ o 3 · 5 · 8 = 120-szal. iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve a 18 | 18 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)):

22(k+1) + 24 (k + 1) − 10 = 22k · 22 + 24k + 24 − 10 = = 4 22k + 24k − 10 − 3 · 24k + 54 = = 4 22k + 24k − 10 − 18 (4k − 3) | {z } | {z } 18|

i.h. 18|

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) 1.5.4.

a)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve a 2 = 2 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve az 1 = 1 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) → P (k + 1)): i.h. k k+1 ak+1 = ak + 2ak−1 = 2k+1 + (−1) + 2 2k + (−1) = k

k

= 2k+1 + (−1) · (−1) + 2k+1 + 2 · (−1) = k k+2 = 2 · 2k+1 + (−1) = 2k+2 + (−1)

b)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve a 2 >

3 2

egyenl˝ otlenséget kapjuk.

9 4

otlenséget kapjuk. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ıtve a 3 > egyenl˝ ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) → P (k + 1)): k k−1 i.h. ak+3 = ak+2 + ak+1 > 23 + 32 = k+1 k+1 k+1 3 k+1 + 49 · 32 = 10 > 32 = 23 · 32 9 · 2

c)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve a 0 = 0 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve az 1 = 1 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk.


162

ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) → P (k + 1)): √ √ k k i.h. 1 1+ 5 ak+1 = ak + ak−1 = √5 − 1−2 5 + 2 √ √ k−1 k−1 1+ 5 + √15 − 1−2 5 = 2 √ k+1 √ k+1 1+ 5 1 2√ 2√ √ = 5 1+ 5 − 1− 5 1−2 5 + 2 2 √ k+1 2 √ k+1 2√ 1+ 5 1− 5 + √15 − 1−2√5 = 2 2 1+ 5 √ √ 2(1− 5)+4 1−√5 k+1 2(1+ 5)+4 1+√5 k+1 √ 2 √ − = = √15 2 2 (1+ 5) (1− 5)2 √ √ k+1 k+1 1− 5 1+ 5 = √15 − 2 2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.5. Néh´ any értékre kipr´ ob´ alva sejts¨ uk meg, hogy az els˝o n p´ aratlan számot o¨sszeadva melyik négyzetszámot kapjuk eredmény¨ ul. Ezért a feladat a´ll´ın P t´ asa: (2i − 1) = n2 . i=1

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve az 1 = 12 igaz a´ll´ıt´ ast kapjuk.

ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k+1 k P P i.h. (2i − 1) = (2i − 1) + 2 (k + 1) − 1 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 i=1

i=1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.6. Felhaszn´ alva az 1.4.5. feladat jel¨ olését az a´ll´ıt´ as: f (n) = i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ıtve 0-t kapunk.

1 2

n2 + n + 2 .

ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): i.h. f (k + 1) = f (k) + (k + 1) = 12 k 2 + k + 2 + k + 1 = = 12 k 2 + 3k + 4 = 12 (k + 1)2 + (k + 1) + 2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.7. Felhaszn´ alva az 1.4.6. feladat jel¨ olését az a´ll´ıt´ as: f (n) = n2 − n + 2. i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ıtve 2-t kapunk.


163

ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): i.h.

f (k + 1) = f (k) + 2k = k 2 − k + 2 + 2k = = k 2 + k + 2 = (k + 1)2 − (k + 1) + 2 iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) 1.5.8.

i. P (3) igaz: a h´ aromszög bels˝o szögeinek o¨sszege 180◦. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): B´ armely k+1-szögnek van konvex szöge. V´ alasszuk ki a hozz´ a tartozó cs´ ucsot, és a két szomszédos cs´ ucsot o¨sszek¨ otve bontsuk fel a k + 1szöget egy k-szögre és egy h´ aromszögre. Az indukci´ os feltevés szerint ekkor a k-szög bels˝o szögeinek o¨sszege (k − 2) 180◦ . A k + 1-szög bels˝o szögeinek o¨sszege megegyezik a k-szög és a h´ aromszög bels˝o szögeinek o¨sszegével, ´ıgy az tényleg (k − 1) 180◦ .

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.9. Két lehetséges módszert is bemutatunk a bizony´ıt´ asra. Az els˝oben a szok´ asos indukci´ os módszer szerint, m´ıg a másodikban a feladat szövegében le´ırt u ´ tmutat´ o szerint j´ arunk el. p 2 1. i. P (2) igaz: a1 a2 ≤ a1 +a ´trendezve a 0 ≤ (a1 − a2 )2 egyen2 -t a l˝ otlenséget kapjuk. ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)): k k Feltéve, hogy a1 a2 . . . ak ≤ a1 +a2 +...+a , azt kell igazolni, k hogy a1 a2 . . . ak ak+1 ≤ Ak+1 , ahol A a k + 1 elem számtani k¨ ozepe. Ha van a1 , a2 , . . . , ak+1 k¨ oz¨ ott A-val egyenl˝ o (legyen ez k pl. ak+1 = A), akkor kész, mert a1 +a2 +...+a = A is teljes¨ ul és k i.h.

2.

a1 a2 . . . ak ak+1 ≤ An · A = Ak+1 . Ha nincs ilyen elem, akkor v´ alasszunk egy A-n´ al kisebb és egy A-n´ al nagyobb elemet: A − x, A + y, ahol x, y ∈ R+ . Ezeket helyettes´ıts¨ uk A-val és (A + y − x)-szel, amelyek mindegyike nemnegat´ıv. Mivel (A − x) (A + y) < A (A + y − x), ezért a k + 1 szám szorzata n¨ ovekedett, számtani k¨ ozepe azonban v´ altozatlan maradt. Az el˝ oz˝ o bekezdés értelmében még az u ´ j szorzat sem nagyobb Ak+1 -nél. iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n) i. P (2) igaz: L´ asd az 1. bizony´ıt´ asi módszernél.

164


ii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀m P (2m−1 ) → P (2m ) : 1 1 1 1 m 2m (a1 + a2 + . . . a2 ) = 2m−1 2 (a1 + a2 ) + 2 (a3 + a4 ) + . . . + P (2) + 12 (a2m −1 + a2m ) ≥ p i.h. p p 1 ≥ 2m−1 a1 a2 + a3 a4 + . . . + a2m −1 a2m ≥ p m ≥ 2 a1 a2 . . . a2m iii. Bizony´ıtand´ o, hogy ∀k (P (k + 1) → P (k)): p Alkalmazzuk P (k+1)-et az a1 , a2 , . . . , ak , k a1 a2 . . . ak számokra. Ekkor i.h. p 1 k a + a + . . . a + a a . . . a ≥ 1 2 k 1 2 k k+1 q q p k+1 k+1 ≥ k+1 a1 a2 . . . ak k a1 a2 . . . ak = (a1 a2 . . . ak ) k = p = k a 1 a 2 . . . ak p k Ezzel bebizony´ ıtottuk, hogy a1 + a2 + . . . ak + p a 1 a 2 . . . ak ≥ p k k (k + 1) a1 a2 . . . ak , vagyis a1 + a2 + . . . ak ≥ k a1 a2 . . . ak . iv. i. ∧ ii. ∧ iii. =⇒ ∀n P (n) 1.5.10. Olvassa el t¨ uzetesen a bizny´ıt´ asokat és alkalmazza az elmondottakat a P (1) =⇒ P (2) (vagy a b) esetben a P (0) =⇒ P (1)) k¨ ovetkeztetésre. a) A hib´ as lépés: Teh´ at mind az A, mind a B gép ugyanolyan, mint ” amelyeket nem mozgattunk el.” b) A hib´ as lépés, hogy a bizony´ıt´ asban felhaszn´ aljuk P (k − 1)-et is. Ez azt jelenti, hogy k = 1 esetén a nevez˝oben a−1 van, amir˝ol nem tudjuk, hogy 1. c) A hib´ as lépés, hogy x − 1 és y − 1 nem biztos, hogy pozit´ıv, ´ıgy nem lehet rájuk az indukci´ os hipotézist alkalmazni.

2. fejezet

Kombinatorika 2.1.

Permut´ aci´ ok

2.1.1. P6 = 6! = 720 2.1.2. P12 = 12! = 479 001 600 2.1.3. P8 = 8! = 40 320 10,4,2 2.1.4. P16 =

2.1.5.

16! = 120 120 10! 4! 2!

a) P5 = 5! = 120 5! = 60 2! 5! = = 10 2! 3!

b) P52 = c) P52,3

2.1.6. A szó kiolvas´ asa során 7-szer lép¨ unk jobbra és 5-ször lefelé. A 12 lépés 12! 5,7 ismétléses permut´ aci´ oinak száma adja a megoldást: P12 = = 792 5! 7! 2.1.7. P5 = 5! = 120 (c)

2.1.8. P8

= 7! = 5 040 165

166

2.2.

2. KOMBINATORIKA

Vari´ aci´ ok

2.2.1. V20,6 =

20! (20−6)!

2.2.2. V30,18 =

=

20! 14!

= 27 907 200

30! 12!

(i)

2.2.3. V8,5 = 85 = 32 768, ha a számjegyek t¨ obsz¨ or felhaszn´ alhat´ ok, 8! = 6 720, ha mindegyik számjegy csak egyszer haszn´ alhat´ o fel. V8,5 = 3! 9! 2.2.4. 10-es számrendszerben: 9 · V9,5 = 9 · 4! = 136 080 7! = 17 640 8-as számrendszerben: 7 · V7,5 = 7 · 2! 12-es számrendszerben: 11 · V11,5 = 11 · 11! 6! = 609 840 (i)

2.2.5. V3,14 = 314 = 4 782 969 2.2.6.

(i)

a) V2,10 = 210 = 1 024 (i)

b) V6,10 = 610 = 60 466 176 (i)

2.2.7. V5,30 = 530

2.3.

Kombin´ aci´ ok

2.3.1. C20,6 =

20 6

2.3.2. C32,4 =

32 4

= 38 760 32! 4!·28!

= 35 960 2.3.3. 5-¨ os lott´ o: C90,5 = = 43 949 268 6-os lott´ o: C45,6 = = 8 145 060 Skandin´ av lott´ o: C35,7 = 35 7 = 6 724 520 2.3.4. a) C10,3 = 10 3 = 120 b) C9,4 = 94 = 126 c) C5,4 = 54 = 5 2.3.5. C9,3 + C9,4 = 93 + 94 = 210 2.3.6.

a) V32,6 =

b) C32,6 = (i)

2.3.7. C12,5 =

=

90 5 45 6

32! 26! = 652 458 240 32 6 = 906 192

12+5−1 5

=

16 5

= 4 368

167

2.4. VEGYES

2.4. 2.4.1.

Vegyes a) V6,4 = b)

(i) V6,4

c) C6,4 (i)

d) C6,4 2.4.2.

(i)

6! 2!

= 360

4

= 6 = 1296 = 64 = 15 = 94 = 126

a) V5,5 = 55 = 3125 (i)

b) 4 · V5,4 = 4 · 54 = 2500 c) P5 = 5! = 120

d) 4 · P4 = 4 · 4! = 96 2.4.3. Vonjuk ki az o¨sszes lehetséges 6-jegy˝ u számb´ ol azokat, amelyekben nincs ismétl˝ odés: (i) 7 · V8,5 − 7 · V7,5 = 7 · 85 − 7 · 7! 2! = 211 736 2.4.4. Az els˝o helyre 9-féle számjegy v´ alaszhat´ o, mert itt nem a´llhat 0, a t¨ obbi helyre pedig ugyancsak 9-féle, mert a számjegy nem lehet azonos a megel˝ oz˝ ovel. Teh´ at 96 = 531 441. ¨ 2.4.5. Osszesen 7 bet˝ u a´ll rendelkezés¨ unkre. A 7 lehetséges hely k¨ ul ki kell oz¨ v´ alasztani azt a 3-at, ahov´ a a magánhangz´ ok ker¨ ulnek. Ez 73 -féleképpen lehetséges. A megmarad´ o helyeken 4!-féleképpen rendezhet˝ok el a mással hangz´ ok. Teh´ at 73 · 4! = 840-féleképpen lehet a feltételeknek megfelel˝oen o¨sszekeverni a bet˝ uket. 2.4.6. Az oxigén mindh´ arom izot´ opj´ ahoz h´ aromféleképpen v´ alaszthat´ o két hidrogénatom: két olyan eset van, amikor a hidrogénatomok egyform´ ak és egy olyan, amikor nem egyform´ ak. Teh´ at: 3 · 3 = 9. 2.4.7. V4,3 · V5,3 · V6,3 = 24 · 60 · 120 = 172 800 2.4.8. Jel¨ olj¨ uk a halmaz elemszámát n-nel! Ebb˝ ol n = 29.

Pn+2 Pn

= (n + 2)(n + 1) = 930.

2.4.9. Jel¨ olj¨ uk a piros goly´ ok számát n-nel! P3,n =

(n+3)! 3!·n!

=

(n+3)(n+2)(n+1) 6

= 4495. Innen n = 28.

168

2. KOMBINATORIKA

2.4.10. I. megoldás: Az els˝o kocsiba v´ alasztunk 3 embert, a másodikba a megmarad´ o 6-b´ ol 3 embert, vég¨ ul az utols´ o 3 ember felszáll a harmadik kocsiba. Teh´ at: C9,3 · C6,3 · C3,3 = 93 · 63 · 33 = 84 · 20 · 1 = 1 680 II. megoldás: Minden emberhez v´ alasztunk egy kocsit. Minden kocsit pontosan h´ aromszor kell felsorolni, ´ıgy 9 elem ismétléses permut´ aci´ oit kapjuk: 9! P93,3,3 = 3!·3!·3! = 1 680 2.4.11.

(i)

a) V2,12 = 212 = 4 096 b) C12,8 = 12 8 = 495

2.4.12. V2,n+2 − V2,n = 2n+2 − 2n = 3 · 2n = 3 072. n = 10 9 5 2.4.13. a) C12,3 · C9,4 · C5,5 = 12 3 · 4 · 5 = 27 720 8 4 b) C12,4 · C8,4 · C4,4 = 12 4 · 4 · 4 = 34 650 c)

2.4.14.

C12,4 ·C8,4 ·C4,4 3!

a) C8,5 =

8 5

= 5 775

= 56

b) 8 · C24,4 = 8 ·

24 4

= 85 008

c) Az o¨sszes lehetséges h´ uz´ asb´ ol el24kell hagyni azokat, amelyekben nincs piros: C32,5 − C24,5 = 32 − 5 5 = 158 872 d) C8,2 · C8,3 = 82 · 83 = 1 568

e) Egy sz´ınb˝ ol két lap lesz a kih´ uzottak k¨ oz¨ ott. Ez a sz´ın 4-féle lehet: 4 · C8,2 · C8,1 · C8,1 · C8,1 = 4 · 82 · 83 = 57 344

f) Ha a kih´ uzott a´sz nem piros, akkor 3-féle lehet és C7,4 -féleképpen v´ alaszthat´ o a 4 piros lap. Ha a piros a´sz a kih´ uzott lapok k¨ oz¨ ott van, akkor C7,3 -féleképpen h´ uzhattuk amásik h´ arom piros lapot és 21-féle lehet az o¨t¨ odik lap. Teh´ at: 3 · 74 + 21 · 73 = 840 g) C11,5 = 11 5 = 462

h) Ilyen nem lehetséges, teh´ at 0.

¨ 2.4.15. Osszesen 14 lépésre van sz¨ ukség, mégpedig 7-szer kell jobbra és 7-szer lefelé lépn¨ unk. A 14 lépés minden sorrendje egy-egy u ´tvonalat hat´ aroz 7,7 14! meg, teh´ at az u ´ tvonalak száma: P14 = 7!·7! = 3 432 2.4.16. 5-féleképpen v´ alaszthatjuk azt a sort, amelyikben az o¨sszes l´ ampa vil´ ag´ıt. A másik négy sor k¨ oz¨ ul az els˝oben 6-féleképpen v´ alaszthatjuk azt a l´ ampát,

169

2.4. VEGYES

amelyik nem vil´ ag´ıt, a másodikban már csak 5-féleképpen, a harmadikban 4-féleképpen, a negyedikben pedig 3-féleképpen. Teh´ at a megoldás 5 · 6 · 5 · 4 · 3 = 1 800. 2.4.17. Az u ¨ ltetés nyilv´ an csak u ´ gy lehetséges, ha felv´ altva u ¨ lnek a n˝ ok és a férfiak. a) Az els˝o helyre a 10 ember b´ armelyikét u ¨ ltethetj¨ uk, a mellette lev˝ o helyre viszont már csak az 5 ellenkez˝o nem˝ ub˝ ol v´ alaszthatunk. A k¨ ovetkez˝o két helyre 4 - 4 ember maradt stb. Így 10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 28 800 u ¨ ltetés lehetséges. b) Az el˝ oz˝ o eset 10 - 10 u ¨ ltetése most egynek szám´ıt, mert ezek egym´ asba forgathat´ ok, ´ıgy 10-szer kevesebb, azaz 2 880 u ¨ ltetés lehetséges. 2.4.18. Tegy¨ uk fel el˝ oször, hogy k ≥ 0. Az orig´ ob´ ol akkor jutunk a k pontba, ha jobbra k-val t¨ obbet lép¨ unk, mint balra, azaz a jobbra lépések száma n+k ∗ epéseké n−k A lehetséges u ´ tvonalak száma a jobbra- és 2 , a balra l´ 2 . n+k n−k

,

balralépések sorrendjeinek számával egyezik meg, teh´ at k-ba Pn 2 2 = n! féleképpen juthat a pont. Ha k < 0 akkor a szimmetria n−k ( n+k 2 )! ( 2 )! miatt nyilv´ anval´ o, hogy k-ba ugyanannyiféleképpen lehet eljutni, mint az n! abszol´ utértékébe, ´ıgy a megoldás: n+|k| n−|k| ! · ! 2 2 2.4.19. A 9-szög b´ armely 4 cs´ ucsát kiv´ alasztva azok egy konvex négysz¨ oget hat´ aroznak meg. A konvex négysz¨ og a´tl´ oinak metszéspontja egyben a 9-szög a´tl´ oinak is egy metszéspontja. Megford´ıtva, ha a konvex 9-szög két a´tl´ oja metszi egym´ ast a 9-szög belsejében, akkor az a´tl´ ok végpontjai egyértelm˝ uen meghatároznak egy konvex négysz¨ oget, melynek cs´ ucsai egyben a 9-szög cs´ ucsai is. A konvex négysz¨ ogek és az egymást a 9-szög belsejében metsz˝o a´tl´ op´ arok k¨ oz¨ ott teh´ at bijekt´ıv leképezés létes´ıthet˝ o, ezért számuk megegyezik: C9,4 = 94 = 126. Az a´tl´ ok metszéspontjainak száma ugyanennyi, ha nincs olyan metszéspont, amelyre kett˝onél t¨ obb a´tl´ o is illeszkedik, egyébként ennél kevesebb. 2.4.20. C9,7 · V12,7 =

9 7

·

12! 5!

=

9! 12! 7!·2!·5!

= 143 700 480

∗ Ebb˝ ol nyilv´ anval´ oan k¨ ovetkezik, hogy n ´ es k azonos parit´ as´ u kell legyen, azaz ha n p´ aratlan, akkor csak p´ aratlan sz´ amhoz tartoz´ o, ha n p´ aros, akkor csak p´ aros sz´ amhoz tartoz´ o pontba juthatunk.

170 2.4.21.

2. KOMBINATORIKA

a) Minden goly´ ot beletesz¨ unk egy dobozba, azaz 8 elemb˝ ol 24-szer v´ alasztunk. A kiv´ alaszt´ as sorrendje nem szám´ıt. (i) 31! Teh´ at: C8,24 = 31 24 = 24!·7! = 2 629 575

b) A gondolatmenet az el˝ oz˝ oh¨ oz hasonl´ o, csak el˝ oször minden dobozba tesz¨ unk egy goly´ ot és a megmaradó 16 goly´ ot kell elosztani a 8 doboz (i) 23! k¨ oz¨ ott: C8,16 = 23 16 = 16!·7! = 245 157 (i) 15! c) C8,8 = 15 8 = 8!·7! = 6 435

2.5. 2.5.1.

Binomi´ alis egy¨ utthat´ ok n n! n! a) Els˝ o megold´ as: nk = k!·(n−k)! = (n−k)!·(n−(n−k))! = n−k M´ asodik megold´ as: Legyen H egy n elem˝ u halmaz. Tudjuk, hogy nk n egyenl˝ o a H halmaz k elem˝ u részhalmazainak számával, m´ıg n−k az n − k elem˝ u részhalmazainak számával. Azt kell igazolnunk, hogy Hnak ugyanannyi k elem˝ u részhalmaza van, mint n− k elem˝ u. Jel¨ olj¨ uk a H halmaz k elem˝ u részhalmazainak halmazát A-val, n − k elem˝ u részhalmazainak halmazát pedig B-vel. Az f : A → B , X 7→ X f¨ uggvény bijekci´ o, hiszen A minden elemének van komplementere, ami B-nek eleme, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o részhalmazok komplementere is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o és B minden eleme komplementere a saj´ at komplementerének ami A-nak eleme. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy |A| = |B|, ami igazolja az a´ll´ıt´ ast. b) Egy n + 1 elem˝ u halmaz k + 1 elem˝ u részhalmazainak száma n+1 k+1 . Ugyanezt a k¨ ovetkez˝oképpen is kisz´ amolhatjuk: T¨ untess¨ uk ki az n+1 elem˝ u halmaz egy elemét. A halmaz olyan k + 1 elem˝ u részhalmaza n inak száma, amelyben nincs benne a kit¨ untetett elem k+1 , mert ekkor n elemb˝ ol kell kiv´ alasztani k + 1-et. Az olyan k + 1 elem˝ u részhalmazok száma, amelyben benne van a kit¨ untetett elem nk , hiszen ekkor a kit¨ untetett elem mellé csak k db-ot kell v´ alasztani a nem kit¨ untetettek k¨ oz¨ ul. n ¨ darab k + 1 elem˝ u részhalmaza van az Osszesen teh´ at nk + k+1 n + 1 elem˝ u halmaznak, ami az a´ll´ıt´ ast igazolja.∗ c) Az o¨sszef¨ uggés bal oldal´ an egy u halmaz részhalmazainak n elem˝ számát ´ırtuk fel, hiszen n0 , n1 , n2 , . . . , nn rendre a 0, 1, 2, . . . , n elem˝ u részhalmazok számát jelenti és ezeket adjuk o¨ssze. Másrészt

∗ Bel´ athat´ o

az a ´ll´ıt´ as algebrai a ´talak´ıt´ asok seg´ıts´ eg´ evel is.

´ ´ 2.6. BINOMIALIS TETEL

171

2n ugyancsak az n elem˝ u halmaz részhalmazainak a száma, ugyanis amikor egy részhalmazt kiv´ alasztunk, akkor minden elemr˝ol egyenként el kell d¨ onten¨ unk, hogy benne legyen-e a részhalmazban, vagy sem. Teh´ at minden elem esetén 2-féleképpen d¨ onthet¨ unk egym´ astól f¨ uggetlen¨ ul és ez 2n lehet˝ oség.∗ d) Az o¨sszef¨ uggés azt fejezi ki, hogy egy n elem˝ u halmaznak ugyanannyi p´ aros szám´ u elemet tartalmazó részhalmaza van, mint p´ aratlan szám´ ut tartalmazó. Ha n p´ aratlan, akkor ez nyilv´ anval´ o, hiszen minden részhalmazhoz hozz´ arendelve a komplementerét k¨ olcsön¨ osen egyértelm˝ u leképezést létes´ıt¨ unk a p´ aros, illetve p´ aratlan elemszám´ u részhalmazok halmaza k¨ oz¨ ott. Ha n p´ aros, akkor t¨ untess¨ unk ki egy elemet. Azon részhalmazok k¨ oz¨ ott, amelyekben a kit¨ untetett elem nem szerepel ugyanannyi p´ aros, illetve p´ aratlan elemsz´ am´ u van, mert ezek azon p´ aratlan elemszám´ u halmaz részhalmazai, amelyet az eredeti halmazból a kit¨ untetett elem elhagy´ as´ aval kaptunk. A kit¨ untetett elemet is tartalmazó részhalmazok el˝ oa´ll´ıthatók u ´ gy, hogy az el˝ obbi részhalmazok mindegyikéhez hozz´ atessz¨ uk a kit¨ untetett elemet, aminek k¨ ovetkeztében a p´ aros elemszám´ u részhalmazból p´ aratlan, a p´ aratlan elemszám´ ub´ ol pedig p´ aros elemszám´ u részhalmaz keletkezik. Emiatt a kit¨ untetett elemet tartalmazó részhalmazok k¨ oz¨ ott is ugyanannyi a p´ aros elemszám´ u, mint a p´ aratlan, ami a´ll´ıt´ asunkat igazolja.∗ (n−1)! n! e) nk = k!·(n−k)! = nk · (k−1)!·(n−k)! = nk · n−1 k−1 f) Haszn´ aljuk az (e) és a (c) pont eredményét: n n n n−1 P P P P n−1 k · nk = n · n−1 k−1 = n · k−1 = n · k=1

k=1

k=1

k=0

n−1 k

= n · 2n−1

= 23·22·...·(24−x) alakba ´ırhat´ o. Egy2.5.2. Az egyenlet 0, 7 · 25·24·...·(26−x) x·(x−1)·...·1 x·(x−1)·...·1 szer˝ us´ıtve: 420 = (25 − x)(24 − x), amib˝ol x = 4 ad´ odik.

2.6. 2.6.1.

Binomi´ alis t´ etel a) (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 4

b) (3x − 1) = 81x4 − 108x3 + 54x2 − 12x + 1 ∗ Szok´ as

ezt az o ¨sszef¨ ugg´ est binomi´ alis t´ etel seg´ıts´ eg´ evel is igazolni.

172

2. KOMBINATORIKA

c) (2x − 3y)6 = 64x6 − 576x5 y + 2160x4 y 2 − 4320x3 y 3 + +4860x2 y 4 − 2916xy 5 + 729y 6 2.6.2. Induljunk ki a jobb oldalb´ ol és haszn´ aljuk a binomi´ alis tételt: n

n

n P

a) (−1) = (1 − 2) =

k=0

n P

n

n

b) 3n = (1 + 2) =

k=0

k

n k

k

· (−2) · 1n−k =

· 2k · 1n−k =

n P

k=0

n P

k=0

2k ·

n k

k

(−2) ·

n k

3. fejezet

Matematikai logika 3.1.

Kijelent´ eslogika

Kijelent´ esek 3.1.1. Kijelentések: a), c), e), g), h). 3.1.2.

a) A rózsa vir´ ag. (igaz) b) A (8, 2) számpár els˝o eleme nem oszthat´ o a másodikkal. (hamis) c) Az y = x (x − 2) egyenlet˝ u g¨ orbe az x tengelyt az orig´ oban és a (2, 0) pontban metszi. (igaz) d) A 2, 25 intervallum b´ armely két pontj´ anak t´ avols´ aga legfeljebb 1. (igaz) e) A malát´ ab´ ol kész¨ ult k´ avé fekete. (igaz)

3.1.3.

a) Kati nem megy iskol´ aba. b) Van olyan f˝ oiskolai hallgat´ o, aki nem szorgalmas. c) Nincs p´ aros pr´ımszám. / Minden pr´ımszám p´ aratlan. d) A 9 vagy p´ aros vagy oszthat´ o 3-mal. e) A 21 nem p´ aros és nem oszthat´ o 2-vel. / A 21 p´ aratlan szám. f) Van olyan asszony, aki életében nincs olyan pillanat, amikor olyat tesz, amit nem szabad. / Van olyan asszony, aki életében minden pillanat olyan, hogy csak olyat tesz, amit szabad. 173

174 3.1.4.


a) p ∧ q b) p ∧ ¬q c) (p ∧ q) → ¬r d) ((p ∧ q) → r) ∧ (¬p → ¬r) e) (p ∨ q) ∨ (¬p ∧ ¬q) f) p → (q → r) g) p ↔ ((q ∧ ¬r) ∨ (¬q ∧ r))

h) (p ∧ q) → r

i) (q ∧ r) → p

j) ¬p ↔ q k) p ↔ q

p : Hideg van. q : Esik az es˝o. p : S¨ ut a nap. q : F´ uj a szél. p : Melegem van. ´ q : Ehes vagyok. r : Tudok dolgozni. p : Marci id˝ oben felébred. q : Eléri a vonatot. r : Boldog lesz. p : Busszal megyek. q : Gyalog megyek. p : Holnap j´ o id˝ o lesz. q : Lesz kedvetek sétálni. r : Elmegy¨ unk sétálni. p : Egy egészekb˝ ol a´ll´ o kéttag´ u o¨sszeg p´ aratlan. q : A tagok k¨ oz¨ ul az 1. p´ aratlan. r : A tagok k¨ oz¨ ul a 2. p´ aratlan. p : Tavasz van. q : Cseresznyefavir´ agz´ as van. r : A jap´ anok a f´ ak alatt piknikeznek. p : A f¨ uge megterem M.o.-on. q : A h˝ omérséklet meghaladja a 30◦ -ot. r : Sz´ arazság van. p : Juli tud aludni. q : A margitszigeti sz´ınpadon operát j´ atszanak. p : Piros a l´ ampa. q : Megállok.

Logikai formul´ ak 3.1.5.

a) Alkalmazza az els˝o formul´ ara a disztribut´ıv t¨ orvényt, majd pedig a p ∨ ¬p = i azonoss´ agot.

b) Alkalmazza az els˝o formul´ ara a disztribut´ıv t¨ orvényt, majd pedig a


175

p ∧ ¬p = h azonoss´ agot. c) Az els˝o formula els˝o diszjunkci´ os tagj´ ara alkalmazza a b) példa eredményét, a második és harmadik tagra pedig a de Morgan azonoss´ agot. 3.1.6.

a) Igen. (Igazolja, hogy mindkét formula pontosan akkor hamis, ha |p| = i és |q| = h.) b) Nem. (A |p| = h logikai érték mellett az els˝o formula logikai értéke hamis, m´ıg a másodiké igaz.)

3.1.7. A formul´ ak kit¨ untetett diszjunkt´ıv normálformája (KDNF) értékt´ abl´ ajukb´ ol olvashat´ ok ki legegyszer˝ ubben. Az al´ abbiakban megadjuk a lehet˝ o legegyszer˝ ubb diszjunkt´ıv normálform´ akat (DNF-eket is), amelyek tov´ abbi egyenérték˝ u a´talak´ıt´ asok seg´ıtségével hat´ arozhat´ ok meg. a) (p ∧ q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ ¬r)∨(¬p ∧ q ∧ r)∨(¬p ∧ q ∧ ¬r)∨ ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = ¬p ∨ ¬q ∨ r b) (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) = (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ r) c) (p ∧ q ∧ r) ∨ (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = (p ∧ q) ∨ ∨ (¬p ∧ ¬r) d) A formula egyetlen esetben vesz fel hamis logikai értéket. Ennek tagad´ as´ aval és a de Morgan szab´ aly alkalmazás´ aval DNF-et kapunk. ¬ (¬p ∧ q ∧ ¬r) = p ∨ ¬q ∨ r e) (p ∧ r) ∨ (p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) 3.1.8. Az a) és b) formul´ ak tautol´ ogi´ ak, c) nem. 3.1.9.

a) Tautol´ ogia

((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → p |p| = 1

|p| = 0

((q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → 0 |q| = 0

(1 ∧ ¬q ∧ ¬r) → 1

|q| = 1

(r ∧ 1 ∧ ¬r) → 0

(1 ∧ 0 ∧ ¬r) → 0

1

1

1

176


b) Tautol´ ogia (¬ (p ↔ r) ∧ q) → (p ∨ q) |p| = 0

|p| = 1

(¬¬r ∧ q) → q |q| = 0

(¬r ∧ q) → 1 1

|q| = 1

0→0

r→1

1

1

c) Kielég´ıthet˝ o p → ¬ (¬q ∧ (¬q → ¬p)) |p| = 0

|p| = 1

0 → (¬q ∧ 1)

1 → (¬q ∧ (¬q → 0))

1

|q| = 0

|q| = 1

1 → (1 ∧ 0)

1 → (0 ∧ 1)

0

0

d) Kielég´ıthet˝ o (p ∨ ¬q) → ((¬p ∧ r) ↔ (q → ¬p)) |q| = 0

|q| = 1

1 → ((¬p ∧ r) ↔ 1)

p → ((¬p ∧ r) ↔ ¬p)

|r| = 0

|r| = 1

|p| = 0

|p| = 1

1 → (0 ↔ 1)

1 → (¬p ↔ 1)

0 → (r ↔ 1)

1 → (0 ↔ 0)

1

1

0

|p| = 0

|p| = 1

1→1

1→0

1

0

→ ´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

e) Kontradikci´ o

177 p ∨ ((¬q ∨ r) → p) ↔ ¬p ∧ (q → r) |p| = 0

|p| = 1

(¬q ∨ r) → 0 ↔ (q → r) |q| = 0

(1 → 0) ↔ 1 0

|q| = 1

1↔0 0

(r → 0) ↔ (1 → r) ¬r ↔ r 0

3.1.10.

a) Megford´ıt´ asok: c) Ha nem tudok dolgozni, akkor melegem van vagy éhes vagyok. f) Ha holnap elmegy¨ unk sétálni, akkor j´ o id˝ o lesz és lesz kedvetek hozz´ a. h) Ha a jap´ anok a f´ ak alatt piknikeznek, akkor tavasz van és cseresznyefavir´ agz´ as. b) Tagad´ asok: c) Nem igaz, hogy ha melegem van vagy éhes vagyok, akkor nem tudok dolgozni. / Van olyan, hogy melegem van vagy éhes vagyok, és tudok dolgozni. f) Nem igaz, hogy. . . / Lehet, hogy holnap j´ o id˝ o lesz és ugyan kedvetek van sétálni, mégsem megy¨ unk el. h) El˝ ofordul, hogy tavasszal, cseresznyefavir´ agz´ askor a jap´ anok nem piknikeznek. c) Kontrapoz´ıci´ ok: c) Ha tudok dolgozni, akkor nincs melegem és nem is vagyok éhes. f) Ha nem megy¨ unk el holnap sétálni, akkor nincs j´ o id˝ o, vagy nincs kedvetek hozz´ a. h) Ha a jap´ anok nem piknikeznek a f´ ak alatt, akkor nincs tavasz, vagy nincs cseresznyefavir´ agz´ as.

K¨ ovetkeztet´ esek a kijelent´ eslogik´ aban 3.1.11.

a)

A1 : p → q A4 : s → (t → r)

A2 : q → r A5 : ¬r.

A3 : p ∨ s

178


b) A szemtan´ u nem mondott igazat. Az A5 alapj´ an |r| = h, melyb˝ ol az A2 kijelentés igaz volta csak u ´ gy lehetséges, ha |q| = h. Ha |q| = h, akkor az A1 miatt |p| = h. Így az A3 -b´ ol |s| = i. Az A4 -beli implik´ aci´ o s el˝ otagja teh´ at igaz, ezért az ut´ otag, (t → r) logikai értékének is igaznak kell lennie. Az |r| = h ismeretében ez csak u ´ gy lehetséges, ha |t| = h. 3.1.12.

A 1 0/1

B 1 1

C 1 1

D 1 1

1 0

0 0

1 1

0 0/1

3.1.13. Az al´ abbi feladatok megoldás´ an´ al a k¨ ovetkez˝ o módszert v´ alasztjuk: megvizsg´ aljuk, hogy a konkl´ uzi´ o hamis volta esetén lehetséges-e, hogy az o¨sszes premissza logikai értéke igaz. Ha nem, akkor a k¨ ovetkeztetés helyes. a) Nem. A konkl´ uzi´ o |(p ∨ r) → q| = h, ha pl. |r| = i, |p| = |q| = h. Ellen˝ orizz¨ uk, hogy ekkor a premisszák igazak. b) Igen. A |p → r| = h csak u ´ gy lehetséges, ha |p| = i és |r| = h. Ez viszont lehetetlen a harmadik premissza miatt. c) Nem. pl. |p| = |q| = |r| = h és |s| = i.

d) Igen.

e) Nem. pl. |p| = |r| = i, |q| = h. f) Igen.

3.1.14.

a) Az o ´r´ am nem j´ ar j´ ol; a busz idejében j¨ on; nem érkezem meg a gyakorlat megkezdése el˝ ott. Jel¨ olések: p : J´ ol j´ ar az o´r´ am. q : Idejében j¨ on az aut´ obusz. r : Megérkezem a gyakorlat megkezdése el˝ ott. A premisszák: A1 : p → (q → r), A2 : q ∧ ¬r. Feltéve, hogy a premisszák igazak: |A2 | = i =⇒ |q| = i és |r| = h =⇒ |q → r| = h. |q → r| = h és |A1 | = i =⇒ |p| = h. =⇒ ¬p ∧ q ∧ ¬r.


179

b) Csak Alm´ adiba megy¨ unk. Jel¨ olje rendre p, q, r, hogy Tihanyba, F¨ uredre ill. Almádiba megy¨ unk. A premisszák: A1 : p ↔ q, A2 : ¬r → ¬q, A3 : ¬ (r ∧ p) ∧ (r ∨ p). |A3 | = i, ha |r| = i és |p| = h vagy ford´ıtva. Az |r| = i és |p| = h feltétel mellett a |q| = h v´ alaszt´ assal az A1 és A2 premisszák is igazak. A |r| = h és |p| = i v´ alaszt´ assal q-nak b´ armilyen logikai értéket v´ alasztunk A1 és A2 k¨ oz¨ ul legal´ abb az egyik hamis. =⇒ (r ∧ ¬p ∧ ¬q). 3.1.15.

a) A nyomoz´ o nem d¨ ont¨ ott helyesen. Jel¨ olések: p : Joe nem tal´ alkozott akkor éjjel Freddel; q : Fred a gyilkos; r : Joe hazudik; s : A gyilkosság éjfél ut´ an t¨ ortént. A vizsg´ aland´ o k¨ ovetkeztetés: p → (q ∨ r) ,

A1 , A2 , A3 ¬q → (p ∧ s) ,

⇒ q s → (q ∨ r)

⇒

q

b) Nem k¨ ovetkezik. ´ Jel¨ olések: p : Esik az es˝o; q : Etteremben ebédel¨ unk; r : Elmegy¨ unk kir´ andulni. A vizsg´ aland´ o k¨ ovetkeztetés: p → q,

A1 , A2 , A3 ⇒ (r ↔ ¬p) ¬q → r, r → (¬p ∧ q) ⇒ (r ↔ ¬p)

c) A k¨ ovetkeztetés helyes. Jel¨ olések: p : Samantha inni kezd; q : Jockey eladja a részvényeket Cliff Barnes-nak; r : Ellie boldogtalan lesz; s : Pamela o¨sszevész Bobby-val. A vizsg´ aland´ o k¨ ovetkeztetés: A1 , A2 , A3 ⇒ s → r (q ∧ s) ↔ p, p → r, ¬ (q → r) ⇒

s→r

Ha az A1 premissza szövegét megv´ altoztatjuk, akkor a formula az al´ abbiak szerint módosul: A1 : (q ∧ s) → p Ezzel a v´ altoztat´ assal is helyes a k¨ ovetkeztetés, mely szerint Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela o¨sszevész Bobby-val.

180


d) A k¨ ovetkeztetés nem helyes. Jel¨ olések: p : Veszek almát; q : Olcs´ o a toj´ as; r : Kész´ıtek máglya´ rak´ ast; s : Ehes maradok. A vizsg´ aland´ o k¨ ovetkeztetés: (p ∧ q) → r, 3.1.16.

A1 , A2 , A3 ⇒ q → ¬s ¬q → (¬p ∧ s) , r ↔ ¬s ⇒

q → ¬s

a) Nem helyes k¨ ovetkeztetés. Jel¨ olések: p : Noszminosz igazmond´ o; q : Noszminosz a v´ aros tan´ıt´ oja; r : Grettli fah´ azban él. s : Grettli az erd˝o mellett él; t : Grettli a v´ aros réme. A vizsg´ aland´ o k¨ ovetkeztetés: p → (q ∧ ¬r) ,

A1 , A2 ⇒ (s ∧ r) → ¬t

A3 ⇒

(s ∧ p) → ¬t

b) Noszminosz a v´ aros igazmond´ o tan´ıt´ oja. (p ∧ q) Ellen˝ orizz¨ uk, hogy az A1 , A2 és ¬A3 pontosan akkor igaz, ha |s| = |p| = |t| = |q| = i és |r| = h

3.2.

Predik´ atumlogika

Predik´ atumok 3.2.17.

a) igaz b) hamis c) hamis

3.2.18.

a) ¬Rx b) ¬P x ∧ ¬Qx = ¬ (P x ∨ Qx) c) ¬Rx ∧ P x = ¬ (Rx ∨ ¬P x) d) ¬Rx ∧ ¬Qx = ¬ (Rx ∨ Qx) e) (¬Rx ∧ P x) ∨ Qx = ¬ (Rx ∨ ¬P x) ∨ Qx


181

Kvantifik´ aci´ o 3.2.19.

a) Hx: x holl´ o. F x: x fekete. b) F x: x fehér. Hx: x hatty´ u. c) Rxy: x anyja y-nak. F x: x fi´ u. Sxy: x szereti y-t. d) V x: x vas. F x: x fém. e) T x: x torony. F x: x f¨ ugg˝ oleges. f) p: P´ al, a: Paula P xyz: x adja y-t z-nek. Lx : x levél. g) Sx: x szám. Qx: x racion´ alis. h) Sx: x szám. Qx: x racion´ alis. Ix: x irracion´ alis.

3.2.20.

a) |∃x P x| = i b) |∀x ¬P x| = i

c) |∀x ∀y ¬P xy| = h d) |∃x P x| = i 3.2.21.

∀x (Hx → F x) ∃x (Hx ∧ F x)

∀x ∀y ((Rxy ∧ F y) → Sxy)

∀x (V x → F x) ∃x (T x ∧ ¬F x)

∃x (Lx ∧ P pxa)

∃x (Sx ∧ ¬Qx)

¬∃x ((Sx ∧ Qx) → Ix)

|∀x P x| = h |∃x P x| = h

|∀x ∀y P xy| = h |∀x ¬P x| = h

a) Mindenki fél valakit˝ ol. b) Van valaki, aki mindenkit˝ ol fél. c) Mindenkit˝ ol fél valaki. d) Van valaki, akit˝ ol mindenki fél.

3.2.22. Az a) és e) a´ll´ıt´ asok hamisak, a t¨ obbi igaz. 3.2.23.

a) A pr´ımszámok p´ arosak. [h] b) Van p´ aros pr´ım. [i] c) Ha egy természetes szám pr´ım, akkor vagy p´ aratlan vagy legfeljebb 2 az értéke. [i] d) A p´ aros pr´ımszámok számértéke legfeljebb 2. [i]

3.2.24.

a)

1. Minden pr´ımnek osztója a 4. 2. A 3 pr´ımszám és nem osztója a 6-nak.

182


3. A pr´ımek osztói csak pr´ımek lehetnek. 4. Van olyan pr´ım, amelynek a 4 nem osztója. b) 1. [h];

2. [h];

3. [h];

4. [i].

c) Igen, az 1. és a 4. formula. ∀x (P x → O4x) = ¬∃x ¬ (P x → O4x) = ¬∃x (P x ∧ ¬O4x)

d) ∀y ∃x Oxy; 3.2.25.

a)

∃y ∀x (Oxy → ¬P x)

1. A piros vir´ agok szebbek a tulip´ ann´ al. 2. A rózsa piros és nem szebb a tulip´ ann´ al. 3. Azok a vir´ agok, amelyek nem pirosak és szebbek a rózsán´ al, minden vir´ agn´ al szebbek. 4. Van olyan piros vir´ ag, amelyik nem szebb a tulip´ ann´ al.

b) Igen, az 1. és a 4. formula. ∀x (P x → Sxt) = ¬∃x ¬ (P x → Sxt) = ¬∃x (P x ∧ ¬Sxt) c) Igen, a 2. ⇒ 4. igaz, de a megford´ıt´ asa nem.

d) ∀x ∃y ¬Sxy; 3.2.26.

a)

∀x ∃y Sxy

1. Kati sz˝oke, és nem okosabb a nem sz˝oke n˝ ok egyikénél sem. 2. A sz˝oke n˝ oknél a nem sz˝oke n˝ ok mind okosabbak. 3. Kati vagy nem sz˝oke, vagy van olyan nem sz˝oke n˝ o, akinél okosabb. 4. Van olyan n˝ o, aki sz˝oke és okosabb Katin´ al.

b) 1. és 3. formula c) de Morgan szab´ aly d) ∀x (Sx → ¬∀y Oxy) 3.2.27.

a) Kx : x kicsi N x : x nagy Bxy : x becs¨ uli y-t Exy : x érdemli y-t b) Kx : x kor´ an kel Ax : x arany Lxy : x megleli y-t c) Rx : x rózsa T x : x t¨ ovis Bxy : x birtokolja y-t

∀x (∃y (Ky ∧ ¬Bxy) → ∀z (N z → ¬Exz)) ∀x (Kx → ∃y (Ay ∧ Lxy)) ¬∃x (Rx ∧ ¬∃y (T y ∧ Bxy))


183

d) Sx : x szent Hxy : x hajlik y felé Kx : x kéz Bxy : x birtokolja y-t e) Ax : x arany F x : x fénylik f) Sx : x szél V xy : x veti y-t W x : x vihar Axy : x aratja y-t

∀x (Sx → ∀y ((Ky ∧ Bxy) → Hyx))

¬∀x (Ax → F x)

g) Kx : x kereszt Bxy : x birtokolja y-t

∀x (∃y (Sy ∧ V xy) → ∀z (Axz → W z)) ∀x ∃y (Ky ∧ Bxy)

Predik´ atumlogikai formul´ ak interpret´ aci´ oi 3.2.28. I1 interpretáci´ oban: a) Minden természetes sz´ amn´ al van nagyobb. [i] b) Van legkisebb természetes sz´ am. [i] c) Van legnagyobb természetes sz´ am. [h] d) Minden természetes sz´ amn´ al van kisebb. [h] e) B´ armely két természetes sz´ am k¨ oz¨ ott van természetes szám. [h] I2 interpretáci´ oban természetes sz´ am helyett racion´ alis sz´ amot ´ırunk. A logikai értékek rendre [i], [h], [h], [i], [i]. 3.2.29. Mindkét interpretáci´ oban a) és b) igaz, c) és d) hamis. 3.2.30.

a) Minden természetes számnak van t¨ obbsz¨ or¨ ose. [i] b) A természetes számok az o¨sszes természetes számmal oszthat´ oak. [h] c) Van olyan természtes szám, amely minden természetes számnak oszt´ oja. [i] d) Van olyan természetes szám, melynek van t¨ obbsz¨ or¨ ose. [i] e) B´ armely két természetes szám legnagyobb k¨ oz¨ os osztója az o¨sszes természetes szám. [h]

184


f) Minden természetes számhoz létezik olyan természetes szám, hogy legnagyobb k¨ oz¨ os osztójuk az o¨sszes természetes számmal egyenl˝ o. [h] g) B´ armely természetes számpárnak legnagyobb k¨ oz¨ os osztój´ ahoz van olyan természetes szám, amivel egyenl˝ o. / A legnagyobb k¨ oz¨ os osztó természetes szám. [i] h) B´ armely természetes szám lehet legnagyobb k¨ oz¨ os osztó. [i] 3.2.31. Individuum-konstans: a, v´ altoz´ ok: x és y, egyv´ altoz´ os f¨ uggvényjel: f , egyv´ altoz´ os predik´ atum: P , kétv´ altoz´ os predik´ atumok: Q, R. Interpretáci´ o: U = N, a = 1, f (x) = x + 2, P x: x pr´ımszám, Qxy : x oszthat´ o y-nal, Rxy : x < y. a) ∀x (Rax → ∃y (Qyx ∧ P y)) b) ∀x (P x → ∃y (P y ∧ Rxy)) c) ∀x ∃y (P y ∧ P f (y) ∧ Rxy) 3.2.32. Legyen f — a vizsg´ aland´ o kétv´ altoz´ os m˝ uvelet — az U halmazon értelmezve, a P kétv´ altoz´ os predik´ atum pedig jel¨ olje az egyenl˝ oséget. a) ∀x ∀y P f (x, y) f (y, x) b) ∀x ∀y ∀z P f (f (x, y) , z) f (x, f (y, z)) c) ∀x P f (x, x) x 3.2.33. Legyenek az L nyelv individuum-v´ altoz´ oi: x, y, z, P és Q pedig kétv´ altoz´ os predik´ atumok. I interpretáci´ o: U univerzális halmaz egyezzen meg azzal a halmazzal, amelyen a homogén bin´ aris rel´ aci´ o értelmezve van. P xy jelentse, hogy x reláci´ oban van y-nal, Rxy pedig, hogy x = y. a) ∀x P xx b) ∀x ∀y (P xy → P yx) c) ∀x ∀y ((P xy ∧ P yx) → Rxy) d) ∀x ∀y ∀z ((P xy ∧ P yz) → P xz)


185

Levezet´ esek els˝ orend˝ u nyelvben 3.2.34. Legyenek adottak a k¨ ovetkez˝o szab´ alyok: 1. (x ∧ y) ⇒ x 2. x ⇒ (x ∨ y) 3. (x → y) ⇔ (¬x ∨ y) a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y)

Szab´ aly

x∧y ⇒x ⇒ x∨y

4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z)) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x) 6. x, x → y ⇒ y (modus ponens) b) (x → (y ∧ z)) ⇒ ((x → y) ∧ (x → z)) Szab´ aly

x → (y ∧ z) ⇔ (¬x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ z)) ⇔ ((x → y) ∧ (x → z))

6.+1. 6.+2.

c) (x → (x ∧ y)) ⇒ (x → y) Szab´ aly ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ 3.2.35.

(x → (x ∧ y)) (¬x ∨ (x ∧ y)) ((¬x ∨ x) ∧ (¬x ∨ y)) ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ x)) (¬x ∨ y) (x → y)

3. 4. 5. 6.+1. 3.

a) (A ∩ ∅) = ∅. (A ∩ ∅) = ((A ∩ ∅) ∪ ∅) = (∅ ∪ (A ∩ ∅)) = (A ∩ (U ∆ A) ∪ (A ∩ ∅)) = ((A ∩ (U ∆ A)) ∪ ∅) = A ∩ (U ∆ A) =∅

axi´ oma 1. 3. 8. 6. 1. 8.

3. 4. 3.

186


b) T3 : Y = (U ∆ X) . Y = (Y ∩ U ) = (Y ∩ (X ∪ (U ∆ X))) = ((Y ∩ X) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = ((X ∩ Y ) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = (∅ ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = ((X ∩ (U ∆ X)) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = (((U ∆ X) ∩ X) ∪ ((U ∆ X) ∩ Y )) = ((U ∆ X) ∩ (X ∪ Y )) = ((U ∆ X) ∩ U ) = (U ∆ X)

axi´ oma/tétel 2. 7. 6. 4. T1 8. 4. 6. T2 2.

4. fejezet

Algebrai strukt´ ur´ ak 4.1. 4.1.1.

Algebrai strukt´ ur´ ak, m˝ uveletek a) Mivel R-en a 0-val val´ o osztás nem értelmezett, R nem zárt az osztás m˝ uveletre, k¨ ovetkezésképpen R az osztásra nézve nem algebrai strukt´ ura. b) Mindkét esetben a zártságot vizsg´ aljuk. Az o¨sszeadásra nézve algebrai strukt´ ura, mert b1 j + b2 j = (b1 + b2 ) j és b1 + b2 ∈ Z. A szorzásra nézve nem, mert b1 j · b2 j = −b1 b2 . c) A szorzásra névze az al´ abbi eredményeket kapjuk: 1 2 3 4

1 1 2 3 4

2 2 4 1 3

3 3 1 4 2

4 4 3 2 1

A szorzásra nézve a halmaz teh´ at zárt, ´ıgy algebrai strukt´ ura. Az o¨sszeadásra nézve viszont nem, mert péld´ aul 1 + 4 5-tel val´ o osztási maradéka 0, ezért nem algebrai strukt´ ura. d) Igen, algebrai strukt´ ura. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy g szigor´ uan monoton n¨ oveked˝ o, azaz ∀x1 , x2 ∈ R, x1 < x2 esetén g(x1 ) < g(x2 ). Ebb˝ ol f szigor´ u monoton n¨ ovekedése miatt f (g(x1 )) < f (g(x2 )) k¨ ovetkezik, azaz f ◦ g is szigor´ uan monoton n¨ oveked˝ o. 187


188 

     a1 0 0 b1 0 0 a1 + b 1 0 0 ; e)  0 a2 0  +  0 b2 0  =  0 a2 + b 2 0 0 0 a3 0 0 b3 0 0 a3 + b 3       a1 0 0 b1 0 0 a1 b 1 0 0  0 a2 0  ·  0 b 2 0  =  0 a2 b 2 0 . 0 0 a3 0 0 b3 0 0 a3 b 3 Teh´ at a 3 × 3-as mátrixok halmaza mindkét m˝ uveletre nézve zárt, ezért algebrai strukt´ ura. f) Két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pr´ımszám legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja 1, ez viszont nem pr´ım. Két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pr´ımszám legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ ose a két szám szorzata. Két pr´ım szorzata viszont már nem pr´ım. A pr´ımszámok halmaza teh´ at egyik m˝ uvelettel sem alkot strukt´ ur´ at. 4.1.2.

a) Kommutat´ıv, mert lnko (a, b) = lnko (b, a). Asszociat´ıv, azaz lnko (lnko (a, b) , c) = lnko (a, lnko (b, c)), mert mind a bal-, mind a jobboldalon a´ll´ o szám a, b és c k¨ oz¨ os pr´ımtényez˝oinek az el˝ ofordul´ o legkisebb kitev˝ on vett szorzata. Idempotens, mert lnko (a, a) = a. b) Kommutat´ıv, mert lkkt (a, b) = lkkt (b, a). Asszociat´ıv, azaz lkkt (lkkt (a, b) , c) = lkkt (a, lkkt (b, c)), mert mind a bal-, mind a jobboldalon a, b és c o¨sszes pr´ımtényez˝ojének az el˝ ofordul´ o legmagasabb kitev˝ on vett szorzata a´ll. Idempotens, mert lkkt (a, a) = a. c) Az o¨sszeadás kommutat´ıv és asszociat´ıv, de nem A 6= 0 esetén A + A = 2A 6= A. A szorzás nem kommutat´ıv, mert péld´ aul      1 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 · 0 0 0  = 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 

0 0  0 0 2 0

  0 1 0 · 0 0 0

  0 0 0 0 0 = 0 0 0 2

idempotens, mert

 0 0  és 0

 0 0 0 0 . 0 0

A szozás asszociat´ıv, de nem idempotens, mert a´ltal´ aban A2 6= A.


4.2. 4.2.1.

189

F´ elcsoport, csoport a) A ∆ m˝ uvelet asszociat´ıv, ezért félcsoport. Egységeleme az ∅, zéruseleme nincs. b) Nem félcsoport, mivel nem is algebrai strukt´ ura, mert a halmaz elemei vektorok, a m˝ uvelet eredménye pedig szám. c) A vektori´ alis szorzás nem asszociat´ıv m˝ uvelet, ezért nem félcsoport. d) Félcsoport. Egységeleme a p(x) ≡ 0, zéruseleme nincs.

e) Félcsoport. Egységeleme az f (x) ≡ 0, zéruseleme nincs.

f) Félcsoport. Egységeleme az f (x) ≡ 1, zéruseleme a g(x) ≡ 0.

g) Nem félcsoport, mivel nem is algebrai strukt´ ura, mert a halmaz elemei h´ aromszögek, a m˝ uvelet eredménye pedig szám (ter¨ ulet). h) Félcsoport. Mivel det (AB) = det A · det B, a szorzatmátrix determináns´ anak értéke is 1, ´ıgy a megadott 3×3-as mátrixok halmaza zárt a szorzásra vonatkoz´ oan. A mátrixszorzás asszociat´ıv, a félcsoport egységeleme az egységmátrix, zéruseleme a nullmátrix. 4.2.2. a), d), e), f). 4.2.3. Ha két adott alak´ u mátrixot o¨sszeszorzunk, akkor az eredményb˝ ol a zártság és az asszociativit´ as nyilv´ anval´ oan k¨ ovetkezik. 1 n Az f : M → N, f = n m˝ uvelettartó és bijekt´ıv. 0 1 4.2.4.

a) Nem csoport, mert 0-nak nincs inverze. b) Csoport. c) Nem csoport, mert a m˝ uvelet nem asszociat´ıv. d) Nem csoport, mert a megadott m˝ uveletre vonatkoz´ oan a halmaz nem zárt: 2 · 4 ≡ 0 mod 8 és 0 nem eleme a halmaznak.

e) Csoport. A halmaz az adott m˝ uveletre vonatkoz´ oan zárt. A mod8 szorzás asszociat´ıv. Egységelem az 1. Inverzelem: a−1 = a, minden halmazbeli elemre. f) Csoport. A halmaz zárt, mert a1 0 a2 0 a1 a2 0 · = , valamint a mátrixok szorzása 0 0 0 0 0 0 asszociat´ıv m˝ uvelet, ´ıgy a strukt´ ura félcsoport.


190

1 0 1 0 a 0 a 0 , mert · = . 0 0 0 0 0 0 0 0 Minden elemnek van inverze, mivel a 6= 0, és # # " 1 −1 " 1 0 0 a 0 a 0 1 0 a a = , mert · = . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Egységeleme az

g) Csoport. A megadott mátrix a s´ıkbeli vektorok ϕ szöggel val´ o elforgat´ as´ anak mátrixa. Mivel forgat´ asok egym´ anja forgat´ ast eredm´ enyez: asut´ cos ϕ1 − sin ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ2 · = sin ϕ1 cos ϕ1 sin ϕ2 cos ϕ2 cos (ϕ1 + ϕ2 ) − sin (ϕ1 + ϕ2 ) = . sin (ϕ1 + ϕ2 ) cos (ϕ1 + ϕ2 ) A megadott mátrixok halmaza zárt a mátrixszorzásra vonatkoz´ oan. A mátrixok szorzása és a forgat´ asok egym´ as ut´ ani alkalmazása is asszociat´ıv m˝ uvelet. Egységeleme a ϕ = 0-val val´ o forgat´ as mátrixa. Mivel a ϕ-vel val´ o forgat´ as inverztranszformáci´ oja a (−ϕ)-vel val´ o −1 cos ϕ − sin ϕ cos (−ϕ) − sin (−ϕ) forgat´ as: = . sin ϕ cos ϕ sin (−ϕ) cos (−ϕ)

h) Csoport. √ Emelj¨ unk ki a2 + b2 -et a mátrixb´ ol, ezáltal olyan mátrixot kapunk, amely sorelemeinek, illetve oszlopelemeinek négyzet¨ osszege 1: " # p √ a √ −b a −b 2 2 2 2 a +b a +b = a2 + b 2 . √ b √ a b a 2 2 2 2 a +b

a +b

Legyen ϕ egy olyan szög, amelyre cos ϕ = √a2a+b2 és sin ϕ = √a2b+b2 . √ cos ϕ − sin ϕ Ez´ altal a fenti mátrix ´ıgy ´ırhat´ o : a2 + b 2 . sin ϕ cos ϕ √ A mátrix teh´ at a ϕ-vel val´ o forgat´ as és a a2 + b2 -szeresre val´ o nagy´ıt´ as s´ıkbeli transzformáci´ ok egym´ asut´ ani alkalmazás´ anak mátrixa. A zártság és az inverz létezése az el˝ oz˝ o feladat alapj´ an k¨ onnyen igazolhat´ o. 4.2.5. A halmaz zárt a m˝ uveletre nézve. Az asszociativit´ as teljes¨ ul, mert (a ∗ b) ∗ c = a + b − ab + c − (a + b − ab) c = . . . = a ∗ (b ∗ c) .


191

Teh´ at S félcsoport. Egységeleme a 0. Egy a elemnek x inverze, ha a + x − ax = 0 =⇒ x = nincs inverze, teh´ at S nem csoport.

a a−1 ,

ezért 1-nek

4.2.6. K¨ onny˝ u ellen˝ orizni, hogy a ∗ m˝ uvelet kommutat´ıv, asszociat´ıv, egységelem a −1 és az a elem inverze: −a − 2. Teh´ at mind a négy kérdésre igen a v´ alasz. 4.2.7. A zártság és asszociativit´ as teljes¨ ul; egység az f (x) = x f¨ uggvény. Az f (x) elem inverze az f −1 (x) inverz-f¨ uggvény, amely a folytonoss´ ag és szigor´ u monoton tulajdons´ ag miatt létezik. 4.2.8. Az els˝o egyenl˝ oségb˝ ol: b10 · b4 = b10 =⇒ b4 = e =⇒ b20 = e. A másodikb´ ol 19 hasonl´ oan: b = e. Így e = b20 = b19 b = b. 4.2.9. A g elem rendje osztója 996-nak∗ =⇒ g 996 = e =⇒ g 1992 = e =⇒ g = e. 4.2.10.

a) A lehetséges permut´ aci´ ok† : e, (12), (23), (13), (123), (132). b) Az al´ abbi t´ abl´ azat mutatja a kompoz´ıci´ ok eredményeit: e (12) (23) (13) (123) (132)

e e (12) (23) (13) (123) (132)

(12) (12) e (132) (123) (13) (23)

(23) (23) (123) e (132) (12) (13)

(13) (13) (132) (123) e (23) (12)

(123) (123) (23) (13) (12) (132) e

(132) (132) (13) (12) (23) e (123)

A strukt´ ura zárt, a m˝ uvelet asszociat´ıv, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, ezért a strukt´ ura csoport. Mivel a m˝ uvelet nem kommutat´ıv, ´ıgy nem Abel-csoport. 4.2.11.

1

2

∗ Lagrange-t´ etel † Az

3

4

a) (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), (1234) = e. Ebb˝ ol l´ athat´ o, hogy az egyes hatv´ anyok értékei ciklikusak, négyesével ´ ismétl˝ odnek. Altal´ anosan teh´ at: 4k+1 4k+2 4k+3 (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), 4k (1234) = e, ahol k ∈ Z. egyelem˝ u cikluselemeket a tov´ abbiakban nem ´ırjuk ki.


192

b) Az al´ abbi t´ abl´ azat mutatja a permut´ aci´ ok kompoz´ıci´ oinak eredményeit: e (1234) (13) (24) (1432)

e e (1234) (13) (24) (1432)

(1234) (1234) (13) (24) (1432) e

(13) (24) (13) (24) (1432) e (1234)

(1432) (1432) e (1234) (13) (24)

L´ athat´ o, hogy a strukt´ ura zárt, a m˝ uvelet asszociat´ıv, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, teh´ at a strukt´ ura csoport. ´ Eszrevehetj¨ uk, hogy a m˝ uvelet kommutat´ıv, teh´ at a strukt´ ura Abelcsoport is. 4.2.12. Egy n elem˝ u ciklikus permut´ aci´ o n-edik hatv´ anya az e egységelem, nnél kisebb pozit´ıv egész kitev˝ oj˝ u hatv´ anya pedig nem az e. A feladatban szerepl˝o permut´ aci´ o h´ arom ciklikus permut´ aci´ o kompoz´ıci´ oja, amelyek egyenként 5, 3 és 6 elem˝ uek. Ezért legal´ abb az lkkt (5, 3, 6) = 30 kitev˝ oj˝ u hatv´ anyra kell emelni a permut´ aci´ ot, hogy az egységelemet kapjuk. 4.2.13.

a) Identit´ as: e, 180◦ -os forgat´ as: (13) (24), tengelyes t¨ ukr¨ ozés a f¨ ugg˝ oleges tengelyre: (12) (34), tengelyes t¨ ukr¨ ozés a v´ızszintes tengelyre: (14) (23). b) Az al´ abbi t´ abl´ azat mutatja a permut´ aci´ ok kompoz´ıci´ oj´ at: e (13) (24) (12) (34) (14) (23)

e e (13) (24) (12) (34) (14) (23)

(13) (24) (13) (24) e (14) (23) (12) (34)

(12) (34) (12) (34) (14) (23) e (13) (24)

(14) (23) (14) (23) (12) (34) (13) (24) e

A strukt´ ura zárt, a m˝ uvelet asszociat´ıv, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, teh´ at a strukt´ ura csoport. Mivel a m˝ uvelet kommutat´ıv, a strukt´ ura Abel-csoport. 2

4.2.14. A leképezés m˝ uvelettartó a lg x2 +lg y 2 = lg (xy) azonoss´ ag alapj´ an. Nem izomorf, mivel az f f¨ uggvény nem bijekt´ıv. 4.2.15. A leképezés m˝ uvelettartó, mivel ex+y = ex ey . Az f f¨ uggvény bijekt´ıv. 4.2.16.

a) Legyen e a T csoport egységeleme, ekkor ∀a ∈ T esetén e ⊕ a = a. f (a) = f (e ⊕ a) = f (e) ⊗ f (a) =⇒ f (e) T 0 egységeleme.


193

b) f (e) = f (a ⊕ a−1 ) = f (a) ⊗ f (a−1 ) =⇒ f (a−1 ) az f (a) T 0 -beli inverze.

4.3.

Gy˝ ur˝ u, test

4.3.1. Algebrai test. A m˝ uveleti tulajdons´ agok a m˝ uveleti t´ abl´ azatok alapj´ an ellen˝ orizhet˝ok. Nullelem a 0, az elemek addit´ıv inverzei o¨nmaguk. Egységelem az 1, amelynek multiplikat´ıv inverze o¨nmaga. 4.3.2. Egységelemes kommutat´ıv gy˝ ur˝ u. Mivel a racion´ alis számok halmaza ugyanezen m˝ uveletekkel (Q; +, ·) algebrai testet alkot és Q∗ ⊂ Q a m˝ uveleti tulajdons´ agok igazak. Az adott m˝ uveletekre vonatkoz´ oan Q∗ ⊂ Q zárt, 0 ∈ Q∗ és 1 ∈ Q∗ . Q∗ minden elemének addit´ıv inverze Q∗ -ban van. Van olyan elem viszont, amelynek −1 nincs multiplikat´ıv inverze a strukt´ ur´ aban. Péld´ aul: 32 = 23 ∈ / Q∗ .

4.3.3. A H = {1, 2, 3, 4} halmaz nem zárt a megadott m˝ uveletekre vonatkoz´ oan. Péld´ aul: 2 + 3 ≡ 5 (mod 8) és 5 ∈ / H, illetve 2 · 3 ≡ 6 (mod 8) és 6 ∈ / H. 4.3.4. Algebrai test. A D halmaz zárt az adott m˝ uveletekre vonatkoz´ oan és az elvárt m˝ uveleti tulajdons´ agok teljes¨ ulnek. √ √ Nullelem: 0 + 0 n = 0 ∈ D, egységelem: 1 + 0 n = 1 ∈ D. √ √ Az a + b n elem addit´ıv inverze: −a − b n ∈ D. √ −1 √ b a Multiplikat´ıv inverz: (a + b n) = a2 −b n, ha a2 − b2 n 6= 0. 2 n − a2 −b2 n √ 2 2 Valamely a + b n elemnek teh´ at az a − b n 6= 0 kik¨ otés miatt pontosan 2 akkor nincs inverze, ha a = b = 0 (0-elem), vagy ha n = ab = q 2 , azaz n valamely racion´ alis számnak a négyzete. A D halmaz megadásakor az ilyen n egészeket kiz´ artuk. Így a D halmaz o¨sszes 0-elemt˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o elemének van multiplikat´ıv inverze. 4.3.5.

a) Nem gy˝ ur˝ u. A ⊕ m˝ uvelet nem asszociat´ıv.

b) Algebrai test. A ⊕ és a ⊗ m˝ uveletekre vonatkoz´ oan R zárt, a m˝ uveleti tulajdons´ agok teljes¨ ulnek.


194

Nullelem: 1, egységelem: 0. Addit´ıv inverz: 2 − a, multiplikat´ıv a inverz: a−1 = a−1 , ha a 6= 1 (0-elem).

c) Algebrai test. A ⊕ és a ⊗-ra vonatkoz´ oan R+ zárt, a m˝ uveleti tulajdons´ agok teljes¨ ulnek. Nullelem: 1, egységelem: 10. Addit´ıv inverz: a1 , multiplikat´ıv inverz: 1 10 lg a , ha a 6= 1 (0-elem). 4.3.6.

a) Egységelemes gy˝ ur˝ u. (M ; +) kommutat´ıv csoport. (M ; ·) egységelemes (egységmátrix), nem-kommutat´ıv félcsoport. (Multiplikat´ıv inverze csak a regul´ aris mátrixoknak van.) A megfelel˝o disztribut´ıv t¨ orvény teljes¨ ul. b) Egységelemes gy˝ ur˝ u. (M ; +) kommutat´ıv csoport. (M ; ·) az n × n-es egységmátrixszal, mint egységelemmel monoidot alkot. Igaz a disztributivit´ as. c) Gy˝ ur˝ u. A m˝ uveletekre vonatkoz´ oan M zárt, a mátrixm˝ uveletek tulajdons´ agai 1 0 teljes¨ ulnek. Zéruselem a 2 × 2-es nullmátrix. ∈ / M , teh´ at 0 1 nincs multiplikat´ıv egység a strukt´ ur´ aban. d) Algebrai test. A m˝ uveletekre vonatkoz´ agai oan M zárt, a mátrixm˝ uveletek tulajdons´ 0 0 1 0 teljes¨ ulnek. 0-elem: ∈ M , 1-elem: ∈ M . Addit´ıv 0 0 0 1 1 a −b −a −b · , ha inverz: , multiplikat´ıv inverz: 2 b a b −a a + b2 a2 + b2 6= 0∗ . Az adott t´ıpus´ u mátrixok esetén a szorzat kommutat´ıv.

4.3.7.

a) Egységelemes kommutat´ıv gy˝ ur˝ u. A m˝ uveletekre nézve P(A) zárt. A ∆ és a ∩ m˝ uveletek kommutat´ıvak és asszociat´ıvak, és a ∩ disztribut´ıv ∆-ra nézve. 0-elem: ∅, 1-elem: A. Addit´ıv inverz: minden elemnek o¨nmaga. b) Nem gy˝ ur˝ u. 0-elem: ∅, 1-elem: A. Addit´ıv inverze csak az ∅-nak, multiplikat´ıv inverze csak A-nak van.

∗ L´ asd

a 4.2.4.h) p´ eld´ at.


4.3.8.

195

a) Egységelemes, kommutat´ıv gy˝ ur˝ u. (F; ⊕) kommutat´ıv csoport; (F; ⊗) az f : R → R, f (x) ≡ 1 egységelemmel kommutat´ıv félcsoport. A disztributivit´ asi t¨ orvény igaz. b) Nem gy˝ ur˝ u. (F; ⊕) csoport; (F; ⊗) félcsoport, mert F zárt ⊗-ra és a ⊗ m˝ uvelet asszociat´ıv. Egységelem: f (x) = x, és inverz csak bijekt´ıv f esetén létezik. Nem igaz a disztributivit´ asi t¨ orvény, mert péld´ aul: f : R → R,

f (x) = sin x,

h : R → R,

h(x) = x2 esetén

g : R → R,

g(x) = x és

f ◦ (g + h) 6= f ◦ g + f ◦ h, ugyanis sin x + x2 6= sin x + sin x2 .

c) Nem algebrai strukt´ ura, mert az o¨sszeadás m˝ uveletére F nem zárt. Két bijekt´ıv f¨ uggvény o¨sszege nem feltétlen¨ ul bijekt´ıv, legyen péld´ aul: f (x) = x; g(x) = −x − 1. 4.3.9.

a) (T ; ⊕, ⊗) test nulloszt´ omentességének bel´ at´ as´ ahoz induljunk ki az a ⊗ b = 0 (0-elemet itt 0-val jel¨ olj¨ uk) egyenletb˝ ol és tételezz¨ uk fel, hogy a 6= 0. Az a inverzével balr´ ol szorozva és az asszociativit´ ast kihaszn´ alva kapjuk, hogy b = 0. Hasonl´ oképpen b 6= 0 esetén b−1 -nel jobbr´ ol szorozva a = 0 ad´ odik. b) 1., 3., 4.b) és c), 5.d), mivel az algebrai testek nulloszt´ omentesek. ∗ 2.a) nullosz´ omentes, mivel Q ⊂ R. 5.a), b) és c) nem nulloszt´ omentesek, mert péld´ aul:

0 0

1 0

1 1 0 · = 0 0 0

0 0

.

6.a) nem nulloszt´ omentes: ha A és B diszjunktak, metszet¨ uk ∅. 7.a) nem nulloszt´ omentes. Legyenek f és g f¨ uggvények olyanok, hogy minden helyen k¨ oz¨ ul¨ uk pontosan az egyik 0 és egyik sem azonosan 0. 4.3.10. Nem, mert a vektori´ alis szorzás nem asszociat´ıv.


196

4.3.11. A strukt´ ura egységelemes gy˝ ur˝ u a Z halmazon, mivel (Z; ⊕) kommutat´ıv csoport; (Z; ⊗) kommutat´ıv félcsoport az (1, 1) egységelemmel; a disztributivit´ asi t¨ orvény is teljes¨ ul. Hasonl´ oan gy˝ ur˝ u R esetén is. Z eset´ en nem test, mert az (a, b) elempárra (a, b) ⊗ a1 , 1b = (1, 1), de 1 1 / Z × Z az a 6= 1 vagy b 6= 1 esetben. a, b ∈

Nem test az (R; ⊕, ⊗) sem, hiszen nincs multiplikat´ıv inverz egyetlen olyan esetben sem, amikor az elempár valamelyik eleme 0. √ 4.3.12. Igen, résztestét alkotj´ ak. Bel´ atand´ o ugyanis, hogy az x | x = p + q 2, p, q ∈ Q} halmaz a val´ os számtest m˝ uveleteivel testet alkot. Így megfogalmazva a 4.3.4. feladat n = 2 speciális esetét kapjuk.

4.4.

H´ al´ o, Boole-algebra

4.4.1. Mindhárom esetben azt kell viszg´ alnunk, hogy az adott m˝ uveletek kommutat´ıvak, asszociat´ıvak, illetve igazak rájuk az abszorpci´ os tulajdons´ agok. Bel´´ athat´ o, hogy a fentiek mindegyike teljes¨ ul a felsorolt strukt´ ur´ akban, azaz h´ al´ ok. 4.4.2. Igazoland´ o, hogy a (H; sup) strukt´ ur´ aban a kétv´ altoz´ os sup m˝ uvelet rendelkezik az elv´ art tulajdons´ agokkal. A kommutativit´ as: sup (a, b) = sup (b, a) és az idempotencia: sup (a, a) = a tulajdons´ agok trivi´ alisan teljes¨ ulnek ∀a, b ∈ H esetén. Az asszociativit´ as: sup (a, sup (b, c)) = sup (sup (a, b) , c) teljes¨ ulésének bizony´ıt´ as´ ahoz l´ assuk be, hogy mindkét oldal sup (a, b, c)-vel egyenl˝ o. 4.4.3.

a) Az igazoland´ o abszorpci´ os tulajdons´ agok: sup (a, inf (a, b)) = a és inf (a, sup (a, b)) = a. Az els˝o azonoss´ agot bel´ atjuk, a másodikat az olvas´ ora b´ızzuk. Legyen x = sup (a, inf (a, b)), bel´ atjuk, hogy x = a. Az a 4 a (reflexivit´ as) és inf (a, b) 4 a miatt a fels˝o korl´ atja az {a, inf (a, b)} halmaznak, teh´ at a halmaz legkisebb fels˝o korl´ atj´ ara fenn´ all, hogy x 4 a. Ugyanakkor x az {a, inf (a, b)}-nek szintén fels˝o korl´ atja, teh´ at a 4 x. A rendezés antiszimmetrikus tulajdons´ ag´ ab´ ol k¨ ovetkez˝oen x = a. b) A 4.3.1. feladatban bel´ attuk, hogy H mindkét m˝ uveletre vonatkoz´ oan félh´ al´ ot alkot. E feladat a) részében bel´ attuk, hogy a strukt´ ur´ aban igaz az abszorpci´ os tulajdons´ ag.

´ O, ´ BOOLE-ALGEBRA 4.4. HAL

197

4.4.4.

a) Igazoland´ o, hogy a reláci´ o reflex´ıv, antiszimmetrikus és tranzit´ıv. A reláci´ o reflex´ıv, mert a 4 a ⇐⇒ a ∧ a = a. Ez ut´ obbi az ∧ m˝ uvelet idempotenci´ aja miatt teljes¨ ul. Az antiszimmetria bel´ at´ as´ ahoz a ha a 4 b és b 4 a, akkor a = b” ” a´ll´ıt´ ast kell igazolnunk. Az a´ll´ıt´ as ∧ m˝ uvelettel fel´ırva ha a ∧ b = a ” és b ∧ a = b, akkor a = b”, amely igaz az ∧ m˝ uvelet kommutativit´ asa miatt. A 4 reláci´ o tranzit´ıv H-n, ha H b´ armely a, b, c elemére teljes¨ ul, hogy ha a 4 b és b 4 c, akkor a 4 c. Az igazoland´ o a´ll´ıt´ as az ∧ m˝ uvelettel fel´ırva: ha a ∧ b = a és b ∧ c = b, akkor a ∧ c = a. Ez ut´ obbi a két feltételb˝ ol, valamint az ∧ m˝ uvelet asszociativit´ as´ at kihaszn´ alva ´ıgy igazolhat´ o: a = a ∧ b = a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ c = a ∧ c. b) inf (a, b) = a ∧ b, ha igazak rá az al´ abbiak: (a ∧ b) 4 a és (a ∧ b) 4 b minden a, b ∈ H, valamint b´ armely c ∈ H-ra, ha c 4 a és c 4 b, akkor c 4 a ∧ b. Az els˝o reláci´ o igaz volta az ∧ m˝ uvelet asszociativit´ as´ ab´ ol, kommutativit´ as´ ab´ ol és idempotenci´ aj´ ab´ ol k¨ ovetkezik: (a ∧ b) 4 a ⇐⇒ ⇐⇒ (a ∧ b) ∧ a = (a ∧ b) ⇐⇒ a ∧ (b ∧ a) = (a ∧ b). Az utols´ o egyenl˝ oség pedig igaz, mert a ∧ (a ∧ b) = (a ∧ a) ∧ b = (a ∧ b). Hasonl´ oképpen l´ athat´ o be a második reláci´ o, (a ∧ b) 4 b teljes¨ ulése. A harmadik a´ll´ıt´ as az ∧ m˝ uvelettel fel´ırva: c ∧ a = c és c ∧ b = c =⇒ c ∧ (a ∧ b) = c. Az ∧ m˝ uvelet idempotens, teh´ at c ∧ (a ∧ b) = = (c ∧ a) ∧ b = c ∧ b = c. A sup (a, b) = a ∨ b igazol´ asa hasonl´ o gondolatmenettel ad´ odik, itt nem részletezz¨ uk.

4.4.5.

a) b) c) d)

4.4.6.

a) (P(A); ∪, ∩) h´ al´ o∗ , legnagyobb eleme az A, és b´ armely B ∈ P(A) esetén B = A \ B ∈ P(A). b) (Fn ; ∨, ∧, ¬), ahol f ∈ Fn , ha f : {0, 1}n → {0, 1}. Legyen az f0 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 f¨ uggvény a strukt´ ura O eleme és az f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 1 pedig az I. Fn zártsága trivi´ alis, a megfelel˝o m˝ uveleti tulajdons´ agok igazol´ as´ at itt nem részletezz¨ uk.

∗ L´ asd

Disztribut´ıv h´ al´ o. H´ al´ o, de nem disztribut´ıv. Félh´ al´ o. Nem h´ al´ o és nem is félh´ al´ o, mert sem a sup sem az inf m˝ uvelet nem egyértelm˝ u.

4.4.1.b) feladat.


198 4.4.7.

a) A = {1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715}. O = 1, I = 715. Ellen˝ orizend˝ o azonoss´ agok: 715 0 0 (a ) = a, azaz 715/a = a; a ∨ a0 = I, azaz lkkt a, 715 a = 715; a ∧ a0 = O, azaz lnko a, 715 = 1; a 715 0 0 0 (a ∨ b) = a ∧ b , azaz lkkt (a, b) = lnko 715 a , b .

b) 143

4.4.8. Boole algebra: O = 1, I = 42. 4.4.9.

a) Nem alkot Boole-algebr´ at, mert a ∩-re nézve nem zárt.

b) Nem alkot Boole-algebr´ at, mert az ∪-ra nézve nem zárt.

c) Igen: O = {a, e, i, o, u}, I = {a, b, c, d, e, . . . , z}. X 0 = {a magánhangz´ ok és azok a mássalhangz´ ok, amelyek X-ben nem szerepelnek}.

d) Igen, mivel az A = {. . . , {−2, −1} , {0, 1} , {2, 3} , {4, 5} , . . .} halmaz hatv´ anyhalmaz´ ar´ ol van sz´ o. e) A halmaz elemei az Ak = {n | n ≥ k, n ∈ Z} (k ∈ Z) alak´ u számhalmazok. Ezek az ∪ és a ∩ m˝ uveletre zárt halmazt alkotnak, ugyanis Ak ∪ Al = Amin{k,l} és Ak ∩ Al = Amax{k,l} . A sz¨ ukséges m˝ uveleti tulajdons´ agok — a disztributivit´ ast is beleértve — teljes¨ ulnek, ezért a strukt´ ura disztribut´ıv h´ al´ o, amely korl´ atos is: O = ∅, I = Z. A komplementum-képzésre azonban a halmaz nem zárt, ´ıgy nem Boolealgebra. f) Igen. Csup´ an két eleme van a halmaznak: ∅ és Z.

5. fejezet

Gr´ afelm´ eleti fogalmak ´ es ¨ osszef¨ ugg´ esek 5.1.

Alapfogalmak

5.1.1. A gr´ afnak 8 éle és 5 pontja van. A pontok k¨ oz¨ ul kett˝o foksz´ ama 3, kett˝o foksz´ ama 4, az o¨t¨ odiké pedig 2. 5.1.2.

a) Nincs, mert egy 6 pont´ u egyszer˝ u gr´ afban b´ armely pontb´ ol legfeljebb 5 él h´ uzhat´ o, azaz minden pont foksz´ ama legfeljebb 5 lehet. b) Tetsz˝oleges gr´ afban a foksz´ amok o¨sszege megegyezik az élek számának kétszeresével, a foksz´ am-összeg ´ıgy mindig p´ aros szám. A megadott foksz´ amok o¨sszege p´ aratlan, ezért ilyen gr´ af nem létezik.

5.1.3.

a) Az a´br´ an l´ athat´ o gr´ af megfelel a feltételeknek.

199


200

b) Nincs, mert egy egyszer˝ u gr´ afban a pontok foksz´ amainak o¨sszege p´ aros szám. 5.1.4. Egy n pont´ u egyszer˝ u gr´ afban egy pont foka legfeljebb n − 1 lehet. Ha minden pont foksz´ ama k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, akkor 0-t´ ol n − 1-ig minden lehetséges foksz´ am pontosan egy ponthoz tartozik. Teh´ at a feltételeket kielég´ıt˝ o gr´ afban léteznie kell 0- és n − 1-fok´ u pontnak is. Ez viszont ellentmondás, hiszen az n − 1-fok´ u pontb´ ol minden más pontba vezet él, a 0-fok´ uba is, ami lehetetlen. 5.1.5. A mérk˝ ozés egy tetsz˝oleges pillanat´ ahoz hozzérendel¨ unk egy gr´ afot, amelynek pontjai a csapatoknak felelnek meg. A gr´ af két pontja akkor van o¨sszek¨ otve éllel, ha a megfelel˝ o csapatok már j´ atszottak egym´ assal. A kapott gr´ af hurokélmentes, mert senki nem j´ atszik o¨nmag´ aval. E szerint a feladat a´ll´ıt´ asa megfelel a k¨ ovetkez˝o tételnek∗ : Tetsz˝oleges gr´ af p´ aratlan foksz´ am´ u pontjainak száma p´ aros. 5.1.6.

5.1.7.



  C=  

0 1 0 0 1

1 0 1 0 1

0 1 0 2 0

0 0 2 0 1

1 1 0 1 0





    

  M=  

1 0 0 0 1

1 1 0 0 0

0 1 0 0 1

0 0 0 1 1

0 1 1 0 0

0 0 1 1 0

0 0 1 1 0

     

a) Nyitott az élsorozat, hiszen az els˝o él kezd˝opontja és az utols´ o él végpontja k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, de u ´ tr´ ol nem beszélhet¨ unk, mert péld aul az 5-¨ os pont kétszer fordul el˝ o a vonal belsejében. b) Z´ art az élsorozat, mert az els˝o él kezd˝opontja és az utols´ o él végpontja azonos. K¨ or, mert olyan zárt élsorozatról van szó, amely minden pontj´ ara pontosan két él illeszkedik. c) Nyitott élsorozat, de nem u ´ t és nem k¨ or. d) Nyitott élsorozat és u ´ t.

5.1.8.

∗A

a)

4

3

1

2



0  1  C= 1 1

t´ etel igazol´ as´ at l´ asd B.-Gy. 5.1. T´ etel b).

1 0 0 0

1 0 0 0

 1 0   0  0

201

5.1. ALAPFOGALMAK

b)

c)

d)

4

3

1

2

4

3

1

2

4

3

1

2



0  1 C=  1 0  0  1 C=  1 1  0  1 C=  1 1

1 0 0 0

1 0 0 0

1 0 1 0

1 1 0 1

1 0 1 1

1 1 0 1

 0 0   0  0  1 0   1  0  1 1   1  0

5.1.9. Az al´ abbi k¨ or¨ ok vannak a gr´ afban∗ : ({1, 2}, {2, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 1}); ({1, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({2, 3}, {3, 4}, {4, 2}).

4

5.1.10.

9 5

10 6 1

5.1.11.

3

8 7

({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 4}, {4, 3}, {3, 1}); ({1, 4}, {4, 2}, {2, 3}, {3, 1}); Leghosszabb u ´ tja pl.∗ : ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6}). Leghosszabb k¨ ore pl.∗ : ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6} {6, 1}).

2 

   C=    ∗ Az

0 0 0 0 0 0

1 0 1 0 1 0

1 2 0 1 2 0

1 2 3 0 1 2

1 2 3 4 0 1

1 2 3 4 5 0

       

egyszer˝ us´ eg kedv´ e´ ert a megold´ asokban az u ´t/k¨ or éleit t¨ untetj¨ uk csak fel.


202 5.1.12.

4

4 3

5

1

2

3

5

1

2



  C=  

0 0 1 0 0

0 0 0 1 1

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 1 0 0 0

     

5.1.13. Legyen a G gr´ af ponthalmaza {1, 2, . . . , n}, és jel¨ olj¨ uk C2 -et B-vel. A B n P mátrix bij = cik · ckj elemének cik · ckj tagja 1, ha az {i, k} és a {k, j} k=1

a gr´ af élei, egyébként a szorzat értéke 0. Ezért a) bii az i pont foksz´ ama;

b) bij (i 6= j) az i-t és j-t o¨sszek¨ ot˝ o 2 hossz´ us´ ag´ u utak száma. 5.1.14.

a) Az élek száma o¨ssze.

n·(n−1) , 2

mert b´ armely két pontot pontosan egy él k¨ ot

b) Az al´ abbi 4-, illetve 5-pont´ u gr´ afok izomorfak komplementer¨ ukkel:

Viszont 6-pont´ u gr´ af nincs, ugyanis a 6-pont´ u teljes gr´ af éleinek száÍgy tetsz˝oleges 6 pont´ ma 6·5 = 15, ami p´ a ratlan sz´ a m. u gr´ af éleinek 2 száma k¨ ul¨ onb¨ ozik komplementerének élszámát´ ol, teh´ at nem lehetnek izomorfak. 5.1.15.

5.1.16.

a) Igen. Feleltess¨ uk meg a baloldali gr´ af pontjait a jobboldali gr´ af megfelel˝ o vessz˝os pontjainak.

203

5.1. ALAPFOGALMAK

b0

e f

g

c a

g0

d0

d

f0

e0 a0

b

c0

b) Igen. Hasonl´ o megfeleltetést haszn´ alunk, mint az a) pontban. d h

g

e

f

a

c

g0

b0

e0

d0

b

a0

h0

c0

f0

c) Nem, mert a baloldali gr´ afban a legrövidebb k¨ or 4 hossz´ us´ ag´ u, a jobboldaliban viszont 5 hossz´ us´ ag´ u. 5.1.17. Az n-pont´ u teljes gr´ af éleinek száma: 5n <

n(n−1) . 2

Ebb˝ ol k¨ ovetkezik:

n (n − 1) < 6n 2

10 < n − 1 < 12 n = 12 5.1.18. Az 5-pont´ u teljes gr´ afnak 10 éle van. Ebb˝ ol kett˝ot kell elhagynunk, ´ıgy a foksz´ amok a k¨ ovekez˝ok lehetnek: 4, 3, 3, 3, 3 vagy 4, 4, 3, 3, 2. 5.1.19.

a)

b)

c)

5.1.20. Indirekt módon bizony´ıtunk: Tegy¨ uk fel, hogy az n-pont´ u gr´ afban nincs 1-fok´ u pont.

204


A lehetséges foksz´ amok a 0, 2, 3, . . . számok. Az o¨sszef¨ ugg˝ oség miatt a 0-t kiz´ arhatjuk, hiszen a gr´ afban nem lehet izol´ alt pont. Vizsg´ aljuk most az n-pont´ u gr´ af pontjainak foksz´ am-összegét. Indirekt feltevés¨ unk és a 0 fok kiz´ ar´ asa eredményeképpen a pontok foksz´ ama legal´ abb 2, a foksz´ amo¨sszeg legal´ abb 2n. Másrészr˝ol tudjuk, hogy a foksz´ amok o¨sszege az élek számának kétszerese. Mivel a feltétel szerint az élek száma legfeljebb n − 1, a foksz´ am-összeg legfeljebb 2(n − 1) lehet. Ezzel ellentmondásra jutottunk, teh´ at van a gr´ afnak 1-fok´ u pontja. 5.1.21.

a) Vegy¨ uk a gr´ af egy maximális hossz´ us´ ag´ uu ´ tj´ anak egyik végpontj´ at. E ponthoz biztosan illeszkedik legal´ abb egy másik él, mert a pont foka legal´ abb 2. Ezen élnek a másik végpontja az u ´ t valamelyik pontja, hiszen ha nem ´ıgy lenne, akkor a v´ alasztott maximális hossz´ us´ ag´ u u ´ tn´ al lenne a gr´ afban hosszabb u ´ t. A v´ alasztott u ´ thoz hozz´ avéve ezt az élt, a gr´ af egy k¨ orét kapjuk. Másik megoldás: Kezdj¨ uk el bej´ arni a gr´ afot egy tetsz˝ oleges a1 pontj´ ab´ ol. Az a2 pontj´ aba érve innen biztos tov´ abb tudunk haladni, mert a foksz´ ama legal´ abb kett˝o. Innen eljutunk a3 -ba, amely vagy megegyezik a1 -gyel és ´ıgy tal´ altunk k¨ ort, vagy ha nem, akkor innen is tov´ abb tudunk menni. Minden még érintetlen pontb´ ol tov´ abb tudunk haladni a foksz´ amra vonatkoz´ o feltétel miatt, de mivel a gr´ af véges, egyszer eljutunk egy olyan pontba, ahol már kor´ abban j´ artunk és bezár´ odik egy k¨ or. b) Tekints¨ uk a gr´ af egyik smax leghosszabb u ´ tj´ at, annak egyik v végpontj´ at. Azt a´ll´ıtjuk, hogy a v pont foka 1. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy a v pontra illeszkedik még egy e = {v, w} él, amely az smax -nak nem éle. Az e él w végpontja nem lehet az smax pontja, mert akkor a gr´ af nem k¨ ormentes. Nem lehet a w pont a gr´ af smax -hoz nem tartozó pontja sem, mert akkor smax -hoz hozz´ avéve a w pontot és az e élt, smax -n´ al hosszabb utat kapunk. Ilyen él teh´ at nincs. Ezzel bel´ attuk, hogy a gr´ af v pontja 1-fok´ u.

5.1.22.

a) Vegy¨ uk észre, hogy a bizony´ıt´ as során felhaszn´ altunk egy tételt, amely szerint minden o¨sszef¨ ugg˝ o és k¨ ormentes gr´ af felép´ıthet˝ o az 1pont´ u gr´ afb´ ol kiindulva egy él és egy pont egyidej˝ u hozz´ aad´ as´ anak egym´ asut´ ani alkalmazás´ aval. E tétel igaz volta nem nyilv´ anval´ o, bizony´ıt´ asra szorul.

5.1. ALAPFOGALMAK

205

b) A feladat a) részében le´ırt teljes indukci´ os bizony´ıt´ ast az al´ abbiak szerint módos´ıtjuk: Nem ép´ıt¨ unk egy k pont´ u elv´ art tulajdons´ ag´ u gr´ afot, hanem kiindulunk egy tetsz˝oleges k-pont´ u k¨ ormentes o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afb´ ol és bel´ atjuk, hogy célszer˝ uen elhagyva bel˝ ole egy pontot és egy élt, olyan k − 1-pont´ u gr´ afot kapunk, amely a feltételeknek (k¨ ormentes és o¨sszef¨ ugg˝ o) megfelel. Az ´ıgy kapott gr´ afra az indukci´ os feltevés értelmében igaz, hogy k − 2 éle van, teh´ at a k-pont´ u gr´ afnak k − 1 éle van. A gr´ afban a k¨ ormentesség miatt van 1-fok´ u pont∗ . Hagyjunk el egy 1-fok´ u pontot a rá illeszked˝ o éllel egy¨ utt. A kapott k − 1-pont´ u gr´ af ¨ nyilv´ an k¨ ormentes. Osszef¨ ugg˝ o is, mert e pont 1-fok´ u lévén, nem lehet a k − 1-pont´ u gr´ af két pontj´ at o¨sszek¨ ot˝ ou ´ tnak pontja. c) Jel¨ oljék az n-pont´ u k-komponens˝ u k¨ ormentes gr´ af komponenseinek pontszámait az n1 , n2 , . . ., nk számok, amelyek o¨sszege nyilv´ an n. A gr´ af egyes komponenseinek élszáma ni − 1, i = 1, 2, . . . , k (l´ asd az a) pontban szerepl˝o a´ll´ıt´ ast). Így a gr´ af éleinek számára e = (n1 − 1)+ +(n2 − 1) + . . . + (nk − 1) = n − k ad´ odik.

5.1.23. Feleljenek meg a G gr´ af pontjai a t´ arsaság tagjainak. Két pont pontosan akkor legyen G-ben o¨sszek¨ otve éllel, ha a megfelel˝o tagok bar´ atok. Így olyan 6 pont´ u egyszer˝ u gr´ afot kapunk, ahol minden pont foksz´ ama 3. Megmutatjuk, hogy G pontjai 3 olyan p´ arba sorolhat´ oak, hogy az egy p´ arhoz tartozó pontok szomszédosak, azaz a mozilátogat´ as megszervezhet˝ o. Az els˝o p´ arnak v´ alasszunk két tetsz˝oleges szomszédos pontot. T¨ or¨ olj¨ uk e pontokat a rájuk illeszked˝ o élekkel egy¨ utt a gr´ afb´ ol. A 3-regularit´ asb´ ol ad´ od´ oan az eredeti 9 élb˝ ol pontosan 5 élt hagytunk el. A maradék 4 pont és 4 él az a´br´ an l´ athat´ o módon helyezkedhet el (a tov´ abbi izomorf esetekt˝ol eltekintve).

L´ athat´ o, hogy mindkét esetben a maradék 4 pont szétosztható két szomszédos pontokb´ ol a´ll´ o p´ arra. ∗ L´ asd

az el˝ oz˝ o feladat b) pontj´ at.

206 5.1.24.


a) Csak egy lehetséges megoldás van.

b) Egy komponens legal´ abb n pontot tartalmaz, mert minden pontb´ ol legal´ abb n − 1 él halad k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontokba. c) Nem, mert minden komponens legal´ abb n pontot tartalmaz, ´ıgy egyvagy kétkomponens˝ u a gr´ af. 5.1.25. Ha nem lenne o¨sszef¨ ugg˝ o a gr´ af, akkor létezne legal´ abb egy olyan komponens, amelybe legfeljebb n pont tartozik. Ebben a komponensben a maximális foksz´ am n − 1 lehet, ami ellentmondás. 5.1.26. Ha G nem o¨sszef¨ ugg˝ o, akkor megmutatjuk, hogy G komplementere (G) o¨sszef¨ ugg˝ o. Legyen u és v két tetsz˝oleges pont. Ha u és v két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o komponensbe esik G-ben, akkor szomszédosak lesznek G-ben. Ha viszont azonos komponensekbe esnek G-ben, akkor egy másik G-beli komponens tetsz˝oleges pontja G-ben szomszédos u-val is és v-vel is, teh´ at a G gr´ afban van u-t és v-t o¨sszek¨ ot˝ ou ´ t. 5.1.27. Az e = {u, v} él elhagy´ as´ aval u és v két k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o komponensbe esik. Ha létezne G-ben e-t tartalmazó k¨ or, akkor annak az elvétel ut´ an megmaradó részén el lehetne jutni u-b´ ol v-be, vagyis egy komponensbe esnének, ami ellentmondás. 5.1.28. A kérdés megfogalmazható u ´ gy is, hogy egy legfeljebb 5 komponens˝ u, 22 pont´ u gr´ afnak legal´ abb h´ any éle van. A sz¨ ukséges élek száma: 22−5 = 17. 5.1.29.

a) Induljunk ki a gr´ af egy tetsz˝olegesen rögz´ıtett pontj´ ab´ ol. Tetsz˝oleges sorrendben bej´ arva a gr´ af pontjait, visszatérve az eredeti pontba k¨ ort kapunk. A lehetséges sorrendek száma (k − 1)!, ez esetben azonban minden k¨ ort kétszer számoltunk. Teh´ at az n-hossz´ us´ ag´ u k¨ or¨ ok száma (k−1)! . 2 b) V´ alasszuk ki azt a k pontot, melyek a k¨ or pontjai. Ezt nk módon k¨ or illeszthet˝o, ezért tehetj¨ uk meg. A kiv´ alasztott k pontra (k−1)! 2 n (k−1)! szám´ u k hossz´ us´ ag´ u k¨ or van. k 2


207

c) A feladat a´tfogalmazhat´ ou ´ gy, hogy h´ any darab k − 1 hossz´ us´ ag´ uu ´t van az e él egyik pontj´ ab´ ol a másikba. V´ alasszunk e végpontjait´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k − 2 darab pontot, ezt n−2 m´ o don tehetj¨ u k meg. Ezen k−2 pontoknak (k−2)!-féle sorbarendezése lehetséges. Teh´ at n−2 k−2 (k−2)! u ´ ton juthatunk el e egyik végpontj´ ab´ ol a másikba.

5.2. 5.2.1.

Euler- ´ es Hamilton-bej´ ar´ asok a) Az u ´ th´ al´ ozatot irány´ıtott gr´ afként a´br´ azolva a kérdés arra vonatkozik, hogy Euler-gráf-e. Ha minden pont ki-foka megegyezik a be-fok´ aval, akkor bej´ arhatja a locsolóaut´ o a v´ aros utc´ ait a feltételeknek megfelel˝oen. b) Ebben az esetben minden pont ki-foka megegyezik a be-fok´ aval.

5.2.2. Az n-pont´ u teljes gr´ af o¨sszef¨ ugg˝ o és minden pontj´ anak foka n − 1. Ahhoz, hogy Euler-gráf legyen, sz¨ ukséges és elégséges, hogy minden pont foka p´ aros legyen, teh´ at a teljes gr´ af pontosan akkor Euler-gráf, ha a gr´ af pontjainak száma p´ aratlan. 5.2.3.

a) Tegy¨ uk fel, hogy a G o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak van nyitott Euler-sétája. B˝ ov´ıts¨ uk G-t a séta kezd˝opontj´ at és végpontj´ at o¨sszek¨ ot˝ o e éllel. Az ´ıgy nyert G0 gr´ afban a G-beli nyitott sétához hozz´ avéve az e élt, zárt Euler-sétát kapunk. Tudjuk, hogy a G0 o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afban pontosan akkor van zárt Euler-séta, ha minden pont foka p´ aros szám. A G-beli pontok foksz´ amait az e éllel val´ o b˝ ov´ıtéskor pontosan két pontban n¨ ovelt¨ uk 1-gyel. Ezzel igazoltuk, hogy a nyitott Euler-séta létezésének sz¨ ukséges feltétele a foksz´ amokra vonatkoz´ o kijelentés. Elégséges is, mert feltéve, hogy G (legal´ abb két pont´ u) o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afnak pontosan két p´ aratlan foksz´ am´ u pontja van, a p´ aratlan fokszám´ u pontokat o¨sszek¨ ot˝ o él b˝ ov´ıtésével keletkez˝o G00 gr´ af Euler-gráf. Z´ art Euler-sétáj´ ab´ ol elvéve az eml´ıtett élt, G-beli nyitott Euler-sétát nyer¨ unk. b) Az a) pontban szerepl˝o feltételnek a 2-pont´ u teljes gr´ af megfelel, hiszen o¨sszef¨ ugg˝ o és két p´ aratlan fok´ u pontja van. Ha azonban a teljes gr´ afban a pontok száma 2-nél nagyobb, akkor a nyitott Euler-séta létezéséhez a foksz´ amok k¨ oz¨ ott p´ aros és p´ aratlan fok´ uaknak is kell lennie, ami a foksz´ amok megegyezése miatt lehetetlen.


208

5.2.4. A nyitott és zárt Euler-séta létezésére vonatkoz´ o foksz´ am-kritériumok alapj´ an a megfelel˝o feladatok egyszer˝ uen megoldhat´ ok, ´ıgy a megoldást nem részletezz¨ uk. Nehezebb a helyzet a Hamilton-k¨ or és -´ ut esetében, hiszen ilyen tételeket nem ismer¨ unk. Nyitott Euler-séta

Z´ art Euler-séta

a)

nincs

van

b)

van

nincs

c)

nincs

nincs

d)

nincs

van

Hamilton-´ ut

Hamilton-k¨ or

van (abcde) van (adecb) van (abcgf ehd) van (acdf eb)

van (abcdea) nincs∗ van (abcgf ehda) van (acdf eba)

∗

A gr´ afban az a pontot tartalmazó 2 k¨ or egyikének a c, másik´ anak pedig a b nem pontja. Nincs teh´ at olyan k¨ or, amely mind az o¨t pontot tartalmazza. 5.2.5.

a) Tekints¨ uk a 10-pont´ u teljes gr´ af azon b˝ ov´ıtését, ahol minden pontn´ al van egy hurokél is, és a cs´ ucsokat számozzuk 0-t´ ol 9-ig. Ebben a gr´ afban az élek megfelelnek az egyes domin´ oknak, az egy cs´ ucsra illeszked˝ o élek pedig az egym´ ashoz illeszthet˝o domin´ oknak. A feladat gr´ afelméleti megfogalmazása szerint zárt Euler-sétát kell keresni. Mivel a gr´ af minden pontj´ anak foksz´ ama 11, nem létezik zárt Euler-séta, teh´ at nem képezhet˝o k¨ or”. ” b) Az a) pontban le´ırtak alapj´ an elkész´ıtve a gr´ afreprezent´ aci´ ot, és az ottani indokl´ ast k¨ ovetve tal´ alunk zárt Euler-sétát, ezért képezhet˝o k¨ or”. ”

5.2.6.

a) n ≥ 3 b) Azon teljes p´ aros gr´ afokn´ al, ahol a két diszjunkt halmaz elemszáma megegyezik (Kn,n ). Jel¨ olj¨ uk a p´ aros gr´ af pontjait a k¨ ovetkez˝o módon: a1 , a2 , . . ., an , b1 , b2 , . . ., bn . Az (a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , an , bn , a1 ) k¨ or biztosan létezik a teljes p´ aros gr´ af tulajdons´ ag miatt, és mivel minden ponton egyszer halad a´t, Hamilton-k¨ or is.


209

Ha a két diszjunkt halmaz elemszáma nem egyezik meg (Km,n , ahol m 6= n), akkor nem létezik Hamilton-k¨ or, mert ha péld´ aul m > n, akkor kiindulva az m elem˝ u halmaz a1 pontj´ ab´ ol, az (a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , an , bn , an+1 ) utat bej´ arva nem tudunk bi (i > n) pontba lépni. 5.2.7.

5.2.8. Legyenek G25 pontjai a sakkt´ abla egyes mez˝oinek megfeleltetve. Két pont akkor legyen o¨sszek¨ otve éllel, ha a megfelel˝o mez˝ok l´ ougr´ asnyira” vannak ” egym´ ast´ ol. G-ben Hamilton-utat, illetve Hamilton-k¨ ort keres¨ unk. Az a´bra alapj´ an l´ athat´ o, hogy Hamilton-´ ut létezik. Vegy¨ uk észre, hogy l´ ougr´ as csak ellenkez˝o sz´ın˝ u mez˝ok k¨ oz¨ ott t¨ orténhet. Ebb˝ ol ad´ od´ oan 25, azaz p´ aratlan sok lépés ut´ an az els˝o és az utols´ o mez˝ ok sz´ıne eltér˝o, teh´ at a 25 lépésb˝ol a´ll´ o sorozat nem lehet zár´ od´ o. Így Hamiltonk¨ or nem létezik a gr´ afban. 5.2.9.

a

Ha létezik Hamilton-k¨ or, annak biztosan része a ({b, a}{a, d}) és a ({b, c}{c, d}) u ´ t, mert a és c 2-fok´ u pontok. Ez a 4 él k¨ ort alkot, ami nem egész´ıthet˝ o ki Hamilton-k¨ orré.

d b c

5.2.10. Alkalmazzuk az 5.2.8. feladat megoldás´ aban szerepl˝o gr´ afmodellt∗ . ∗ Ez

esetben a 16-pont´ u gr´ afban keres¨ unk Hamilton-k¨ ort.


210

Tekints¨ unk két a´tellenes sarkot a sakkt´ abl´ an. A megfelel˝o pontok a gr´ afban 2-fok´ uak, ezért az illeszked˝ o élek a Hamilton-k¨ or élei kell, hogy legyenek, ha az létezik. De mivel a négy él k¨ ort alkot, tov´ abb nem b˝ ov´ıthet˝ o, ´ıgy a gr´ afnak nincs Hamilton-k¨ ore. 5.2.11.

a) Tekints¨ unk egy G0 gr´ afot, amely G-b˝ ol u ´ gy keletkezik, hogy a feladatban szerepl˝o komponenseket egy-egy ponttal helyettes´ıtj¨ uk. (Az éleket meghagyjuk abban az értelemben, hogy ha egy komponens valamelyik pontja szomszédos G-ben egy ponttal, akkor a komponensnek megfelel˝o pont is az.) Gondoljuk meg, hogy ha G-nek van Hamilton-k¨ ore, akkor G0 -nek is van. G

K1

k1

K2

k2

K3

G0

K1

k1

k2

K2

K3

G-b˝ ol elhagyva k1 és k2 pontokat éleikkel egy¨ utt, a G gr´ af K1 , K2 , K3 komponensekre esik szét. A k¨ ovetkez˝okben megmutatjuk, hogy G0 -ben nincs Hamilton-k¨ or. A komponenseknek megfelel˝ o G0 -beli pontok k¨ oz¨ ott nincs szomszédos. Ha lenne két szomszédos pont, akkor a G k szám´ u pontj´ anak elhagy´ as´ aval keletkez˝o gr´ afban e két komponens valamely pontp´ arja o¨ssze lenne k¨ otve éllel, ami lehetetlen. Ezért a G0 -beli Hamilton-k¨ or¨ on lév˝ o két komponensnek megfelel˝o pont k¨ oz¨ ott legal´ abb egy (nem komponesnek megfelel˝o) pontnak kell lennie. Mivel a komponensnek megfelel˝o pontok száma legal´ abb k+1, a sz¨ ukséges k¨ ozbeiktatott pontok száma is legal´ abb ennyi. Ilyen pontunk csak k darab van, e szerint ilyen k¨ or nem létezik G0 -ben, teh´ at G-ben sincs Hamilton-k¨ or. b) G0 -t rendelj¨ uk hozz´ a G-hez ugyan´ ugy, mint a)-ban, a gondolatmenet is hasonl´ o. Az eltérés csup´ an annyi, hogy itt a G0 -beli Hamiltonu ´ t létezéséhez a legal´ abb k + 2 nem szomszédos pont o¨sszek¨ otéséhez legal´ abb k + 1 pont k¨ ozbeiktat´ asa lenne sz¨ ukséges, de csak k ilyen pontunk van.


5.3.

211

S´ıkgr´ afok ´ es sz´ınez´ esek

5.3.1. Igen, o¨sszek¨ othet˝ ok.

5.3.2. A feladatokat u ´ gy oldjuk meg, hogy a megadott gr´ affal olyan izomorf gr´ afot rajzolunk, amelyek mutatj´ ak a s´ıkbarajzolhat´ os´ agot. a)

d

d c

e a b)

c

e

b

a

b

e

e

a

a

d b

c

d b

c c

c)

e

d

f

d

f e

a

c

b

a

b

d) f

e

g

g

d h

h

c a

5.3.3.

e f

a

b

a) n = 5, e = 9, t = 6; b) n = 5, e = 6, t = 3;

n − e + t = 5 − 9 + 6 = 2;

n − e + t = 5 − 6 + 3 = 2;

d

b c


212

n − e + t = 6 − 6 + 2 = 2;

c) n = 6, e = 6, t = 2;

n − e + t = 8 − 18 + 12 = 2.

d) n = 8, e = 18, t = 12; 5.3.4.

a)

ϕ(t1 ) = 3, ϕ(t2 ) = 3,

t1 t6 t4

t2 t3

t2

ϕ(t3 ) = 3, ϕ(t4 ) = 3,

t1

ϕ(t1 ) = 6,

ϕ(t5 ) = 3, ϕ(t6 ) = 3.

ϕ(t2 ) = 6.∗

t5 b) Egyszer˝ u s´ıkgr´ afban nincs t¨ obbsz¨ or¨ os él, ezért minden tartomány foksz´ ama legal´ abb 3, (ϕ(ti ) ≥ 3, ∀i ∈ {1, . . . , t}). Az egyes tartományok foksz´ amának o¨sszege megegyezik az élek számának kétszeresével. (Egy él vagy két tartományt hat´ arol, vagy valamely tartomány t P k¨ or¨ uli zárt sétában kétszer szerepel.) Ezért ϕ(ti ) = 2e, ahol t a i=1

tartományok, e pedig az élek száma. A fentieket o¨sszevetve a 3t ≤ 2e egyenl˝ otlenséget kapjuk.

5.3.5.

a) K5 -nek n = 5 pontja és e = 10 éle van. Ha s´ıkbarajzolhat´ o lenne, akkor az Euler-tétel miatt t = 7 tartománya lenne. Ekkor azonban nem teljes¨ ulne az el˝ oz˝ o feladatban bizony´ıtott 3t ≤ 2e egyenl˝ otlenség.

b) K3,3 n = 6 pont´ u e = 9 él˝ u gr´ af. Ha s´ıkgr´ af, akkor t = 5 tartománya van. Másrészt egyszer˝ u és p´ aros, ezért legrövidebb k¨ orének hossza 4. Ebb˝ ol ad´ od´ oan a 4t ≤ 2e egyenl˝ otlenség teljes¨ ulése kellene ahhoz, hogy a gr´ af s´ıkgr´ af legyen. Ez viszont a 20 ≤ 18 ellentmondáshoz vezet, azaz K3,3 nem s´ıkgr´ af. 5.3.6.

a) A vastagabban jel¨ olt részgráf izomorf K5 -tel, ezért a Kuratowski-tétel miatt a gr´ af nem rajzolhat´ o s´ıkba.

∗ Olvassa

el a tartom´ any fok´ anak defin´ıci´ oj´ at figyelmesen.


213

b)

A gr´ af K3,3 -mal topologikusan izomorf, ezért nem s´ıkgr´ af. Helyettes´ıts¨ uk egy éllel a vastagon jel¨ olt pontot a rá illeszked˝ o élekkel.

5.3.7. Az al´ abbi a´br´ akon a feladatbeli gr´ afok és a vastagon szedett du´ aljaik l´ athat´ ok. a)

b)

c)

d)

5.3.8. Magyarország és szomszédai v´ azlatos térképe: Szlov´ akia

Ukrajna

Ausztria

Románia Szlovénia Horv´ atország Jugoszl´ avia

214


A térkép du´ alj´ at a vastag pontok és vonalak jelzik:

5.3.9. A térkép szomszédos tartományai kisz´ınezhet˝ok két sz´ınnel u ´ gy, hogy a szomszédosak ne legyenek azonos sz´ın˝ uek. A du´ al gr´ afban ezen tartományoknak pontok felelnek meg, amelyek szintén két sz´ınnel sz´ınezhet˝ ok. Soroljuk a gr´ af pontjait két osztályba, az egy osztályba ker¨ ul˝ ok legyenek az azonos sz´ınnel kisz´ınezett pontok. Egy osztályon bel¨ ul a sz´ınezés szab´ alya miatt nincs szomszédos pontp´ ar, k¨ ovetkezésképpen a du´ al gr´ af p´ aros. 5.3.10. Ha egy gr´ af s´ıkgr´ af, akkor du´ alja is az. Ha létezne o¨t olyan ország, amelyek p´ aronként szomszédosak, akkor azok du´ alja a K5 gr´ af lenne, ami viszont nem s´ıkgr´ af. Nem létezik teh´ at o¨t p´ aronként szomszédos ország. 5.3.11.

a) Kett˝ ovel. Induljunk ki egy tetsz˝oleges pontb´ ol, legyen ennek a sz´ıne piros, és az o¨sszes szomszédj´ aé kék. Az ´ıgy kapott kékek szomszédait sz´ınezz¨ uk pirosra, és folytassuk az elj´ ar´ ast, am´ıg az egész gr´ afot ki nem sz´ınezt¨ uk. Ha nem hajthat´ o végre valamely lépés az csak u ´ gy lehetséges, ha egy pontba kétféle u ´ ton is eljuthatunk a kiindul´ asi pontunkb´ ol, ez viszont ellentmond a fa tulajdons´ agnak. b) P´ aros hossz´ us´ ag´ u k¨ or esetén a minimális szám 2, p´ aratlan esetben 3. Legyen a k¨ or pontjainak halmaza {v1 , v2 , . . . , vk }, élhalmaza pedig {{v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {vk−1 , vk }, {vk , v1 }}. Vizsg´ aljuk el˝ oször a két sz´ınnel val´ o sz´ınezhet˝ oséget. Vil´ agos, hogy egy él két végpontj´ at k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınnel kell sz´ınezn¨ unk, teh´ at ugyanannyi pont lesz kisz´ınezve péld´ aul pirossal, mint kékkel. Ez akkor lehetséges, ha a k¨ or pontjainak száma p´ aros. Meg is val´ os´ıthat´ o, hiszen, ha a p´ aratlan index˝ u


215

pontokat pirossal, a p´ aros index˝ ueket kékkel sz´ınezz¨ uk, akkor az helyes sz´ınezés. Bel´ attuk teh´ at, hogy p´ aros hossz´ us´ ag´ u k¨ or esetén a minimális sz´ınszám 2. A p´ aratlan hossz´ us´ ag´ u k¨ orr˝ol megállap´ıtottuk, hogy két sz´ınnel nem sz´ınezhet˝ o, de 3 sz´ınnel igen, hiszen a k¨ or tetsz˝oleges pontj´ ab´ ol a k¨ ort bej´ arva sz´ınezz¨ unk felv´ altva, majd az utols´ o még be nem sz´ınezett pont esetében v´ alasszunk egy harmadik sz´ınt, ´ıgy a minimális sz´ınszám 3.

5.3.12.

a) Tegy¨ uk fel, hogy két sz´ın elegend˝ o. Legyen a két kijel¨ olt pont v1 és vk , amelyek k¨ oz¨ ott pontosan egy u ´ t vezet, amelynek pontjai n¨ ovekv˝ o index szerint rendezettek. Mivel v1 piros, ezért minden p´ aratlan index˝ u pont is piros kell, hogy legyen, a p´ aros index˝ uek pedig kékek. Ha k p´ aros szám, akkor ezt nem lehet megval´ os´ıtani, ezért két sz´ın nem elegend˝ o. H´ arom viszont igen, mert p´ aros k esetén vk−1 legyen zöld. b) H´ arom sz´ın elegend˝ o, mert hagyjuk el a már befestett piros pontokat, éleikkel egy¨ utt. Maradék-gr´ afként erd˝ot kapunk, amelynek minden o¨sszef¨ ugg˝ o része fa lévén két sz´ınnel kisz´ınezhet˝ o pl. zölddel és kékkel.∗

5.3.13.

a) χ(G) = 2. A bizony´ıt´ ast két részre bontja adjuk meg.

1

(i) Nyilv´ anval´ o, hogy χ(G) ≥ 2.

2

2

1

1

2

(ii) χ(G) ≤ 2, mert két sz´ınnel kisz´ınezhet˝ o (l´ asd az a´br´ at, ahol a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ıneket jel¨ olnek). Bel´ attuk, hogy χ(G) ≥ 2 és χ(G) ≤ 2, teh´ at χ(G) = 2.

b) χ(G) = 4. A bizony´ıt´ ast hasonl´ oan adjuk meg, mint az a) feladatban.

∗ l´ asd

5.3.11. a)


216 3 2

(i) χ(G) ≥ 4, mert van négy pont´ u teljes részgráfja.

1 2

4

3

(ii) χ(G) ≤ 4, mert négy sz´ınnel kisz´ınezhet˝ o (l´ ast az a´br´ at).

3 1 2

1

c) χ(G) = 4. 4 (i) χ(G) ≥ 4, mert G-ben tal´ alhat´ o négy p´ aronként szomszédos pont.

3

3

(ii) χ(G) ≤ 4, mert kisz´ınezhet˝ o a gr´ af négy sz´ınnel (l´ asd az a´br´ at). 1 d) χ(G) = 4.

2

(i) L´ assuk be, hogy χ(G) > 3. ¨ Otpont´ u k¨ or sz´ınezéséhez minimum 3 sz´ın sz¨ ukséges∗, legyenek ezek rendre 1, 2, 3. Az o¨tszög” h´ arom a´tl´ oj´ anak” végpontjai ” ” k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınnel vannak sz´ınezve, ezek felez˝o pontjainak sz´ınéu ¨l a harmadik sz´ınt kell v´ asztani. Így a k¨ ozéps˝o” K pont szomszé” dai 3 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ınnel vannak sz´ınezve, ezért K sz´ıne a negyedik. (ii) Az a´bra mutatja, hogy a gr´ af pontjai 4 sz´ınnel kisz´ınezhet˝ ok. 1 1 2 K

2

1 1 ∗ L´ asd

5.3.11. b).

2

2 3 3


5.4. 5.4.1.

217

F´ ak ´ es erd˝ ok a) Egy, h´ arompont´ u fa van.

b) Két, négypont´ u nem-izomorf fa létezik.

c) H´ arom, o¨tpont´ u nem-izomorf fa van.

5.4.2. Az al´ abbi nem-izomorf f´ ak a´ll´ıthat´ ok el˝ o.

5.4.3.

a)

7

4

8

1

6 3

2

5

9

b)

2 10

8

3

9

5

4

6

7 1


218 c)

10 5.4.4.

8 9

6 7

4 5

2 3

1

11

a) Nincsen. Csak a 2 pont´ u fa olyan, hogy minden pont foka 1. Ha ehhez még egy pontot hozz´ avesz¨ unk, és ezt valamely már létez˝o ponttal o¨sszek¨ otj¨ uk, hogy o¨sszef¨ ugg˝ o gr´ afot kapjunk, az egyik pont foka már 2 lesz. b) Van, az al´ abbi. c) Nincsen. Ha egy gr´ afban minden pont foka 2, akkor van benne k¨ or∗ , ´ıgy nem lehet fa. d) Van, az al´ abbi.

5.4.5. Tudjuk, hogy egy fa két sz´ınnel kisz´ınezhet˝ o† , legyenek ezek a sz´ınek piros ´ és kék. El csak piros és kék pontot k¨ othet o¨ssze, teh´ at van két olyan diszjunkt ponthalmaz, hogy egy halmazon bel¨ uli pontokat nem k¨ ot o¨ssze él. Ez azt jelenti, hogy a gr´ af p´ aros. éle van. Ha a gr´ afban nincs k¨ or, akkor 5.4.6. Egy n-pont´ u teljes gr´ afnak n(n−1) 2 legfeljebb n − 1 éle lehet. Ekkor a komplementerében legal´ abb n (n − 1) (n − 2) (n − 1) − (n − 1) = 2 2 van. Nézz¨ uk meg, milyen n esetén teljes¨ ul, hogy n ≥ 5-¨ ot kapunk.

(n−2)(n−1) 2

> n − 1,

5.4.7. A fa k¨ ozéppontj´ at´ ol legt´ avolabbi pont biztosan 1-fok´ u, mert ha nem lenne az, akkor a pontb´ ol kiindul´ o valamely él másik pontja t´ avolabb lenne. Ha a fa o¨sszes 1-fok´ u pontj´ at elhagyjuk, nem v´ altozik meg a fa k¨ ozéppontja. Hagyjuk el az 1-fok´ u pontokat addig, am´ıg ez lehetséges. Vagy egy pontot kapunk, vagy két szomszédos pontot. ∗ L´ asd † L´ asd

5.1.21. a). 5.3.11.


219

5.4.8. Az 5.1.22. c) feladat alapj´ an: a) n = 17, k = 5

=⇒

b) n = 17, e = 6

=⇒

e = n − k = 12;

k = n − e = 11.

5.4.9. Péld´ aul az al´ abbi két fa a gr´ af egy-egy fesz´ıt˝ of´ aja.

5.4.10.

a) Ez az e él egy u ´ n. h´ıd, azaz olyan él, amelyet ha elhagyunk a gr´ afb´ ol, akkor a gr´ af két komponensre esik szét. K1

K2 e

Ha létezne az a´br´ an l´ athat´ o gr´ af K1 és K2 részgráfj´ anak egy-egy pontj´ at o¨sszek¨ ot˝ o e-n k´ıv¨ uli él, akkor létezne a gr´ afnak olyan fesz´ıt˝ of´ aja, amelynek e nem lenne éle. Ez ellentmond viszont a feladat azon feltételének, hogy az e él a gr´ af minden fesz´ıt˝ of´ aj´ anak éle. b)

e

A feltételnek megfelel˝o e él egy hurokél, hiszen egy hurok nem szerepelhet fesz´ıt˝ of´ aban, mert nem lenne k¨ ormentes a gr´ af. A gr´ af minden nemhurokéle viszont lehet fesz´ıt˝ ofa éle.

5.4.11. A minimális s´ uly´ u fesz´ıt˝ of´ at a mohó” algoritmus∗ alkalmazás´ aval ép´ıtj¨ uk ” fel. A fesz´ıt˝ ofa pontjainak halmazát jel¨ olj¨ uk F -fel. Kiindul´ asként legyen F = {a}. Keress¨ uk meg az a-b´ ol kiindul´ o legkisebb s´ uly´ u élt. Ez az (a, b) él. B˝ ov´ıts¨ uk a fesz´ıt˝ of´ at b-vel és az (a, b) éllel. ∗ L´ asd

Bagyinszki J., Gy¨ orgy A.: Diszkr´ et matematika f˝ oiskol´ asoknak (140. o.).


220

Keress¨ uk ezután az F = {a, b} ponthalmaz egy pontj´ at a {c, d, e} ponthalmaz egy pontj´ aval o¨sszek¨ ot˝ o legkisebb s´ uly´ u élt. Ez a (b, d) él. B˝ ov´ıts¨ uk ezzel az éllel és a d ponttal a fesz´ıt˝ of´ at. Keress¨ uk ezt k¨ ovet˝oen az F = {a, b, d} ponthalmaz egy pontj´ at a {c, e} ponthalmaz egy pontj´ aval o¨sszek¨ ot˝ o legkisebb s´ uly´ u élt. Ez a (d, e) él. B˝ ov´ıts¨ uk ezzel az éllel és az e ponttal a fesz´ıt˝ of´ at. Vég¨ ul keress¨ uk az F = {a, b, d, e} ponthalmaz egy pontj´ at a c ponttal o¨sszek¨ ot˝ o legkisebb s´ uly´ u élt. Ez a (b, c) él. B˝ ov´ıts¨ uk ezzel az éllel és a c ponttal a fesz´ıt˝ of´ at. Eljutottunk az algoritmus végére. A kialakult fesz´ıt˝ ofa éleit az al´ abbi a´bra vastagon szedett élei mutatj´ ak. a

6

2 6

b

e

8 7

4 3

c

5

8 9

d

5.4.12. A s´ ulym´ atrix az al´ abbi gr´ afot hat´ arozza meg. 7 c b A minimális s´ uly´ u fesz´ıt˝ ofa felép´ıtésére alkal10 2 mazzuk a mohó algoritmust az A pontb´ ol kiin9 8 7 dulva. Az al´ abbi a´br´ ak mutatj´ ak, hogy milyen a d lépéseken kereszt¨ ul jutunk el egy minimális 6 s´ uly´ u fesz´ıt˝ of´ ahoz. 4 3 e f a

a

d

a

6

6 4 e

e 1. lépés

2. lépés

3. lépés


221 c

c

2

2 a

d

a

d

6

6

4

4 e

3

e 4. lépés

f

5. lépés c

7

b

2 a

d

6 4 e

3

f

6. lépés Vég¨ ul ´ırjuk fel a kapott fesz´ıt˝ ofa s´ ulym´ atrix´ at.  ∞ ∞ ∞ ∞ 6  ∞ ∞ 7 ∞ ∞   ∞ 7 ∞ 2 ∞ C=  ∞ ∞ 2 ∞ 4   6 ∞ ∞ 4 ∞ ∞ ∞ ∞ 3 ∞

∞ ∞ ∞ 3 ∞ ∞

       

222


6. fejezet

Line´ aris algebra 6.1. 6.1.1.

M´ atrixok a)

b)

6.1.2.

a)

b)

c)

• • • • • •

zérusmátrix: C; egységmátrix: D; permut´ al´ o mátrix: A; diagon´ almátrix: D, L; szimmetrikus mátrix: A, C, D, H, L; ferdén szimmetrikus mátrix: B, C, I. A∗ = A, C∗ = C, D∗ = D, H∗ = H, L∗ = L, G∗ = J.   1 1 Ezen k´ıv¨ ul, természetesen, b´ arme 1 1  . A+D=D+A= lyik m´ a trixot o ¨ sszeadhatjuk o ¨ nma 1 1  g´ aval. 1 1     3 −2 −5 0 6 ; B · D =  0 −1 ; B·A = 5 −1 −2 3 4     4 0 6 −8 −5 11 23 11 12 −5 ; C · C =  2 8 −5 . C · B =  −1 10 −19 −8 −8 −14 9 57     −23 19 11 23 −19 −11 2 −2 −1 ; C−1 =  −2 2 1 . adj C =  −6 5 3 6 −5 −3 223


224 6.1.3.

a) Mivel sorok cseréjét kell elérni, balr´ ol kell szorozni az al´ abbi 3 × 3-as permut´ al´ o mátrixszal:   0 1 0  1 0 0 . 0 0 1

b) Szintén balr´ ol kell szorozni a k¨ ovetkez˝o mátrixszal:   1 0 2  0 1 0 . 0 0 1 c) Jobbr´ ol szorozzuk a k¨ ovetkez˝o mátrixszal:   1 0 0 0  0 1 0 2     0 0 1 −2  . 0 0 0 1 6.1.4.

a) Lényegtelen, hogy el˝ obb cserélj¨ uk fel a mátrixok sorait és oszlopait és ut´ ana adjuk o¨ssze az elemeket vagy ford´ıtva, az eredmény ugyanaz. b) Lényegtelen, hogy el˝ obb cserélj¨ uk fel a mátrixok sorait és oszlopait és ut´ ana szorozzuk skal´ arral vagy ford´ıtva, az eredmény ugyanaz. c) Legyen A n × m, B pedig m × p t´ıpus´ u mátrix. Az AB mátrix i-edik sorának j-edik eleme: m X aiq bqj . q=1

Mivel aiq = a∗qi és bqj = b∗jq (azaz az elemek egyenl˝ oek a transzpon´ alt mátrixok megfelel˝o elemeivel), ezért m X

aiq bqj =

q=1

m X

a∗qi b∗jq =

q=1

m X

b∗jq a∗qi ,

q=1

és ez éppen megegyezik a B∗ A∗ mátrix (j, i)-edik elemével. 6.1.5. A bizony´ıt´ ashoz a 6.1.4. c) feladatbeli tulajdons´ agot haszn´ aljuk fel. ∗

∗

∗

a) (P∗ AP) = ((P∗ A) P) = P∗ (P∗ A) = P∗ A∗ P = P∗ AP.

´ 6.1. MATRIXOK

225

b) (P∗ AP)∗ = ((P∗ A) P)∗ = P∗ (P∗ A)∗ = P∗ A∗ P = P∗ (−A) P = = −P∗ AP. 6.1.6. Ha az A mátrix n × m t´ıpus´ u, akkor az ej olyan m × 1-es egységvektor, amelynek j-edik eleme 1, a t¨ obbi 0. 

   Aej =   

a11 .. . an1

···

a1m

..

.. .

.

· · · anm



  0 ..   .      · 1   .   . . 0



      =      

a1j a2j .. . .. . anj



   .   

Teh´ at p∗ olyan 1 × n-es mátrix, amelynek i-edik eleme 1, a t¨ obbi pedig 0. 6.1.7. Ha az A mátrix n × m t´ıpus´ u, akkor az e∗j olyan 1 × n-es egységvektor, amelynek j-edik eleme 1, a t¨ obbi 0, p pedig m × 1-es vektor. 

e∗j · A =

0 ··· 1

a11  ..  .   · · · 0 ·  aj1   .  ..

··· ..

an1 =

e∗j

·A·p=

aj1

aj2

· · · ajm

.

···

aj1



  · 

 a1m ..  .    = ajm   ..  . 

anm aj2

1 1 .. . 1



· · · · · · ajm

"m #  X  aji , =  i=1

,

azaz az ´ıgy ad´ od´ o 1 × 1-es mátrixban az A mátrix j-edik sorában lév˝ o elemek o¨sszegét kapjuk. 

5 2

−1



  2 . 6.1.8. A =  −4 3 − 45


226

6.1.9. Legyen B =

a c

b d

1 0 a c a c · = , −1 0 b d −a −c a c 1 0 a−c 0 BA = · = . b d −1 0 b−d 0 a b 0 illetve −a = b − d, vagyis B = , ahol a és b 0 a+b val´ os számok. 2 . 5 AB =

Innen c = tetsz˝oleges −2 6.1.10. X = −6

. Ekkor

6.1.11. Foglaljuk t´ abl´ azatba az adatokat:

I. anyag II. anyag III. anyag gy´ artand´ o mennyiség j´ arulékos k¨ oltség elad´ asi a´r

1. 4 2 10 200 3 25

termék 2. 3. 3 3 1 0 1 2 400 700 2 2,5 43 32

4. 1 5 3 300 3,5 50

1.

termék 2. 3.

4.

mennyiség 5000 2300 3000

egységa´r 2,5 5 1

mennyiség

egységa´r

k

a

Vezess¨ unk be jel¨ oléseket:

I. anyag II. anyag III. anyag gy´ artand´ o mennyiség j´ arulékos k¨ oltség elad´ asi a´r

A p∗ t∗ c∗

a) Azt kell onteni,  eld¨  hogy Ap elemei kisebbek-e k megfelel˝o elemeinél. 4400 Ap =  2300 , teh´ at nem elég, a III. anyagb´ ol még be kell szerezni 4700 1700 db-ot.


227

b) Termelési k¨ oltség + j´ arulékos k¨ oltség = a∗ (Ap) + t∗ p = 27200 + + 4200 = 31400. c) Elad´ asi a´r = c∗ p = 59600. d) 28200.

6.2.

Line´ aris terek (vektorterek)

Line´ aris f¨ uggetlens´ eg, b´ azis, dimenzi´ o 6.2.1. 2v − 3w = [−7

∗

− 5 1] ; 3v + w = [6

−2

∗

7] .

6.2.2. Nem adhat´ o meg, mert u, v, és w f¨ uggetlen rendszert alkotnak. 6.2.3.

a) f¨ uggetlen; b) b = 2a; c) 2a + b = 0; d) f¨ uggetlen; e) −2a + b + 3c = 0; f) a − b + c = 0;

g) f¨ uggetlen;

h) 3a + b − 2c + d = 0. 6.2.4.

a) Nem f¨ uggetlen, mert az xa + y0 = 0 egyenlet x = 0 és tetsz˝oleges y érték mellett teljes¨ ul. b) x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) = 0 a´trendezve (x + z) a + (x + y) b + (y + z) c = 0. Mivel a, b és c f¨ uggetlen vektorok, x-re, y-ra és z-re az al´ abbi egyenletrendszert kapjuk:  x+z=0  x+y=0 .  y +z=0 Az egyenletrendszernek csak az x = y = z = 0 a megoldása, teh´ at a kérdéses vektorok f¨ uggetlenek.


228

c) x (a + 2b + c) + y (a − b − c) + z (5a + b − c) = 0 a´trendezve (x + y + 5z) a + (2x − y + z) b + (x − y − z) c = 0. Mivel a, b és c f¨ uggetlen vektorok, x-re, y-ra és z-re az al´ abbi egyenletrendszert kapjuk:  x + y + 5z = 0  2x − y + z = 0 .  x − y − z=0

Az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, ezek x = −2z, y = −3z, z tetsz˝oleges val´ os szám. Teh´ at a kérdéses vektorok line´ arisan o¨sszef¨ ugg˝ o rendszert alkotnak. 6.2.5. Az a és b vektorok line´ arisan f¨ uggetlenek, mert nincs olyan λ val´ os szám, hogy 2 + 3j = λ (5 − j); c = 3a − b. 6.2.6. Péld´ aul a = [1 2 6.2.7.

3 4]∗ , b = [1

1 0

0]∗ , c = a+b = [2 3

3

4]∗ .

a) Egydimenzi´ os vektortér, b´ azis: (1, 1, 1). b) Kétdimenziós vektortér, b´ azis: (1, 0, 1) , (0, 1, 2), mivel a vektortér o¨sszes eleme fel´ırhat´ o (a, b, a + 2b) alakban. Ha a = 1 és b = 0, akkor (1, 0, 1)-et, ha a = 0 és b = 1, akkor (0, 1, 2)-t kapunk. c) Nem vektortér, mert péld´ aul nincs addit´ıv inverz. d) H´ aromdimenziós vektortér, b´ azis: (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1). e) Nem vektortér, mert péld´ aul az o¨sszeadásra nézve nem zárt: (a, b, ab) + (c, d, cd) = (a + c, b + d, ab + cd) 6= 6= (a + c, b + d, (a + c) (b + d)) .

6.2.8. Tekints¨ uk az ex cos 2x és az ex sin 2x f¨ uggvények line´ aris kombin´ aci´ oinak halmazát a val´ os számtest felett. K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy e line´ aris kombin´ aci´ ok halmaza zárt az o¨sszeadásra és a skal´ arral val´ o szorzásra vonatkoz´ oan és el˝ oa´ll´ıtja az o¨sszes ex (A cos 2x + B sin 2x) alak´ u f¨ uggvényt. A line´ aris térben el˝ o´ırt m˝ uveleti tulajdons´ agok trivi´ alisan teljes¨ ulnek. A megadott alak´ u f¨ uggvények teh´ at line´ aris teret alkotnak a val´ os számtest felett. Mivel nincs olyan c val´ os szám, amelyre ex cos 2x = cex sin 2x, a két f¨ uggvény line´ arisan f¨ uggetlen, ´ıgy az ex cos 2x, ex sin 2x a tér egy b´ azisát alkotja. Az adott f¨ uggvény koordin´ at´ ai e b´ azisban: (2, 3).


229

6.2.9. Nem létezik olyan λ val´ os szám, hogy 2x − 1 = λ (−x + 2), teh´ at f¨ uggetlenek. Az α (2x − 1) + β (−x + 2) = 5x + 3 egyenlet megoldása α = 13 3 , β = 11 . M´ a sik b´ a zis p´ e ld´ a ul az x, 1; ebben az adott f¨ u ggv´ e ny koordin´ a t´ ai 3 (5, 3). 6.2.10. Azt kell eld¨ onteni, hogy az adott vektorterek h´ any dimenziósak, mert az azonos dimenziószám´ u vektorterek izomorfak. Az a), b), c), e), h) feladatban adott vektorterek 9 dimenziósak, a d), f), g)-ben adott vektorterek 8 dimenziósak. 6.2.11. Ha az (x, y, z) pont az x + y + z = 0 s´ık pontja, akkor z = −x − y. Így a s´ık b´ armely pontj´ anak koordin´ at´ ai (x,y, −x − y) alakban ´ırhat´ ok,  a1  alak´ vagyis V minden vektora a =  a2 u, teh´ at két f¨ uggetlen −a1 − a2 val´ os szám sz¨ ukséges a V -beli vektorok le´ırás´ ara. Így l´ athat´ o, hogy V ∗ ∗ kétdimenziós vektortér, b´ azisa: [1 0 − 1] , [0 1 − 1]  . Az egyenes a pontjai (x, x, 0) alakban ´ırhat´ ok, ´ıgy V 0 minden vektora a =  a  alak´ u, 0 teh´ at egy val´ os szám elegend˝ o a V 0 -beli vektorok le´ırás´ ara. Így l´ athat´ o, ∗ 0 hogy V egydimenzi´ os vektortér, b´ azisa: [1 1 0] .

Elemi b´ azistranszform´ aci´ ok, b´ azisvektor-csere 6.2.12. a 6 e1 b 6 e2 c 6 e3

a b c 1 2 3 2 1 0 0 −1 2

v 6 3 −1

b c 2 3 −3 −6 −1 2

v 6 −9 −1

c −1 2 4

v 0 3 2

v 1 2

2 1 2

Teh´ at v = 21 a + 2b + 21 c. 6.2.13. a1 6 e1 a2 6 e2 e3

a1 a2 a3 a4 1 −2 1 −1 0 1 −1 0 −3 1 2 3

a2 a3 a4 −2 1 −1 1 −1 0 −5 5 0

a3 a4 −1 −1 −1 0 0 0


230

Az a3 és a4 vektorok k¨ oz¨ ul harmadik b´ azisvektornak egyik sem vonhat´ o be, mivel harmadik koordin´ at´ ajuk 0. Két line´ arisan f¨ uggetlen vektor van az oszlopvektorok k¨ oz¨ ott, teh´ at a mátrix rangja 2. 6.2.14. e1 e2 e3

a1 a2 a3 1 2 −3 0 3 1 2 −1 −8

e1 e2 1 0 0 1 0 0

e3 0 0 1

a1 e2 e3

a1 a2 1 2 0 3 0 −5

a3 −3 1 −2

e1 e2 1 0 0 1 −2 0

e3 0 0 1

a2 a3 11 0 3 1 1 0

e1 e2 1 3 0 1 −2 2

e3 0 0 1

a1 a3 e3

a1 1 0 0

a1 a2 a3 1 0 0 0 0 1 0 1 0

e1 e2 e3 a1 23 −19 −11 a3 6 −5 −3 a2 −2 2 1   23 −19 −11 2 1 . A mátrix sorait megfelel˝o sorrendbe ´ırva: A−1 =  −2 6 −5 −3 6.2.15.

a)

a3 6 e1 a1 6 e2 a2 6 e3

a1 2 2 2

a2 a3 0 1 4 0 1 −3

b = a1 + 2a2 + 3a3 . Teh´ at x = 1; y = 2; z = 3.

b 5 10 −5

a1 2 2 8

a2 0 4 1

b 5 10 10

a1 2 −30 8

b 5 −30 10

b 3 1 2


231

b) a1 a2 2 0 2 4 −2 −16

a3 6 e1 a1 6 e2 e3

a3 1 0 3

b 5 10 −25

a1 a2 2 0 2 4 −8 −16

b 5 10 −40

a2 −4 2 0

b −5 5 0

b = 5a1 − 5a3 . A b vektor kompatibilis az A mátrix oszlopvektorterére nézve, teh´ at az egyenletrendszer megoldhat´ o. Mivel az ismeretlenek száma 3 és a mátrix rangja 2, ezért az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, ezek: x = 5 − 2y; z = −5 + 4y, ahol y tetsz˝oleges val´ os szám lehet. c) a1 a2 2 0 2 4 −2 −16

a3 6 e1 a1 6 e2 e3

a3 1 0 3

b 5 10 −1

a1 a2 2 0 2 4 −8 −16

b 5 10 −16

a2 −4 2 0

b −5 5 24

A b vektor nincs benne az A mátrix oszlopvektorterében, ´ıgy az egyenletrendszernek nincs megoldása. 6.2.16. A 6.2.15. b) feladatb´ ol l´ athat´ o, hogy az A rangja 2, ha c = 3. Teh´ at ha c 6= 3, akkor a mátrix rangja 3 lesz, ekkor az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. 6.2.17. a1 6 e1 a2 6 e2 e3

a1 a2 a3 1 1 1 1 −1 −1 2 1 1

b 2 0 c

a2 a3 1 1 −2 −2 −1 −1

b 2 −2 c−4

a2 a3 1 −3 −2 3 8 −24

b −2 3 c − 12

a3 0 1 0

b 1 1 c−3

Ha c = 3, akkor végtelen sok megoldás van. Ezek x = 1; y = 1 − z; z tetsz˝oleges val´ os szám lehet. Ha c 6= 3, akkor nincs megoldás. 6.2.18. a2 6 e1 a1 6 e2 e3

a1 0 1 4

a2 a3 1 −3 −2 3 0 −12

b −2 3 c

a3 −3 −3 0

b −2 −1 c+4


232 a) A mátrix rangja 2, mivel a3 = −3a1 − 3a2 . b) c = −4, mivel ekkor −a1 − 2a2 = b. 6.2.19. a1 a2 a3 1 −1 1 −3 2 −1 −2 1 c

e1 a1 6 e2 a2 6 e3

a1 a3 −1 1+c 1 −1 − 2c −2 c

a3 −c −1 − 2c −2 − 3c

a2 a3 a4 −2 −4 −2 4 14 4 4 14 4 −2 −7 −2

b −7 22 22 −11

Teh´ at c = 0 kell, hogy legyen. 6.2.20.

a1 6 e1 a2 6 e2 e3 e4

a1 a2 a3 a4 −1 2 4 2 3 −2 2 −2 1 2 10 2 −2 2 1 2

b 7 1 15 3

a3 a4 3 0 7 1 2 0 0 0 0

b 4 11 2

0 0

a) A mátrix rangja 2, mivel két oszlopvektort lehetett bevinni a b´ azisba. b) x1 = 4 − 3x3 ; x2 = számok. c) Igen, b = 4a1 +

6.3.

11 2

− 72 x3 − x4 , ahol x3 és x4 tetsz˝oleges val´ os

11 2 a2 .

Line´ aris transzform´ aci´ ok

6.3.1.

3 1

=

3 −5

6 3

=

6 −9

M· M·

3 3

=

3 −3

6 1

=

6 −11

,

M·

,

M·

,

,

azaz a transzformáci´ o ny´ırás negat´ıv irányban az y tengely mentén:


y 3 1

B

C

A

D

3 −3 −5

x

6

B0

233 Másképpen megk¨ ozel´ıtve, a transzformáci´ o mátrix´ ab´ ol l´ athat´ o , hogy az 1 e1 egységvektor képe lesz, az −2 0 e2 képe marad: 1 y

y

1

1

ϕ(e2 )

e2 e1 1 x

0

A

C0

−9 −11

1 x

−2

ϕ(e1 )

D0

1 1 x x+y X 6.3.2. Tetsz˝oleges (x, y) pontra · = = , ahol 1 1 y x+y Y X = Y , vagyis a transzformáci´ o a s´ık pontjait az Y = X egyenlet˝ u egyenesre képezi. 2 −1 x 2x − y X 6.3.3. Tetsz˝oleges (x, y) pont képe · = = , 0 2 y 2y Y teh´ at X = 2x − y, Y = 2y. Az egyenes pontjaira y = 2x − 1 a´ll fenn, ´ıgy X = 2x − (2x − 1) = 1, Y = 2 (2x − 1) = 4x − 2, ´ıgy az egyenes képe az X = 1 egyenlet˝ u egyenes lesz. 6.3.4. Els˝ o megold´ as:

2 1 3 0

x 2x + y X · = = , y 3x Y

teh´ at X = 2x + y, Y = 3x. Ha az y = mx + c egyenest a transzformáci´ o o¨nmag´ ara képezi, akkor Y = mX + c, amib˝ol 3x = m (2x + y) + c, vagyis c c y = 3−2m ovetkezik. Innen m = 3−2m es c = − m kell, hogy m x − m k¨ m , ´


234 legyen, amely egyenletrendszer megoldása

m = −3 vagy m = 1, és c = 0. Vagyis két ilyen egyenes létezik, ezek: y = −3x és y = x. M´ asodik megold´ as: Keress¨ uk meg a transzformáci´ o saj´ atvektorait: 2−λ 1 = (2 − λ) (−λ) − 3 = 0, ahonnan λ1 = 3, λ2 = −1. 3 −λ Ha λ = 3, akkor −1 1 x −x + y 0 · = = , azaz y = x. 3 −3 y 3x − 3y 0 Ha λ = −1, akkor 3 1 x 3x + y 0 · = = , azaz y = −3x. 3 1 y 3x + y 0

Az al´ abbi a´bra a b´ azisvektorokat, a v1 = (1, 1) és v2 = (1, −3) saj´ atvektor-reprezent´ ansokat, valamint ϕ a´ltali kép¨ uket mutatja. y

1

ϕ(v2 ) = −v2

y 3

ϕ(e1 )

ϕ(v1 ) = 3v1

v1

e2 e1 1 x

−3

v2

−1

ϕ(e2 )

2

3 x


235

√ 6.3.5. A k¨ or pontjai x, ± 1 − x2 alakban ´ırhat´ ok, ahol x ∈ [−1, 1]. x x 1 0 X √ √ · = = , 0 2 Y ± 1 − x2 ±2 1 − x2

√ 2 vagyis Y = ±2 1 − x2 , teh´ at az (X, Y ) pontok az X 2 + Y4 = 1 egyenlet˝ u ellipszis pontjai.

6.3.6. ϕ = arctg 2

Els˝ o megold´ as: 1 Az e1 = egységvektort 2ϕ-vel kell for0 gatni, azaz e1 képe cos 2ϕ −0, 6 = . sin 2ϕ 0, 8

y y = 2x

0 egységvektort −2 (90◦ − ϕ) = 1 x = (2ϕ − 180◦ )-kal kell forgatni, de az e2 x tengelyhez képest 90◦ -kal már el van forgatva, ´ıgy az e2 képe cos (2ϕ − 90◦ ) 0, 8 = . sin (2ϕ − 90◦ ) 0, 6 −0, 6 0, 8 Teh´ at a transzformáci´ o mátrixa: . 0, 8 0, 6 ϕ

Az e2 =

M´ asodik megold´ as:

A transzformáci´ o nem más, mint két transzform´ o egym´ ani vég aci´ as ut´ 1 0 rehajt´ asa. Ezek: az x tengelyre t¨ ukr¨ ozés, A = , majd 2ϕ-vel 0 −1 cos 2ϕ − sin 2ϕ val´ o forgat´ as, B = . A transzformáci´ o mátrixa a két sin 2ϕ cos 2ϕ mátrix szorzata lesz, teh´ at cos 2ϕ sin 2ϕ −0, 6 0, 8 BA = = . sin 2ϕ − cos 2ϕ 0, 8 0, 6 6.3.7.

a)

"

3 4 1 4

1 3 2 3

# " ·

1 −3

#

=

"

− 41

− 74

#

.


236

b)

"

3 4 1 4

1 3 2 3

# " ·

x

=

"

13 12 x 11 12 x

#

=

"

X

#

, azaz Y =

11 X. 13

Y −λ = 3 − λ 2 − λ − 1 = 0, 1 2 4 3 12 − λ 4 3 5 . ahonnan λ1 = 1, λ2 = 12 " # " # " # " # 1 − 41 x − 41 x + 13 y 0 3 Ha λ = 1, akkor · = = , 1 1 y 0 − 13 x − 13 y 4 4 x ´ıgy a saj´ atvektor 3 . x 4 # " # " # " # " 1 1 1 1 x 0 3 3 3x + 3y 5 Ha λ = 12 , akkor · = 1 = , ´ıgy a 1 1 1 y 0 4x + 4y 4 4 x saj´ atvektor . −x 1 0 d) . 5 0 12 c)

3 4

x

#

1 3

6.3.8. A transzformáci´ o 270◦-kal val´ o forgat´ ast jelent, vagyis nincs olyan egyenes, amelyik o¨nmag´ aba menne a´t. 6.3.9. A transzformáci´ o α-val val´ o forgat´ ast jelent. a) α = k · 360◦ , ahol k ∈ Z.

b) α = 180◦ + k · 360◦ , ahol k ∈ Z.   2 0 0 6.3.10. A ny´ ujt´ as mátrixa: A =  0 1 0 , a forgat´ as mátrixa: 0 0 1     √ 1 −1 0 cos 45◦ − sin 45◦ 0 2 1 1 √0  . cos 45◦ 0  = B =  sin 45◦ 2 0 0 1 0 0 2 Teh´ at a transzformáci´ o mátrixa:

   √2 √ 2 −1 0 2  √ 2 1 √0  =  2 BA = 2 0 0 2 0

−

√ 2 2 √ 2 2

0

0



 0 . 1


237

−−→ 6.3.11. Legyen a P (x, y, z) pont képe a P 0 (X, Y, Z) pont. a PP0 =   Ekkor  X −x 1 =  Y − y  vektor a s´ık normálvektora, amely az  1  vektorral p´ arZ −z 1 huzamos, vagyis X − x = Y − y = Z − z. (6.1) A P P 0 szakasz felez˝opontja a s´ıkon van, ´ıgy 1 1 1 (x + X) + (y + Y ) + (z + Z) = 0. 2 2 2

(6.2)

A (6.1) és (6.2) egyenleteknek minden (x, y, z)-re teljes¨ ulni¨ uk kell, ´ıgy péld´ aul (1, 0, 0)-ra: X − 1 = Y = Z és 1 + X + Y + Z = 0, ebb˝ ol X = 31 , 2 2 2 1 2 Y = − 3 , Z = − 3 . Hasonl´ oan (0, 1, 0) képe − 3 , 3 , − 3 és (0, 0, 1) képe − 32 , − 23 , 13 . Így a t¨ ukr¨ ozés mátrixa   1 −2 −2 1 −2 1 −2  . 3 −2 −2 1 

0 0 6.3.12. A transzformáci´ o mátrixa  2 2 1 8

6.3.13.

 0 1 . 4

a) A mátrix rangja 2, teh´ at kétdimenziós térre.         X 0 0 0 x 0 b)  2 2 1  ·  x  =  4x  =  Y , vagyis X = 0 és Z = 94 Y . Z 1 8 4 0 9x 1 0 a) Igen, . 0 0

b) Nem, mert nem o¨sszegtartó: péld´ aul (5 + 3j) képe 5, (2 + 7j) képe 7, viszont a kett˝o o¨sszegének, (7 + 10j)-nek a képe 10, nem pedig 12. c) Nem, mert nem o¨sszegtartó. d) Nem, mert nem o¨sszegtartó. 1 0 e) Igen, . 0 −1


238

6.3.14. 6.3.15.

0 −1 1 0 0 1 a) . 0 0 f) Igen,

. e)

0 1 −1 1

.

f)

−1 1 0 1

.

a) f 7→ (x + 1) · f 0 , és g 7→ (x + 1) · g 0 , ekkor (f + g) 7→ (x + 1)·(f +g)0 = (x + 1)·(f 0 + g 0 ) = (x + 1)·f 0 +(x + 1)·g 0 0



és λf 7→ (x + 1) · (λf ) = λ (x + 1) f 0 .

 0 1 0 b)  0 1 2 . 0 0 2 −λ 1 0 2 = 0, ahonnan λ értéke 0, 1 vagy 2 lehet. c) 0 1 − λ 0 0 2−λ Ha λ = 0, akkor         0 1 0 x y 0  0 1 2  ·  y  =  y + 2z  =  0  , 0 0 2 z 2z 0   x teh´ at a saj´ atvektor  0 . 0 Ha λ = 1, akkor         −1 1 0 x −x + y 0  0 0 2 · y =  2z  =  0  , 0 0 1 z z 0   x teh´ at a saj´ atvektor  x . 0 Ha λ = 2, akkor         −2 1 0 x −2x + y 0  0 −1 2  ·  y  =  −y + 2z  =  0  , 0 0 0 z 0 0


teh´ at a

6.3.16. 6.3.17.



1 0 a)  1 0 1 0

239



 x saj´ atvektor  2x . x    0 1 1 0 0 . b)  0 1 1 . 0 1 3 2



 −1 0 0 0 . d)  0 −1 0 0 −1

a) Az o¨sszeg- és ar´ anytart´ o tulajdons´ agok egyben a deriv´ al´ as tulajdonságai, teh´ at az ilyen alak´ u f¨ uggvényekre is érvényesek.

b) Mivel

(ex cos 2x)0 = ex (cos 2x − 2 sin 2x) , 0 (ex sin 2x) = ex (2 cos 2x + sin 2x) ,

ezért a transzformáci´ o mátrixa M=

1 −2

2 1

.

a + 2b c) Els˝ o deriv´ alt: M · = . −2a + b a + 2b −3a + 4b Második deriv´ alt: M · = . −2a + b −4a − 3b " # 1 a − 25 b x a x d) M · = , ahonnan = 52 . 1 y b y 5a + 5b a b

Budapesti Műszaki Főiskola Neumann János Informatikai Főiskolai Kar. Vajda István Záborszky Ágnes. matematika

Recommend Documents