Diszkrét Matematika I. példatár 2003 György-Kárász-Sergyán-Vajda-Záborszky

Országok listájaHungaryMiskolci EgyetemGépészmérnöki és Informatikai KarProgramtervező informatikusDiszkrét MatematikaJegyzetekDiszkrét Matematika I. példatár 2003 György-Kárász-Sergyán-Vajda-Záborszky

Budapesti Muszaki Foiskola ´ Neumann Janos Informatikai Foiskolai Kar

Gy¨rgy Anna ­ K´r´sz P´ter ­ Sergy´n Szabolcs o aa e a ´ Vajda Istv´n ­ Z´borszky Agnes a a

Diszkr´t e matematika p´ldat´r e a

2003

A p´ldat´r a Budapesti M szaki Fiskola m szaki informatika szakos hallgat´i e a u o u o r´sz´re k´sz¨ lt. e e e u

Szerkesztette: Gy¨rgy Anna o Szerzk: o

fiskolai docens o

Gy¨rgy Anna -- Fogalomgy jtem´ny, 3. fejezet o u e K´r´sz P´ter -- 1.2.­1.5. fejezet a a e Sergy´n Szabolcs -- 4., 5. fejezet a Vajda Istv´n -- 1.1., 2. fejezet a ´ Z´borszky Agnes -- 6. fejezet a Szed´s: Gy¨rgy Anna, Horv´th Arp´d, K´r´sz P´ter, Sergy´n Szabolcs, Vajda e o a ´ a a a e a Istv´n a ´ a Abr´k: K´r´sz P´ter, Sergy´n Szabolcs, Vajda Istv´n a a e a a

M szaki szerkeszt: K´r´sz P´ter u o a a e
A A szed´s a L TEX programcsomaggal t¨rt´nt. e o e

Tartalomjegyz´k e
I. Fogalmak ´s szimb´lumok e o
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
3 3 5 8 8 9

1. Halmazelm´leti ´s algebrai fogalmak e e 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ci´k, f¨ ggv´nyek . . . . . . . . . a o u e 1.3. Halmazok sz´moss´ga . . . . . . . . a a 1.4. Rekurzi´k . . . . . . . . . . . . . . . o 1.5. Teljes indukci´ . . . . . . . . . . . . o

2. Kombinatorika 11 2.1. Permut´ci´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 a o 2.2. Varici´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 o 2.3. Kombin´ci´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 a o 3. Matematikai logika 13 3.1. Kijelent´slogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 e 3.2. Predik´tumlogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 a 4. Algebrai strukt´ r´k u a 5. Gr´felm´let a e 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . 5.2. Euler- ´s Hameilton-bej´r´sok e a a 5.3. S´ afok, sz´ esek . . . . . ikgr´ inez´ 5.4. F´k, erdk . . . . . . . . . . . a o 19 23 23 26 26 27

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

6. Line´ris algebra a 29 6.1. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 III

IV

´ TARTALOMJEGYZEK

6.2. M´trixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 6.3. Line´ris transzfom´ci´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a a o

32 35

II.

Feladatok
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37
39 39 43 43 46 49 50 51 53 55 58 63 63 64 65 66 68 69 71 71 71 73 74 77 77 77 81 82

1. Halmazelm´leti ´s algebrai fogalmak e e 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ci´k, f¨ ggv´nyek . . . . . . . . . . . . . . . . a o u e F¨ ggv´nyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . u e F¨ ggv´nyek speci´lis tulajdons´gai . . . . . . . . u e a a Homog´n bin´ris rel´ci´k speci´lis tulajdons´gai e a a o a a Ekvivalencia-rel´ci´k . . . . . . . . . . . . . . . . a o Parci´lis rendez´si rel´ci´k . . . . . . . . . . . . . a e a o 1.3. Halmazok sz´moss´ga . . . . . . . . . . . . . . . a a 1.4. Rekurzi´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 1.5. Teljes indukci´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 2. Kombinatorika 2.1. Permut´ci´k . . . . . . . a o 2.2. Vari´ci´k . . . . . . . . a o 2.3. Kombin´ci´k . . . . . . a o 2.4. Vegyes . . . . . . . . . . 2.5. Binomi´lis egy¨ tthat´k a u o 2.6. Binomi´lis t´tel . . . . . a e

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

3. Matematikai logika 3.1. Kijelent´slogika . . . . . . . . . . . . . . . e Kijelent´sek . . . . . . . . . . . . . . . . . e Logikai formul´k . . . . . . . . . . . . . . a K¨vetkeztet´sek a kijelent´slogik´ban . . o e e a 3.2. Predik´tumlogika . . . . . . . . . . . . . . a Predik´tumok . . . . . . . . . . . . . . . . a Kvantifik´ci´ . . . . . . . . . . . . . . . . a o Predik´tumlogikai formul´k interpret´ci´i a a a o Levezet´sek elsrend nyelvben . . . . . . e o u

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

´ TARTALOMJEGYZEK

V 85 85 86 88 90

4. Algebrai strukt´ r´k u a 4.1. Algebrai strukt´ r´k, m veletek ua u 4.2. F´lcsoport, csoport . . . . . . . e 4.3. Gy r , test . . . . . . . . . . . uu 4.4. H´l´, Boole-algebra . . . . . . . ao

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

. . . .

5. Gr´felm´leti fogalmak ´s osszef¨ gg´sek a e e ¨ u e 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Euler- ´s Hamilton-bej´r´sok . . . . . . e a a 5.3. S´ afok ´s sz´ esek . . . . . . . . . . ikgr´ e inez´ 5.4. F´k ´s erdk . . . . . . . . . . . . . . . a e o

93 . 93 . 98 . 100 . 102 . . . . . 105 105 108 108 110 112

6. Line´ris algebra a 6.1. M´trixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 6.2. Line´ris terek (vektorterek) . . . . . . . . . . a Line´ris f¨ ggetlens´g, b´zis, dimenzi´ . . . . . a u e a o Elemi b´zistranszform´ci´k, b´zisvektor-csere a a o a 6.3. Line´ris transzform´ci´k . . . . . . . . . . . . a a o

III.

Megold´sok a
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

115
117 117 124 124 132 136 138 143 149 156 165 165 166 166 167 170

1. Halmazelm´leti ´s algebrai fogalmak e e 1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Rel´ci´k, f¨ ggv´nyek . . . . . . . . . . . . . . . . a o u e F¨ ggv´nyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . u e Homog´n bin´ris rel´ci´k speci´lis tulajdons´gai e a a o a a Ekvivalencia-rel´ci´k . . . . . . . . . . . . . . . . a o Parci´lis rendez´si rel´ci´k . . . . . . . . . . . . . a e a o 1.3. Halmazok sz´moss´ga . . . . . . . . . . . . . . . a a 1.4. Rekurzi´k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 1.5. Teljes indukci´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . o 2. Kombinatorika 2.1. Permut´ci´k . . . . . . . a o 2.2. Vari´ci´k . . . . . . . . a o 2.3. Kombin´ci´k . . . . . . a o 2.4. Vegyes . . . . . . . . . . 2.5. Binomi´lis egy¨ tthat´k a u o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

VI

´ TARTALOMJEGYZEK

2.6. Binomi´lis t´tel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 a e 3. Matematikai logika 3.1. Kijelent´slogika . . . . . . . . . . . . . . . e Kijelent´sek . . . . . . . . . . . . . . . . . e Logikai formul´k . . . . . . . . . . . . . . a K¨vetkeztet´sek a kijelent´slogik´ban . . o e e a 3.2. Predik´tumlogika . . . . . . . . . . . . . . a Predik´tumok . . . . . . . . . . . . . . . . a Kvantifik´ci´ . . . . . . . . . . . . . . . . a o Predik´tumlogikai formul´k interpret´ci´i a a a o Levezet´sek elsrend nyelvben . . . . . . e o u 4. Algebrai strukt´ r´k u a 4.1. Algebrai strukt´ r´k, m veletek ua u 4.2. F´lcsoport, csoport . . . . . . . e 4.3. Gy r , test . . . . . . . . . . . uu 4.4. H´l´, Boole-algebra . . . . . . . ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 173 173 174 177 180 180 181 183 185 187 187 189 193 196 199 199 207 211 217 223 223 227 227 229 232

5. Gr´felm´leti fogalmak ´s osszef¨ gg´sek a e e ¨ u e 5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Euler- ´s Hamilton-bej´r´sok . . . . . . e a a 5.3. S´ afok ´s sz´ esek . . . . . . . . . . ikgr´ e inez´ 5.4. F´k ´s erdk . . . . . . . . . . . . . . . a e o

6. Line´ris algebra a 6.1. M´trixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 6.2. Line´ris terek (vektorterek) . . . . . . . . . . a Line´ris f¨ ggetlens´g, b´zis, dimenzi´ . . . . . a u e a o Elemi b´zistranszform´ci´k, b´zisvektor-csere a a o a 6.3. Line´ris transzform´ci´k . . . . . . . . . . . . a a o

I. r´sz e

Fogalmak ´s szimb´lumok e o

VII

II. r´sz e

Feladatok

37

1. fejezet

Halmazelm´leti ´s algebrai e e fogalmak
1.1. Halmazalgebra

1.1.1. Igazolja, hogy ha A = {1, 2, 3} ´s B = x | x3 + 11x = 6x2 + 6, x R , e akkor A = B. ´ 1.1.2. Allap´ meg, hogy az al´bbi halmazok k¨z¨ l melyek egyenlek. itsa a o u o a) b) c) d) e) f) A = {x | 1 < x < 2, x R} B = {x | x2 + 1 < 3x2 , x Z} C = {n | n p´ros pr´ a imsz´m} a 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 b) {1, 3, 7} \ {2, 3, 5} {0, 1}

1.1.3. Sorolja fel az al´bbi halmazok elemeit: a a) {1, 3, 7} \ {2, 3, 5} {0, 1} c) P {1, 2, 3} \ P {1, 2} , ahol P(X) az X hatv´nyhalmaza. a

1.1.4. Legyen A = a, {b} ´s B = a, b, {a, b} . Sorolja fel az A B, A \ B ´s e e A × A halmazok elemeit. 39

40

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.1.5. Igazak-e az al´bbi egyenls´gek? a o e a) b) c) a, b, c, {a, b} \ {a, b} = {a, b, c}

a, b, c, {a, b} \ {a, b} = c, {a, b}

a, b, c, {a, b} \ {a, b} = {a, b, c}

1.1.6. Sorolja fel az A, B, A B, A B ´s A B halmazok elemeit, ha e E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} az alaphalmaz, A = {x | 2 < x 5, x E} ´s e B = {y | y < 4, y E}. 1.1.7. Oldja meg az X {0, 2} = {0} egyenletet a {0, 1, 2, 3} halmaz r´szhalmae zainak halmaz´n. a 1.1.8. Oldja meg az al´bbi halmazegyenletet I6 hatv´nyhalmaz´n. a a a I4 \ X = I2 ´ a 1.1.9. Abr´zolja a k¨vetkez halmazokat sz´megyenesen. o o a a) {x | -2 < x 3, x R} e) [2, 7[ ]6, 8] c) {x | -2 < x 3, x N} b) {x | -2 < x 3, x Z} f) [-1, 5[ ]-8, 8] d) {x | -2 < x 3, x R \ N} h) ]-, 9] ]11, 13] [4, 16] d) {}

g) ]-3, 5[ \ [-1, 2] 1.1.10. Igazak-e az al´bbi kijelent´sek? a e a) b)

c) {}

1.1.11. Legyen Z = {(x, y) | x X, y Y } ´s B = {3, 5}. Igazak-e az al´bbi kie a jelent´sek, ha a X ´s b Y ? e e a) (a, b), 3 Z × B c) (a, b), 5 Z × B b) (a, b), 3 Z × B d) (a, b), 5 Z ×B

´ a 1.1.12. Abr´zolja a k¨vetkez halmazokat Descartes-f´le koordin´tarendszerben. o o e a a) {1, 2} × {2, 3, 4, 5} c) [2, 5] × ]-3, 1] e) [-3, +[ × ]-, 6[ b) {-1, 1, 5} × {0, 4, 5, 6} d) R × [-4, 2[ f) [1, +[ × {1, 3, 4}

I

n

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

1.1. HALMAZALGEBRA

41

1.1.13. Legyen X = {x, y, {x, y}} ´s P(X) az X hatv´nyhalmaza. Melyek helyee a sek az al´bbi kijelent´sek k¨z¨ l? a e o u 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´bbi halmazok elemeit, ahol A = {a, b} ´s P(A) az A a e halmaz hatv´nyhalmaza. a a) P (A × A) c) A × P(A) b) P P(A) d) P(A) × P(A)

1.1.15. Igazak-e az al´bbi egyenls´gek tetszleges A, B ´s C halmazokra? a o e o e a) A \ (B \ C) = (A \ B) \ C c) A A = A e) (A \ B)C = (AC) \ (BC) b) (A \ B) C = (A C) \ B d) A (A A) = A f) A (BC) = (A B)(A C)

g) A (B C) = (AB) (AC) h) A (B C) = (AB) (AC) i) P(A) P(B) = P(A B) j) P(A) P(B) = P(A B) 1.1.16. Egyszer s´ a k¨vetkez kifejez´seket: u itse o o e a) A (B \ A) (A \ B) b) (A B) ((A B) B)

1.1.17. Legyenek A ´s B tetszleges halmazok. Mivel egyenl A (A B)? e o o 1.1.18. Tegy¨ k fel, hogy az A, B, D halmazokra igaz, hogy D \ A = B. Hat´rozza u a meg az A ´s B halmaz metszet´t. e e 1.1.19. Bizony´ be, hogy az al´bbi all´ asok ekvivalensek: itsa a ´ it´ a) X A B b) (X \ A) (X \ B) = c) X \ B A

1.1.20. Igaz-e az al´bbi all´ as? a ´ it´ Ha A B, akkor A C B C. 1.1.21. Igaz-e, hogy A ´s B halmaz megegyezik, ha valamely C halmaz eset´n e e A \ C = B \ C? Igaz-e az all´ as ugy, ha ez b´rmely C = halmazra ´ it´ ´ a teljes¨ l? u 1.1.22. Hat´rozza meg az al´bbi halmazok osszes part´ oj´t: a a ¨ ici´ a a) X = {1, 2} b) Y = {a, b, c} c) Z = {x, y, z, u}

42

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

H´ny 1, 2, 3, illetve 4-elem part´ oja van az X, Y , Z halmazoknak? a u ici´ 1.1.23. Egy n elem halmaz k elem part´ oinak sz´m´t szok´s az u u ici´ a a a lummal jel¨lni. Hat´rozza meg az o a a) 5 2 b) n 1 c) n n d) n k n 2 szimb´o

sz´mokat. a 1.1.24. Igazolja az alapj´n a a n n-1 n-1 = k· + osszef¨ g´st ´s sz´m´ ki ennek ¨ u e e a itsa k k k-1 6 8 ´s e Stirling-sz´mokat. a 3 4

1.1.25. Hat´rozza meg egy 10-elem halmaz azon 4-elem r´szhalmazainak maa u u e xim´lis sz´m´t, amelyek a a a a) p´ronk´nt diszjunktak; a e b) p´ronk´nt legfeljebb egy k¨z¨s elem¨ k van; a e o o u c) p´ronk´nt pontosan egy k¨z¨s elem¨ k van. a e o o u ´ a 1.1.26. Legyen A = {(x, y) | x 1, -2 < y < 2, x R, y R}. Abr´zolja az A halmazt Descartes-f´le koordin´tarendszerben. e a ´ a 1.1.27. Abr´zolja a k¨vetkez k´t halmaz egyes´ es´t, metszet´t, differenci´it ´s o o e it´ e e a e szimmetrikus differenci´j´t az xy koordin´tas´ aa a ikon: B = {(x, y) | -2 < x 4, -1 < y < 3} 1.1.28. 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} b) A C f) A \ B c) A B C A = {(x, y) | 0 < x 6, -3 y < 3}

´ a Abr´zolja der´ksz¨g koordin´tarendszerben a k¨vetkez halmazokat. e o u a o o a) A B e) A B g) A B h) C \ B d) B \ A

´ a 1.1.29. Abr´zolja Gauss-f´le sz´ms´ e a ikon az al´bbi halmazoknak megfelel pontoa o kat, ahol j az imagin´rius egys´g: a e
m´sodfaj´ a u

Stirling-sz´mok a

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

43

b)

a) {z | z = x + jy, x R, y R, x + y < 1}

c) {z | z = x + jy, x R, y R, (x + y < 1) (x + y > -1) (x = 2) 1.1.30. Adottak a k¨vetkez halmazok: o o A = {z | z C, Re(z) > 1}, B = {z | z C, Im(z) < 2}, C = {z | z C, |z - 2| = 3} ´s e D = z | z C, z 2 - (3 + 2j) z + 5 + 5j = 0 . a) A B e) A \ B b) A B

z | z = x + jy, x R, y R, (x + y < 1) (x + y > -1) (x = 2)}

´ a Abr´zolja a k¨vetkez halmazokat a Gauss-f´le sz´ms´ o o e a ikon: f) A B g) A D c) A C h) C \ B d) B C

1.2.

Rel´ci´k, f¨ ggv´nyek a o u e

F¨ggv´nyek u e
´ a 1.2.1. Abr´zolja az al´bbi R {1, 2, 3} × {a, b, c, d} rel´ci´kat ny´ a a o ildiagram seg´ eg´vel, ´s v´lassza ki a f¨ ggv´nyeket. its´ e e a u e a) R = {(1, a) , (1, c) , (2, b) , (2, d) , (3, a)} c) R = {(1, a) , (2, a) , (3, d)}

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

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

b) S = {1}, T = {a, b, c, d} d) S = {J´nos, D´niel}, T = {Eszter, M´ria, Zsuzsa} a a a e) S = R, T = N f) S = Z, T = N

44

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

2. Adjon meg -- ha lehets´ges -- olyan f : S T f¨ ggv´nyt, amely az e u e S halmazt T -re k´pezi le. e 1.2.3. Adjon meg olyan f¨ ggv´nyt, amely u e a) minden val´s sz´mhoz hozz´ad 1-et; o a a b) k´t val´s sz´mhoz hozz´rendeli az osszeg¨ ket; e o a a ¨ u c) megadja J´nos, B´la, M´ria, Zsuzsa nem´t; a e a e d) megadja Beethoven, Haydn, Sztravinszkij keresztnev´t; e e) n darab val´s sz´mb´l kiv´lasztja a legnagyobbat. o a o a 1.2.4. Egy k´pernyn a lehets´ges kurzor-poz´ okat az al´bbi m´don defini´ljuk: e o e ici´ a o a (oszlopindex, sorindex) X × Y , ahol X = {x Z | 1 x 80} ´s Y = e {y Z | 1 y 25}. Felt´ve, hogy a k´perny bal fels sarka az (1, 1) e e o o poz´ o, hat´rozza meg azt a f¨ ggv´nyt, amely a k´perny pontjait egy ici´ a u e e o tetszleges lehets´ges poz´ ob´l o e ici´ o a) a jobb als´ sarokba helyezi at; o ´ b) 1-gyel felfel´ eltolja; e c) 2-vel jobbra ´s 5-tel lefel´ eltolja; e e d) a f¨ ggleges szimmetriatengelyre t¨ kr¨zi; u o u o e) az y = x egyenesre t¨ kr¨zi; u o f) a (20, 10) pontb´l k´tszeres´re nagy´ o e e itja. Minden esetben t¨ ntesse fel azokat az (x, y) p´rokat, amelyeken az adott u a funkci´ nem hajthat´ v´gre. Felt´ve, hogy a vizsg´lt lek´pez´seket az o o e e a e e X × Y halmazon ´rtelmezt¨ k, v´lassza ki a parci´lis lek´pez´seket. e u a a e e 1.2.5. Defini´ljon olyan logikai f¨ ggv´nyeket, amelyek az elz feladatban szea u e o o repl parci´lis lek´pez´sek eset´n eld¨ntik, hogy a kurzor a megengedett o a e e e o tartom´nyban van-e. (Megengedett tartom´nyon ´rtj¨ k itt azt a kurzora a e u poz´ ot, amelyen a k´rt funkci´ v´grehajthat´.) ici´ e o e o 1.2.6. Vizsg´lja a k¨vetkez programot, amelyn´l n tetszleges pozit´ eg´sz a o o e o iv e sz´m lehet: a

1. Adjon meg -- ha lehets´ges -- olyan S halmazon ´rtelmezett R ree e l´ci´kat, amelyekre R S × T . a o

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

45

Beolvas(n) Ciklus am´ n > 1 ig Ha n p´ros akkor n:=n/2 a k¨l¨nben n:=2n+1 uo Ciklus v´ge e Ki´ ir(n) Hat´rozza meg a bemen ´rt´keknek azon halmaz´t, amelyre a fenti proga oe e a ram ´rt´ket rendel. ´ le a hozz´rendel´snek megfelel f¨ ggv´nyt. e e Irja a e o u e 1.2.7. Az A X halmaz karakterisztikus f¨ ggv´nye az X halmaz felett: u e A (x) = 1, ha x A; 0, ha x X \ A.

Bizony´ be az al´bbi azonoss´gokat, ha A, B X. itsa a a a) AB (x) = max (A (x), B (x)) b) AB (x) = min (A (x), B (x)) c) X\A (x) = 1 - A (x) 1.2.8. Legyen R = {(a, b) , (a, c) , (c, d) , (a, a) , (b, a)} az S = {a, b, c, d} halmazon ´rtelmezett homog´n rel´ci´. ´ fel R R ´s R-1 elemeit. e e a o Irja e 1.2.9. Legyen A = {1975. ´v napjai} ´s B = {1975-ben sz¨ letett emberek}. Lee e u gyen tov´bb´ (a, b) R, ha a A nap a b B ember sz¨ let´snapja, ´s a a u e e jel¨lje R-1 az R inverzrel´ci´j´t. o a oa a) F¨ ggv´nyek-e az R ´s R-1 rel´ci´k? u e e a o b) Hat´rozza meg az RR-1 , illetve az R-1 R rel´ci´kat. Van-e k¨zt¨ k a a o o u f¨ ggv´ny? u e 1.2.10. Hat´rozza meg az al´bbi F ´s S rel´ci´kb´l osszetett rel´ci´kat, ahol xF y, a a e a o o ¨ a o ha x apja y-nak, ´s xSy, ha y l´nya x-nek. e a a) F -1 e) F
-1

b) S -1 F f) S S

g) F

c) F S
-1

S

d) S F

1.2.11. Tekints¨ k a k¨vetkez R R f¨ ggv´nyeket: f (x) = x2 , g(x) = sin x, u o o u e h(x) = x + 1.

46

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

a) Mely f¨ ggv´nyek k´pezik le a val´s sz´mok halmaz´t a val´s sz´mok u e e o a a o a halmaz´ra? a b) Melyik f¨ ggv´nynek van inverzf¨ ggv´nye, ha az ´rtelmez´si tartou e u e e e m´ny a [-3, 0[ intervallum? ´ fel az inverzf¨ ggv´nyt. a Irja u e c) Hat´rozza meg az f g, g f ´s h g f¨ ggv´nyeket. Adja meg az a e u e ´rtelmez´si tartom´nyukat ´s ´rt´kk´szlet¨ ket. e e a e e e e u 1.2.12. Hat´rozza meg az al´bbi parci´lis lek´pez´sek ´rt´kk´szlet´t: a a a e e e e e e a) f g, b) g f , c) g h, d) h g,

ha f , g ´s h az al´bbiak: e a f : [0, +[ R, f (x) = x; g : N N, g(n) = n2 ; h : Z Z, h(n) = n2 . 1.2.13. Bizony´ be, hogy (R S) itsa
-1

= S -1 R-1 tetszleges R, S rel´ci´kra. o a o

F¨ggv´nyek speci´lis tulajdons´gai u e a a
1.2.14. Az al´bbi f¨ ggv´nyek k¨z¨ l melyek injekt´ a u e o u ivek, sz¨ rjekt´ u ivek, illetve bijekt´ ivek? a) f : N N, c) f : Z Z, f (n) = n f (n) = n + 1 f (n) = n + 1 f (m, n) = 2m 4n f (m, n) = 2m 6n R, R, f (x) = tg x f (x) = tg x

b) f : N N,

d) f : N × N N, f) f : [0, [ \
2 2

e) f : N × N N,

h) f : - , R, 2 2 i) f : Z Z, j) f : Z Z,

g) f : [0, ] \

f (x) = tg x 0, ha |x| 1; |x + 1| , egy´bk´nt. e e

f (n) = |n + 1|

f (x) =

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

47 0, ha |x| 1; x pr´ imoszt´inak sz´ma, egy´bk´nt. o a e e 0, x pr´ imoszt´inak sz´ma, o a ha |x| 1; egy´bk´nt. e e

k) f : Z Z, l) f : Z N,

f (x) = f (x) =

1.2.15. H´ny f : A B alak´ a u a) injekt´ iv; b) sz¨ rjekt´ u iv; c) bijekt´ iv

f¨ ggv´ny l´tezik, ha |A| = m ´s |B| = n? u e e e 1.2.16. Legyen f : R+ R f (x) = x -
1 x

a) Sz¨ rjekt´ u iv-e a lek´pez´s? e e b) Van-e inverze ´s az inverze sz¨ rjekt´ e u iv-e? 1.2.17. Legyenek A ´s B az eg´sz sz´mok halmaz´nak r´szhalmazai, ´s tekints¨ k e e a a e e u a k¨vetkez megfeleltet´st: o o e f: A B Adja meg A ´s B halmazt ugy, hogy e ´ a) f parci´lis lek´pez´s legyen, de ne legyen f¨ ggv´ny; a e e u e b) f f¨ ggv´ny legyen, de ne legyen sem injekt´ sem sz¨ rjekt´ u e iv, u iv; c) f injekt´ f¨ ggv´ny legyen, de ne legyen sz¨ rjekt´ iv u e u iv; d) f sz¨ rjekt´ f¨ ggv´ny legyen, de ne legyen injekt´ u iv u e iv; e) f bijekt´ f¨ ggv´ny legyen. iv u e 1.2.18. Felt´ve, hogy az al´bbi f¨ ggv´nyeknek mind az ´rtelmez´si tartom´nyuk e a u e e e a (Df ), mind pedig az ´rt´kk´szlet¨ k (Rf ) v´ges elemsz´m´ halmaz, d¨ntse e e e u e a u o el, hogy mely all´ asok igazak ´s melyek hamisak. (Ha az all´ as igaz, ´ it´ e ´ it´ bizony´ be; ha hamis, mondjon ellenp´ld´t.) itsa e a a) Ha f f¨ ggv´ny injekt´ akkor |Df | = |Rf |. u e iv, x |x|

b) Ha f : X Y f¨ ggv´ny injekt´ akkor |X| = |Y |. u e iv, d) Ha f f¨ ggv´ny sz¨ rjekt´ akkor van inverze. u e u iv, c) Ha f f¨ ggv´ny sz¨ rjekt´ akkor |Df | |Rf |. u e u iv,

e) Ha f : X Y f¨ ggv´nyre igaz, hogy |X| |Y |, akkor sz¨ rjet´ u e u iv.

48 f) g) h) i)

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

Ha f : X Y f¨ ggv´ny sz¨ rjekt´ akkor |X| |Y |. u e u iv, Ha f bijekt´ akkor |Df | = |Rf |. iv, Ha |Df | = |Rf |, akkor f bijekt´ iv. Ha f : X Y f¨ ggv´nyre igaz, hogy |X| = |Y | = |Rf |, akkor f u e bijekt´ iv.

1.2.19. Nevezz¨ k az A (A X) halmaz f : X Y f¨ ggv´ny altali k´p´nek azt u u e ´ e e az f (A)-val jel¨lt halmazt, amelyre f (A) = {y Y | y = f (x), x A}. o X f A f (A) Y

Hat´rozza meg az f (A) halmazt, ha a a) f : R R, f (x) = x2 , A = ]-1, 2]; f (x) = 1 + 1 - x2 , f (x) =
1 1-x2 , 3 3 2 , 2

b) f : [-1, 1] R,

A= -

;

c) f : R \ {-1, 1} R,

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

1.2.20. Bizony´ be, hogy ha f : X Y injekt´ akkor itsa iv, a) diszjunkt halmazok k´pei is diszjunktak, azaz b´rmely C, D X e a halmaz eset´n C D = = f (C) f (D) = ; e b) b´rmely C X halmaz eset´n f (X \ C) Y \ f (C). a e c) Bizony´ be az (a) all´ as megford´ as´t is. itsa ´ it´ it´ a 1.2.21. Legyen f : R R, f (x) = 2 sin (x + 3). a) Hat´rozza meg az X = x | 1 < x < 2 - 3, x R intervallum f a 5 altal defini´lt k´p´t. ´ a e e u e b) Bijekt´ iv-e a g : 1 , 2 - 3 f (X), g(x) = f (x) f¨ ggv´ny? 5 f : N × N N, f¨ ggv´ny bijekt´ u e iv. f (m, n) = m + 1 (m + n) (m + n + 1) 2

1.2.22. Bizony´ be, hogy az itsa

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

49

Homog´n bin´ris rel´ci´k speci´lis tulajdons´gai e a a o a a
1.2.23. Legyen T = {t´r egyenesei}. Milyen tulajdons´gaik vannak az al´bbi ree a a l´ci´knak? a o a) RT = {(x, y) | x ´s y egyeneseken at pontosan egy s´ fektethet} e ´ ik o c) RT = {(x, y) | x ´s y egyeneseken at fektethet s´ e ´ o ik}

b) RT = {(x, y) | x ´s y kit´r} e eo

1.2.24. Vizsg´lja meg, milyen speci´lis tulajdons´gokkal rendelkeznek az al´bbi a a a a homog´n bin´ris rel´ci´k, valamint adja meg ´rtelmez´si tartom´nyukat e a a o e e a ´s ´rt´kk´szlet¨ ket: e e e e u a) R = {(a, b) | a · b p´ratlan, a N, b N}; a

b) S = {(a, b) | a vezet´kneve r¨videbb, mint b-´, a B, b B}, ahol e o e B = {budapesti lakosok};

c) T = {(A, B) | A B = , A P(X), B P(X)}, ahol X tetszleges o halmaz; e) V = {(x, y) | x bel¨ lrl ´rinti y-t, x K, y K}, ahol u o e K = {egy adott s´ k¨rvonalai}. ik o

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

1.2.25. Defini´ljon egy R rel´ci´t az I4 = {1, 2, 3, 4} halmazon (p´ld´ul elemei a a o e a felsorol´s´val), amely az al´bbi tulajdons´gokkal rendelkezik: a a a a a) nem reflex´ ´s nem irreflex´ iv e iv; b) nem reflex´ ´s irreflex´ iv e iv; c) reflex´ ´s nem irreflex´ iv e iv; d) reflex´ ´s irreflex´ iv e iv; e) nem szimmetrikus ´s nem antiszimmetrikus; e f) nem szimmetrikus ´s antiszimmetrikus; e g) szimmetrikus ´s nem antiszimmetrikus; e h) szimmetrikus ´s antiszimmetrikus. e Adja meg R gr´f´br´zol´s´t is. aa a a a
lnko = legnagyobb G

k¨z¨s oszt´ o o o gr´f x ´s y cs´cspontja x-bl y-ba mutat´ ´llel akkor van osszek¨tve, ha xRy. a e u o oe ¨ o

50

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

Ekvivalencia-rel´ci´k a o
1.2.26. Legyen S = {s´ egyenesei}. Az al´bbi rel´ci´kr´l allap´ ik a a o o ´ itsuk meg, hogy ekvivalencia-rel´ci´t alkotnak-e: a o a) RS = {(x, y) | x egy pontban metszi y-t}; c) RS = {(x, y) | x p´rhuzamos y-nal}. a

b) RS = {(x, y) | x-nek ´s y-nak van k¨z¨s pontja}; e o o 1.2.27. Hat´rozza meg azt az ekvivalencia-rel´ci´t (elemei felsorol´s´val), amelya a o a a hez (a megfelel alaphalmazon) az al´bbi part´ o tartozik: {a, d, g}, {b}, o a ici´ {e}, {c, f }. 1.2.28. Adott az I6 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmazon ´rtelmezett R = {(1, 2), (2, 3), e (3, 2), (4, 4), (5, 5), (6, 5)} rel´ci´. a o a) Rajzolja fel a rel´ci´ gr´fj´t. a o a a b) Eg´sz´ e itse ki a rel´ci´t (a lehet legkevesebb elemmel) ugy, hogy a o o ´ ekvivalencia-rel´ci´ legyen. a o 1.2.29. Bizony´ be, hogy az al´bbi rel´ci´k ekvivalencia-rel´ci´t alkotnak. Adja itsa a a o a o meg az ekvivalencia-oszt´lyokat. a a) R = {(m, n) | m + n p´ros sz´m, m Z, n Z} a a c) R = {(a, b) | a - b racion´lis, a R, b R} a

b) R = (x, y) | x2 + y 2 oszthat´ 2-vel, x Z, y Z o d) R = {(x, y) | x - y oszthat´ 3-mal, x I12 , y I12 } o f) R = (x, y) | x2 - y 2 oszthat´ 4-gyel, x N, y N o
2 2

e) R = (m, n) | m2 - n2 oszthat´ 3-mal, m N, n N o (x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) , ha x1 + y1 = x2 + y2 (x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) , ha x1 y1 = x2 y2

h) R R × R ;

g) R R2 × R2 ;

1.2.30. Legyen ´rtelmezve az X halmazon egy R ekvivalencia-rel´ci´, a ´s b pedig e a o e legyen X k´t tetszleges eleme. Jel¨lje Xa az osszes a-val, Xb pedig az e o o ¨ osszes b-vel rel´ci´ban all´ elemet tartalmaz´ halmazt. Bizony´ ¨ a o ´ o o itsa be az al´bbi all´ asokat: a ´ it´
I n

= x Z+ | x n

(n N)

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

51

a) Xa Xb = (a, b) R; / b) Ha l´tezik olyan c X elem, amely mindk´t halmaznak eleme, akkor e e (a, b) R; c) (a, b) R pontosan akkor, ha a k´t halmaz egyenl. e o

Parci´lis rendez´si rel´ci´k a e a o
1.2.31. Mutassa meg, hogy az al´bbi, a rel´ci´k: a o -vel jel¨lt rel´ci´k parci´lis rendez´si o a o a e B, B,

a) az I4 halmaz legal´bb k´telem r´szhalmazainak halmaz´n A a e u e a ha A B; b) az I4 halmaz legfeljebb k´telem r´szhalmazainak halmaz´n A e u e a ha B A; d) az {1, 2, 3, 4, 6, 12} halmaz elemein a c) a {3, 6, 9, 10, 20, 30} halmaz elemein a b, ha b oszthat´ a-val; o b, ha b oszthat´ a-val. o

K´sz´ el a parci´lis rendez´sek Hasse-f´le diagramjait. Mindegyik rene itse a e e dez´sben allap´ e ´ itsa meg a maxim´lis ´s minim´lis elemeket, illetve a lega e a nagyobb ´s legkisebb elemeket, ha ilyen van. Van-e a fentiek k¨z¨tt olyan, e o o amelyben a halmaz b´rmely k´t a, b elem´hez tartozik inf (a, b), illetve a e e sup (a, b)? 1.2.32. Az al´bbi parci´lisan rendezett halmazokban hat´rozza meg a felsorolt a a a szupr´mumokat ´s infimumokat, ha l´teznek: e e e a) a legfeljebb 10 hossz´ s´g´ bin´ris sz´mok k¨z¨tt v w, ha v-nek w ua u a a o o kezd r´sze (pl.: 1010 kezd r´szei az 1010, 101, 10 ´s az 1); o e o e e sup (100, 10) sup (101, 111) inf (100, 11) inf (100, 10) b) a legal´bb 2 hossz´ s´g´ bin´ris karaktersorozatok k¨z¨tt v w, ha a ua u a o o v-nek w kezd r´sze (pl.: 1010 kezd r´szei az 1010, 101, 10 ´s az 1). o e o e e sup (00001, 001) sup (1111, 110) inf (0010, 0011) inf (011, 01)
Sz´m a

nem kezddhet 0-val. o

52

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

c) a legfeljebb 10 hossz´ s´g´ bin´ris karaktersorozatok k¨z¨tt v ua u a o o w, ha v-nek w valamely r´sze (pl.: 1010 r´szei az 1010, 101, 010, 10, 01, e e 1 ´s a 0); e sup (100, 11) sup (000, 11) inf (100, 00) inf (100, 001) A fent megadott halmazok k¨z¨ l mely esetekben van b´rmely k´t elemnek o u a e szupr´muma? Ha lehets´ges, eg´sz´ ki a halmazt olyan elemekkel, hogy e e e itse a bv´ o itett halmazban b´rmely k´t elemnek legyen szupr´muma (az adott a e e rendez´sre vonatkoz´an). e o 1.2.33. Bizony´ be, hogy ha R egy parci´lis rendez´s H-n, akkor R-1 is az. Muitsa a e tassa meg, hogy ha (H; R)-en valamely elem maxim´lis, akkor H; R-1 a en minim´lis, ´s ford´ a e itva. 1.2.34. Legyenek az F halmaz elemei az f : N N t´ u f¨ ggv´nyek, ´s definiipus´ u e e aljuk ezen a halmazon a k¨vetkez R rel´ci´t: f, g F eset´n f Rg, ha az ´ o o a o e {n N | f (n) > g (n)} halmaz v´ges elemsz´m´ . Igazolja, hogy a rel´ci´ e a u a o nem parci´lis rendez´s F -en. a e 1.2.35. Defini´ljuk a a rel´ci´t a {z | z C, Re(z) 3, Im(z) 2, Re(z) N, a o Im(z) N} halmazon: z1 z2 , ha Re(z1 ) Re(z2 ) ´s Im(z1 ) Im(z2 ). e (Azaz: egy komplex sz´m akkor all rel´ci´ban egy m´sik komplex sz´ma ´ a o a a mal, ha sem a val´s, sem a k´pzetes r´sze nem nagyobb a m´sik sz´m o e e a a megfelel r´sz´n´l.) o e e e a) Bizony´ be, hogy itsa rendez´si rel´ci´. e a o

b) Dichot´m a rel´ci´ (azaz teljes a rendez´s)? o a o e c) Rajzolja fel a rendez´s Hasse-diagramj´t. e a d) Van b´rmely k´t elemnek szupr´muma ´s infimuma? Hogyan kapjuk a e e e meg? e) Disztribut´ a h´l´? iv ao f) Van a rendez´snek legkisebb ´s legnagyobb eleme? e e g) Mely elemeknek van komplementumuk? 1.2.36. Legyen a tem´szetes sz´mokb´l all´ rendezett p´rok halmaz´n (N × N) e a o ´ o a a defini´lva a k¨vetkez rendez´s: (a, b) a o o e (c, d), ha b < d, vagy a c ´s e b = d. Bizony´ be, hogy t´nyleg rendez´srl van sz´, ´s d¨ntse el, hogy itsa e e o o e o line´ris (teljes)-e a rendez´s? a e

´ ´ 1.3. HALMAZOK SZAMOSSAGA

53

1.2.37. D¨ntse el, hogy igazak-e az al´bbi all´ asok, amelyek egy r´szben-rendezett o a ´ it´ e halmaz A r´szhalmaz´r´l sz´lnak. Ha igaz, indokolja, ha hamis, ellenp´le a o o e d´val c´folja az all´ ast. a a ´ it´ a) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor legnagyobb is van. b) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor ez egyben az egyetlen minim´lis a elem is. c) Ha A-nak nincs maxim´lis eleme, akkor legnagyobb sincsen. a d) Ha A-nak nincs legnagyobb eleme, akkor fels hat´ra sincsen. o a e) Ha A-nak van als´ korl´tja, akkor van legkisebb eleme is. o a f) Ha A-nak egyn´l t¨bb minim´lis eleme van, akkor nincs als´ hat´ra. e o a o a

1.3.

Halmazok sz´moss´ga a a
a) az eg´sz sz´mok ´s a pozit´ eg´sz sz´mok k¨z¨tt; e a e iv e a o o b) k´t k¨ l¨nb¨z hossz´ s´g´ szakasz k¨z¨tt; e uo o o ua u o o c) a racion´lis sz´mok ´s a term´szetes sz´mok k¨z¨tt; a a e e a o o d) a ]0, 1[ intervallum ´s a val´s sz´mok k¨z¨tt; e o a o o e) a ]0, 1[ ´s a ]0, 1] intervallumok k¨z¨tt. e o o

1.3.1. Adjon meg bijekt´ lek´pez´st iv e e

1.3.2. Igazolja, hogy az al´bbi halmazok megsz´ml´lhat´an v´gtelen (0 ) sz´a a a o e a moss´g´ ak: a u a) p´ros sz´mok (2Z); a a b) Z × Z; c) pr´ imsz´mok. a

1.3.3. Igazolja, hogy a, b R eset´n a H = {h R | a < h < b} halmaz eleme sz´ma 0, vagy a halmaz sz´moss´ga kontinuum. a a a 1.3.4. Igazolja az al´bbi all´ asokat: a ´ it´ a) Ha egy halmaz elemei sorozatba rendezhetk, akkor a halmaz sz´o a moss´ga 0 . a

b) Egy sorozat elemeinek halmaza legfeljebb 0 sz´moss´g´ . a a u

54

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

c) K´t megsz´ml´lhat´an v´gtelen sz´moss´g´ halmaz uni´ja is mege a a o e a a u o sz´ml´lhat´an v´gtelen sz´moss´g´ , azaz 0 + 0 = 0 . a a o e a a u d) B´rmely v´gtelen sok elem halmaznak van 0 sz´moss´g´ r´szhala e u a a u e maza. e) K´t 0 sz´moss´g´ halmaz k¨ l¨nbs´ge v´ges vagy 0 sz´moss´g´ . e a a u uo e e a a u f) Megsz´ml´lhat´an v´gtelen sok v´ges vagy 0 sz´moss´g´ (k¨ l¨nb¨a a o e e a a u uo o z) halmaz uni´ja 0 sz´moss´g´ . o o a a u 1.3.5. Bizony´ be, hogy az al´bbi halmazok sz´moss´ga megegyezik: itsa a a a a) R, ]0, 1[, [0, 1], [a, b], [a, [;

b) a [0, 1] intervallum ´s az egys´gnyi oldal´ n´gyzet pontjainak hale e u e maza. 1.3.6. Hat´rozza meg az A × B halmaz sz´moss´g´t, ha a a a a a) A ´s B v´ges elemsz´m´ halmazok; e e a u b) A ´s B sz´moss´ga 0 ; e a a c) A ´s B kontinuum sz´moss´g´ ak. e a a u 1.3.7. Bizony´ be, hogy az An halmaz sz´moss´ga 0 , ha |A| = 0 ´s n pozit´ itsa a a e iv eg´sz sz´m. e a 1.3.8. Bizony´ itsa be, hogy b´rmely halmazra igaz, hogy hatv´nyhalmaz´nak a a a sz´moss´ga nagyobb, mint a halmaz sz´moss´ga. a a a a 1.3.9. a) Hat´rozza meg az eg´sz egy¨ tthat´s, legfeljebb n-edfok´ polinomok a e u o u
n

Pn (x) =
k=0

ak xk , ahol ak Z
k=0

halmaz´nak sz´moss´g´t. a a a a

b) Bizony´ be, hogy az eg´sz egy¨ tthat´s (x0 = 0 k¨r¨ li) hatv´nysoitsa e u o o u a rok t´. o
Cantor

Pn (x) =

ak xk , ahol ak Z

halmaza nem megsz´ml´lhaa a

t´tele e

´ 1.4. REKURZIOK

55

1.4.

Rekurzi´k o

1.4.1. Adjon rekurz´ defin´ ot n!-ra. iv ici´ 1.4.2. Egy v´llalat uj dolgoz´j´nak 100 000 Ft kezdfizet´st aj´nl. Minden k¨a ´ oa o e a o vetkez ´vben megemeli az elz ´vi fizet´st 4%-kal ´s m´g 1 000 Ft-tal. oe o oe e e e Adjunk rekurz´ k´pletet a dolgoz´ kereset´re az n-edik ´vben. iv e o e e 1.4.3. ´ Irjunk fel rekurz´ osszef¨ gg´st egy n-elem halmaz r´szhalmazainak sn iv ¨ u e u e sz´m´ra. a a 1.4.4. Egy l´pcssoron ugy megy¨ nk v´gig, hogy egyszerre mindig csak egy vagy e o ´ u e k´t l´pcsfokot l´p¨ nk. Adjunk rekurz´ k´pletet arra, hogy h´nyf´lek´pe e o e u iv e a e e pen mehet¨ nk fel egy n l´pcsbl all´ soron. u e o o ´ o 1.4.5. Adott a s´ ikon n darab egyenes. s´ eszek maxim´lis sz´m´ra. ikr´ a a a Adjon rekurz´ k´pletet a keletkez iv e o

1.4.6. Adott a s´ ikon n darab k¨r. Adjon rekurz´ k´pletet a keletkez s´ eszek o iv e o ikr´ maxim´lis sz´m´ra. a a a 1.4.7. Egy 2 × n-es m´ret n´gyzetr´csot szeretn´nk lefedni 2 × 1-es m´ret e u e a e e u domin´kkal. Adjunk rekurz´ k´pletet a lehets´ges lefed´sek sz´m´ra. o iv e e e a a 1.4.8. Adjon rekurz´ k´pletet iv e
n k

-ra.

1.4.9. Jel¨lje f (n, k) azt a sz´mot, ah´nyf´lek´ppen kiv´laszthatunk n darab, o a a e e a egy sorban l´v elem k¨z¨ l k darabot ugy, hogy ne legyen k¨zt¨ k k´t e o o u ´ o u e egym´s mellett elhelyezked. Adjunk rekurz´ k´pletet f (n, k)-ra. a o iv e 1.4.10. Jel¨lj¨n A ´s B k´t halmazt, ´s legyen |A| = m, |B| = n. Adjon rekurz´ o o e e e iv k´pletet az A-b´l B-be k´pez sz¨ rjekt´ f¨ ggv´nyek sz´m´ra. e o e o u iv u e a a 1.4.11. Jel¨lje D (n, k) az xn f¨ ggv´ny k-adik deriv´ltf¨ gg´ny´t. Adjon rekurz´ o u e a u e e iv k´pletet D (n, k)-ra. (n Z, k N) e 1.4.12. Adjon rekurz´ k´pletet egy n×n-es determin´ns kisz´m´ as´ra. (n Z+ ) iv e a a it´ a 1.4.13. Adjon rekurz´ k´pletet sinn x f¨ ggv´ny hat´rozatlan integr´lj´nak megiv e u e a a a hat´roz´s´ra. a a a

56

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.4.14. Jel¨lj¨n a ´s b pozit´ eg´sz sz´mot. Tegy¨ k fel, hogy -- rekurz´ m´don o o e iv e a u iv o -- a k¨vetkezk´ppen defini´ljuk a Q f¨ ggv´nyt: o o e a u e Q(a, b) = 0, ha a < b; Q(a - b, b) + 1, ha a b.

a) Adjuk meg a Q(2, 3) ´s a Q(14, 3) ´rt´keket. e e e b) Hogyan m k¨dik ez a f¨ ggv´ny? Adjuk meg a Q(7134, 11) ´rt´ket. u o u e e e 1.4.15. Legyen n pozit´ eg´sz sz´m. Tegy¨ k fel, hogy -- rekurz´ m´don -- a iv e a u iv o k¨vetkezk´ppen defini´ljuk az L f¨ ggv´nyt: o o e a u e L(n) = a) Adjuk meg L(25)-¨t. o b) Hogyan m k¨dik ez a f¨ ggv´ny? u o u e 1.4.16. Tekints¨ k az L rekurz´ m´don megadott f¨ ggv´nyt, ahol DL = R+ × R+ : u iv o u e L(a, b) = 0, L
a b,b

0, L

n 2

ha n = 1; + 1, ha n > 1.

ha a < b; + 1, ha a b.

a) Milyen ´rt´kekre j´l-defini´lt a rekurzi´? e e o a o b) Sz´m´ ki az L(682, 10), L(1024, 8) ´rt´keket. a itsa e e c) Hogyan m k¨dik a f¨ ggv´ny? Adja meg ez alapj´n az L(654238, 24) u o u e a ´rt´ket. e e 1.4.17. Legyenek adottak az F0 = 0 ´s az F1 = 1 Fibonacci-sz´mok . e a a) Mit ´rdemes haszn´lni F18 meghat´roz´s´hoz: a rekurzi´t vagy az e a a a a o iter´ci´t? Adjuk meg F18 ´rt´k´t. a o e e e b) K´sz´ unk iter´ci´s elj´r´st az n-edik Fibonacci-sz´m meghat´roz´e its¨ a o a a a a a s´hoz, ha n 2. a
x az x val´s sz´m (als´) eg´szr´sz´t jelenti: az a legnagyobb eg´sz sz´m, amely nem o a o e e e e a nagyobb x-n´l. e Minden k¨vetkez sz´mot ugy kapunk, hogy a sorozatban a k´t k¨zvetlen¨ l eltte all´ o o a ´ e o u o ´ o elemet osszeadjuk (Fn = Fn-1 + Fn-2 ). ¨

´ 1.4. REKURZIOK

57

1.4.18. Tekints¨ k a k¨vetkez, rekurz´ m´don megadott f¨ ggv´nyt: u o o iv o u e P (a, b) = 0, ha b = 0; P (a, b - 1) + a, ha b > 0.

a) Mi a f¨ ggv´ny ´rtelmez´si tartom´nya? Milyen ´rt´kekre j´l-defini´lt u e e e a e e o a a f¨ ggv´ny? u e b) Sz´m´ a itsuk ki a P (6, 4), P
5 6, 3

´rt´keket. e e

c) Hogyan m k¨dik a f¨ ggv´ny? Adja meg ez alapj´n a P (4, 39) ´rt´ket. u o u e a e e 1.4.19. Tekints¨ k a k¨vetkez, rekurz´ m´don megadott f¨ ggv´nyt: u o o iv o u e ha 1 |a| < 10; (a, b) , N (10a, b - 1) , ha |a| < 1; N (a, b) = a N 10 , b + 1 , ha |a| 10. a) Mi a f¨ ggv´ny ´rtelmez´si tartom´nya? u e e e a b) Sz´m´ ki az f (-294, 9), f (1459, -4) ´rt´keket. a itsa e e c) Hogyan m k¨dik a f¨ ggv´ny? Adja meg ez alapj´n az f (5948102, 43) u o u e a ´rt´ket. e e

1.4.20. Legyen a ´s b nemnegat´ eg´sz sz´m. Tegy¨ k fel, hogy az f f¨ ggv´nyt az e iv e a u u e al´bbi rekurz´ defin´ o adja meg : a iv ici´ ha b = 0; a, f (b, a), ha a < b; f (a, b) = f (b, a mod b), egy´bk´nt. e e b) Hogyan m k¨dik ez a f¨ ggv´ny? u o u e 1.4.21. Tekints¨ k a k¨vetkez, rekurz´ m´don megadott f¨ ggv´nyt: u o o iv o u e f (a1 , a2 , . . . , an ) =
Az

a) Sz´m´ a itsuk ki az f (10, 15), f (18, 63) ´s az f (728, 420) f¨ ggv´ny´rt´e u e e e keket.

a1 , ha n = 1; n-1 an f (a1 , a2 , . . . , an-1 ) + , ha n > 1. n n

a mod b azt a marad´kot jelenti, amely az a sz´m b-vel val´ marad´kos oszt´sa sor´n e a o e a a keletkezik. (Ejtsd: a modulo b.)

58

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

a) Mi a f¨ ggv´ny ´rtelmez´si tartom´nya? u e e e a b) Sz´m´ a itsuk ki az f (2, 4, 9), f (1, 4, 5, 9) ´rt´keket. e e c) Hogyan m k¨dik ez a f¨ ggv´ny? Adjuk meg ennek seg´ eg´vel az u o u e its´ e f (4, 39, 23, 15, 96) ´rt´ket. e e 1.4.22. Adjon form´lis rekurzi´s elj´r´st a Hanoi tornyai j´t´k megold´s´ra. a o a a a e a a

A

B

C

A j´t´k l´nyege: Van h´rom r´ d (A, B, C) ´s az A r´ don n db k¨ l¨nb¨z a e e a u e u uo o o nagys´g´ karika, nagys´g szerint sorba rendezve; legalul van a legnagyobb. a u a Feladat, hogy helyezz¨ k at az osszes karik´t a B r´ dra ugy, hogy ugyanou ´ ¨ a u ´ lyan sorrendben helyezkedjenek el, ahogy az A r´ don voltak. Egy l´p´sben u e e egyszerre egy karik´t helyezhet¨ nk at egyik r´ dr´l b´rmelyik m´sikra, aza u ´ u o a a zal a felt´tellel, hogy nagyobb atm´rj karika nem lehet a kisebb karika e ´ eou felett.

1.5.

Teljes indukci´ o

1.5.1. Bizony´ itsa be teljes indukci´val az al´bbi, osszegekre vonatkoz´ egyenlo a ¨ o o s´geket (n minden esetben term´szetes sz´m): e e a
n

a)
i=0 n

6i = i=
i=1 n

1 n+1 6 -1 5

b) c)
i=1 n

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

i (i + 1) =

d)
i=1 n

i (i + 1) (i + 2) = 2i-1 = 2n - 1

e)
i=1

´ 1.5. TELJES INDUKCIO
n

59

f)
i=1 n

i2 = i3 =
i=1

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

g)

1.5.2. Bizony´ itsa be az al´bbi egyenltlens´geket teljes indukci´val (n minden a o e o esetben term´szetes sz´m): e a a) n! > 3n , minden n 7 eset´n e 1 1 1 1 1 b) 2 + 2 + 2 + . . . + 2 < 2 - , minden n 2 eset´n e 1 2 3 n n c) n2 < 2n , minden n > 4 eset´n e d) (2n)! < (n!)2 4n-1 , minden n 5 eset´n e e) 3n > n · 2n 1 1 1 1 f) + + + · · · + > n, minden n 2 eset´n e n 1 2 3 n g) (1 + h) 1 + hn, b´rmely h R, h > -1 eset´n a e
n

h) (n + 1) < nn+1 , minden n > 2 eset´n e i) |sin n| n |sin |

1.5.3. Bizony´ itsa be az al´bbi oszthat´s´gokat teljes indukci´val (n minden ea o a o setben term´szetes sz´m): e a a) (2n)! oszthat´ 2n -nel o b) n3 + 5n oszthat´ 6-tal o c) 32n + 4n+1 oszthat´ 5-tel o d) n5 - 5n3 + 4n oszthat´ 120-szal o e) 22n + 24n - 10 oszthat´ 18-cal, ha n 1 o

1.5.4. Igazolja a k¨vetkez, rekurz´ defin´ oval adott sorozatokra vonatkoz´ o o iv ici´ o all´ asokat (n minden esetben term´szetes sz´m) : ´ it´ e a
Bernoulli-egyenltlens´g o e A (b) ´s (c) feladatban szerepl sorozat neve: Fibonacci-sorozat. Az (a)-ban szerepl e o o sorozat un. Fibonacci-t´ u sorozat: minden elemet a k¨zvetlen¨l eltte all´ k´t elem line´ris ´ ipus´ o u o ´ o e a kombin´ci´jak´nt kapjuk meg. a o e

60

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

a) a0 = 2, a1 = 1, an+2 = an+1 + 2an = an = 2n + (-1)n b) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an = an+2 > c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an = an =
1 5 3 n , 2 1+ 5 2

ha n 1
n

-

1- 5 2

n

1.5.5. Bizony´ be teljes indukci´val, hogy ha a p´ratlan sz´mokat 1-tl kezdve itsa o a a o osszeadjuk, mindig n´gyzetsz´mot kapunk. ¨ e a 1.5.6. Bizony´ itsa be, hogy n darab egyenes a s´ ikot legfeljebb r´szre osztja. (Seg´ eg¨ l l´sd az 1.4.5. feladatot.) e its´ u a
1 2

n2 + n + 2

1.5.7. Bizony´ be, hogy n darab k¨r a s´ itsa o ikot legfeljebb n2 - n + 2 r´szre osztja, e ha n 1. (Seg´ eg¨ l l´sd az 1.4.6. feladatot.) its´ u a 1.5.8. Bizony´ be, hogy b´rmely n-sz¨g bels sz¨geinek osszege: (n - 2) 180. itsa a o o o ¨ 1.5.9. Bizony´ itsa be teljes indukci´val, hogy n darab nem-negat´ val´s sz´m o iv o a m´rtani k¨zepe nem lehet nagyobb sz´mtani k¨zep¨ kn´l, azaz e o a o u e
n

a 1 a 2 . . . an

a1 + a2 + . . . + an . n

´ Utmutat´s: Az egyik lehets´ges megold´si m´dszer szerint elsz¨r mutassa a e a o o o meg, hogy igaz az all´ as n = 2 eset´n, majd azt, hogy tetszleges 2´ it´ e o hatv´ny (n = 2m ) eset´n. Ezut´n bizony´ a e a itsa be, hogy ha igaz valamely k + 1 eset´n, akkor k eset´n is. e e 1.5.10. D¨ntse el, hogy mi a hiba az al´bbi indukci´s bizony´ asokban. o a o it´ a) Bebizony´ itjuk, hogy minden sz´m´ og´p ugyanolyan. a it´ e P (1) nyilv´n igaz, hiszen minden g´p egyforma onmag´val. a e ¨ a Tegy¨ k fel, hogy b´rmely k darab g´p egyforma. Vegy¨ nk k + 1 u a e u darab g´pet. T´vol´ e a itsuk el mondjuk az A jel g´pet. A marad´k u e e k darab g´p az indukci´s feltev´s ´rtelm´ben egyforma. Vegy¨ nk e o e e e u ki ezek k¨z¨ l egy m´sik g´pet, jel¨lj¨ k ezt B-vel. Ez term´szetesen o u a e o u e ugyanolyan, mint azok, amelyeket egy¨ tt hagytunk. Tegy¨k vissza u u most A-t, ´ ism´t k darab g´pet kapunk, amelyek mind egyform´k. igy e e a Teh´t mind az A, mind a B g´p ugyanolyan, mint amelyeket nem a e mozgattunk el. Ezzel bel´ttuk, hogy minden sz´m´ og´p egyforma. a a it´ e

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

61

b) Legyen a = 0 val´s sz´m. Bebizony´ o a itjuk, hogy b´rmely nemnegat´ a iv eg´sz n eset´n an = 1. e e Mivel a0 = 1, ez´rt az all´ as igaz n = 0 eset´n. e ´ it´ e Tegy¨ k fel, hogy valamely k eg´sz sz´mra igaz, hogy minden olyan u e a m eg´sz eset´n, amelyre 0 m k teljes¨ l, am = 1. Ekkor e e u ak+1 = ak ak 1·1 = = 1. k-1 a 1

c) Bebizony´ itjuk, hogy b´rmely pozit´ eg´sz n sz´m eset´n: ha k´t a iv e a e e pozit´ eg´sz sz´m maximuma n, akkor a k´t sz´m egyenl. iv e a e a o Ha k´t pozit´ eg´sz sz´m maximuma 1, akkor a k´t eg´sz sz´m csak e iv e a e e a 1 lehet, ´ egyenlk. igy o Tegy¨ k fel, hogy ha k´t eg´sz sz´m maximuma k, akkor a k´t sz´m u e e a e a egyenl. Legyen x ´s y k´t olyan pozit´ eg´sz sz´m, amelyek mao e e iv e a ximuma k + 1. Ebben az esetben x - 1 ´s y - 1 maximuma k. Az e indukci´s feltev´s szerint ekkor x - 1 = y - 1, azaz x = y. o e

62

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

2. fejezet

Kombinatorika
2.1. Permut´ci´k a o

2.1.1. H´nyf´le sorrendben ultethet¨ nk le 6 embert egym´s mell´ egy padra? a e ¨ u a e 2.1.2. 12 hallgat´ tal´lkoz´t besz´lt meg egym´ssal. H´nyf´le sorrendben ´rheto a o e a a e e tek oda, ha nem volt k¨zt¨ k kett olyan, akik egyszerre ´rkeztek? o u o e 2.1.3. H´nyf´lek´ppen helyezhet el 8 b´stya egy sakkt´bl´n ugy, hogy ,,ne uss´k a e e o a a a ´ ¨ e egym´st" ­ azaz ne ker¨ lj¨n k´t b´stya sem egy sorba, sem egy oszlopba? a u o e a 2.1.4. Egy dobozban 16 goly´ van: 10 feh´r, 4 piros ´s 2 k´k. Egym´s ut´n o e e e a a kih´ zzuk a goly´kat. H´nyf´le sorrend lehets´ges, ha az azonos sz´ ueket u o a e e in nem lehet megk¨ l¨nb¨ztetni? uo o 2.1.5. H´ny k¨ l¨nb¨z otjegy sz´mot tud fel´ az a uo o o¨ u a irni a) 1, 2, 3, 4, 5 b) 1, 1, 2, 3, 4 c) 1, 1, 2, 2, 2 sz´mjegyek felhaszn´l´s´val? (Minden sz´mjegyet pontosan annyiszor kell a aa a a felhaszn´lni, ah´nyszor a felsorol´sban szerepel.) a a a 63

64 2.1.6. H´nyf´lek´ppen olvashat´ ki a k¨vetkez a e e o o 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

2. KOMBINATORIKA

elrendez´sben a kombinatorika e N A T O R I A T O R I K T O R I K A

2.1.7. H´nyf´lek´ppen lehet kiosztani 5 tanul´ k¨z¨tt 5 jutalomk¨nyvet, ha mina e e o o o o den tanul´ pontosan egy k¨nyvet kaphat? (A k¨nyvek k¨ l¨nb¨zek.) o o o uo o o 2.1.8. H´nyf´lek´ppen ultethet le 8 ember egy kerekasztal k¨r´, ha k´t elrena e e ¨ o o e e dez´s csak akkor sz´m´ k¨ l¨nb¨znek, ha ha van olyan szem´ly, akinek e a it u o o o e nem ugyanaz a bal- vagy jobb szomsz´dja a k´t esetben. e e

2.2.

Vari´ci´k a o

2.2.1. H´nyf´lek´ppen lehet 20 tanul´ k¨z¨tt 6 k¨ l¨nb¨z jutalomk¨nyvet kiosza e e o o o uo o o o tani, ha mindegyik¨ k legfeljebb egy k¨nyvet kaphat? u o 2.2.2. A vizsgaidszak egy napj´n 30 hallgat´ szeretne sz´beli vizsg´t tenni o a o o a az egyik oktat´n´l, aki azonban csak 18 embert tud egy nap alatt leo a vizsg´ztatni. Az els 18 jelentkez vizsg´zhat, m´gpedig a jelentkez´s a o o a e e sorrendj´ben. H´nyf´lek´ppen alakulhat a vizsga rendje? e a e e 2.2.3. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 sz´mjegyek felhaszn´l´s´val h´ny otjegy sz´m a aa a a ¨ u a k´sz´ e ithet? Mi a v´lasz a k´rd´sre abban az esetben, ha mindegyik felsoo a e e rolt sz´mjegy csak egyszer haszm´lhat´ fel? a a o 2.2.4. H´ny olyan hatjegy sz´m van (tizes sz´mrendszerben), amelyben nincs a u a a k´t egyforma sz´mjegy? Mi a v´lasz a k´rd´sre 8-as, illetve tizenkettes e a a e e sz´mrendszerben? a 2.2.5. H´nyf´lek´ppen lehet kit¨lteni a tot´szelv´ny egy oszlop´t? a e e o o e a 2.2.6. 10-szer feldobunk egy a) p´nz´rm´t; e e e b) dob´kock´t. o a

´ ´ 2.3. KOMBINACIOK

65

H´nyf´le dob´ssorozat alakulhat ki? a e a 2.2.7. Egy tesztben 30 k´rd´s mindegyik´hez otf´le v´laszt adtak meg, amee e e ¨ e a lyek k¨z¨ l a v´laszad´nak pontosan egyet kell megjel¨lni. H´nyf´lek´ppen o u a o o a e e t¨ltheti ki a tesztet az a hallgat´, aki csak vakt´ban pr´b´lkozik? o o a o a

2.3.

Kombin´ci´k a o

2.3.1. H´nyf´lek´ppen lehet 20 tanul´ k¨z¨tt 6 egyforma jutalomk¨nyvet sz´ta e e o o o o e osztani? 2.3.2. H´nyf´lek´ppen oszthatunk ki a 32 lapos magyar k´rty´b´l egy j´t´kosa e e a a o a e nak 4 lapot. (Nem l´nyeges, hogy a j´t´kos a lapokat milyen sorrendben e a e kapja.) 2.3.3. H´nyf´lek´ppen lehet kit¨lteni egy lott´szelv´nyt? a e e o o e 2.3.4. A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } a) H´ny 3-elem r´szhalmaza van A-nak? a u e b) H´ny olyan 5-elem r´szhalmaza van A-nak, amelynek 7 eleme? a u e c) H´ny olyan 4-elem r´szhalmaza van A-nak, amelynek elemei p´rata u e a lanok? 2.3.5. A BKV jegyeken 9 sz´mjegy tal´lhat´, amelyek k¨z¨ l ´rv´nyes´ eskor 3-at a a o o u e e it´ vagy 4-et lyukasztunk ki. H´nyf´le lyukkombin´ci´ lehets´ges? a e a o e 2.3.6. Egy 32-lapos k´rtyacsomagb´l 6 lapot h´ zunk. H´nyf´lek´ppen alakulhat a o u a e e a h´ z´s eredm´nye, ha u a e a) a kih´ zott lapok sorrendje is sz´m´ u a it; b) a kih´ zott lapok sorrendje nem sz´m´ u a it. 2.3.7. Egy uzletben 12 f´le k´peslapot arulnak. H´nyf´lek´ppen vehet¨ nk 5 ¨ e e ´ a e e u k´peslapot, ha mindegyik fajt´b´l legal´bb 5 db all rendelkez´sre? e a o a ´ e

66

2. KOMBINATORIKA

2.4.

Vegyes
a) mindegyik sz´mjegyet legfeljebb egyszer haszn´lhatjuk fel; a a b) mindegyik sz´mjegy felhaszn´lhat´ t¨bbsz¨r is; a a o o o c) mindegyik sz´mjegyet csak egyszer lehet felhaszn´lni ´s a sz´mjegyek a a e a a sz´mban n¨vekv sorrendben k¨vetik egym´st; a o o o a d) mindegyik sz´mjegy t¨bbsz¨r is felhaszn´lhat´ ´s a jegyek a sz´mban a o o a oe a nem cs¨kken sorrendben k¨vetik egym´st? o o o a

2.4.1. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 sz´mjegyekbl h´ny n´gyjegy sz´m all´ a o a e u a ´ ithat´ ossze, ha o¨

2.4.2. H´ny olyan otjegy sz´m van, amelyek jegyei a ¨ u a a) p´ratlanok; a b) p´rosak; a c) p´ratlanok ´s mind k¨ l¨nb¨zek; a e uo o o d) p´rosak ´s mind k¨ l¨nb¨zek? a e uo o o 2.4.3. A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 sz´mjegyekbl h´ny olyan 6-jegy sz´m all´ a o a u a ´ ithat´ o ossze, amelynek jegyei k¨z¨tt legal´bb egy ism´tld´s van? ¨ o o a e o e 2.4.4. H´ny olyan hatjegy sz´m van, amelyekben a szomsz´dos sz´mjegyek a u a e a k¨ l¨nb¨zek? uo o o 2.4.5. H´nyf´lek´ppen lehet a Jupiter sz´ bet it osszekeverni ugy, hogy a maa e e o u ¨ ´ g´nhangz´k az abc-nek megfelel sorrendben k¨vess´k egym´st? a o o o e a 2.4.6. Az oxig´nnek h´rom, a hidrog´nnek k´t stabil izot´pja van. H´nyf´le e a e e o a e v´ izmolekula k´pzdhet ezekbl? e o o 2.4.7. Egy koll´giumi szob´ban h´rom di´k lakik. N´gy cs´sz´j¨ k, ot cs´szealjuk, e a a a e e eu ¨ e ´s hat kiskanaluk van. (Az egyes cs´sz´k, al´t´tek ´s kiskanalak mind e e e a e e k¨ l¨nb¨zk.) H´nyf´lek´ppen ter´ uo o o a e e ithetnek te´z´shoz, ha mindh´rman a a a egy-egy cs´sz´t, cs´szealjat ´s kiskanalat kapnak? e e e e 2.4.8. Ha egy halmaz elemeinek sz´m´t kettvel n¨velj¨ k, akkor az elemek pera a o o u mut´ci´inak sz´ma az eredeti permut´ci´k sz´m´nak 930-szorosa lesz. a o a a o a a H´ny elem a halmaz? a u

2.4. VEGYES

67

2.4.9. Egy dobozban h´rom s´rga goly´ van. H´ny piros goly´t kell betenni aha a o a o hoz, hogy a dobozban tal´lhat´ goly´kat 4495 sorrendben lehessen egym´s a o o a ut´n kih´ zni, ha az azonos sz´ u goly´kat nem lehet megk¨ l¨nb¨ztetni? a u in o uo o 2.4.10. H´rom kocsib´l all´ villamosra 9 ember sz´ll fel ugy, hogy minden kocsira a o ´ o a ´ h´rom ember jut. H´nyf´lek´ppen t¨rt´nhet ez? a a e e o e 2.4.11. Egy p´nz´rm´t 12-szer egym´s ut´n feldobunk. e e e a a a) H´ny k¨ l¨nb¨z dob´ssorozatunk lehet? a uo o o a b) H´nyszor lehet 8 fej ´s 4 ´ as a dob´ssorozatban? a e ir´ a 2.4.12. Egy p´nz´rm´t n-szer feldobunk egym´s ut´n. Ha a dob´sok sz´m´t 2e e e a a a a a vel n¨velj¨ k, akkor az eredm´nysorozatok sz´ma 3072-vel n. H´nyszor o u e a o a dobtunk? 2.4.13. Egy 12 tag´ t´rsas´g cs´nakokat b´rel. H´nyf´lek´ppen foglalhatnak heu a a o e a e e lyet a cs´nakokban, ha o a) egy 3-, egy 4- ´s egy 5-¨ l´ses cs´nak van; e ue o b) h´rom k¨ l¨nb¨z 4-¨ l´ses cs´nak van; a uo o o ue o c) h´rom egyforma 4-¨ l´ses cs´nak van? a ue o 2.4.14. Egy 32 lapos magyark´rtya-csomagb´l egyszerre kivesz¨ nk 5 lapot. H´ny a o u a olyan h´ z´s lehets´ges, ahol a kih´ zott lapok k¨z¨tt u a e u o o a) csak piros fordul el; o b) pontosan egy piros van; c) van piros; d) 2 piros ´s 3 z¨ld van; e o e) minden sz´ elfordul; in o f) pontosan 1 asz ´s 4 piros tal´lhat´; ´ e a o g) mind asz vagy piros; ´ h) az osszes asz ´s piros? ¨ ´ e 2.4.15. H´ny k¨ l¨nb¨z utvonalon juthatunk el a sakkt´bl´n a bal fels sarokban a uo o o´ a a o l´v mezrl a jobb als´ sarokban l´vre, ha b´rmely ´rintett mezrl csak e o o o o e o a e o o az alatta l´v vagy pedig a jobb oldal´n all´ mezre l´phet¨ nk? e o a ´ o o e u

68

2. KOMBINATORIKA

2.4.16. Egy terem mennyezet´n 5 sorban, 6 oszlopban osszesen 30 l´mpa van e ¨ a felszerelve. K¨z¨ l¨ k 4 nem vil´g´ Nincs olyan sor ´s nincs olyan oszlop, o uu a it. e amelyben egyn´l t¨bb l´mpa nem ´gne. H´nyf´lek´ppen lehets´ges ez? e o a e a e e e 2.4.17. H´nyf´lek´ppen ultethet¨ nk le egy kerek asztal k¨r´ 5 nt ´s 5 f´rfit ugy, a e e ¨ u o e o e e ´ hogy se 2 n, se 2 f´rfi nem ker¨ lj¨n egym´s mell´, ha az egym´sba elforo e u o a e a gathat´ eseteket o a) k¨ l¨nb¨znek; uo o o b) azonosnak tekintj¨ k? u 2.4.18. Egy pont egys´gnyi l´p´seket tesz meg a sz´megyenesen pozit´ vagy e e e a iv negat´ ir´nyban. H´nyf´lek´ppen juthat el az orig´b´l n l´p´ssel a k iv a a e e o o e e pontba? 2.4.19. H´ny metsz´spontja van maxim´lisan egy konvex 9-sz¨g atl´inak a 9-sz¨g a e a o ´ o o belsej´ben? e 2.4.20. Egy osszej¨vetelen 9 f´rfi ´s 12 n vesz r´szt. H´nyf´lek´ppen t´ncolhat 7 ¨ o e e o e a e e a p´r? a 2.4.21. H´nyf´lek´ppen lehet 24 egyforma goly´t 8 k¨ l¨nb¨z dobozba sz´tosztani a e e o uo o o e ugy, hogy ´ a) a dobozokba ak´r 0 goly´ is ker¨ lhet; a o u b) minden dobozban legyen legal´bb 1 goly´; a o c) minden dobozban legal´bb 2 goly´ legyen? a o

2.5.
a) c)

Binomi´lis egy¨ tthat´k a u o
n k
n

2.5.1. Igazolja az al´bbi osszef¨ gg´seket: a ¨ u e = n k = n n-k =2
n

b) d)

n n + k k+1
n

= =0

n+1 k+1

k=0

e)

n k

n n-1 · k k-1

k=0 n

(-1) · n k

k

n k

f)
k=1

k·

= n · 2n-1

´ ´ 2.6. BINOMIALIS TETEL

69 25 x 23 x

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

=

egyenletet!

2.6.

Binomi´lis t´tel a e
a) (a + b)
n 5

2.6.1. V´gezze el a k¨vetkez hatv´nyoz´sokat: e o o a a b) (3x - 1) n k
4

c) (2x - 3y)
n

6

2.6.2. Igazolja a k¨vetkez osszef¨ gg´seket: o o¨ u e a)
k=0

(-2) ·

k

= (-1)

n

b)
k=0

2k ·

n k

= 3n

70

2. KOMBINATORIKA

3. fejezet

Matematikai logika
3.1. Kijelent´slogika e

Kijelent´sek e
3.1.1. V´lassza ki az al´bbi mondatok k¨z¨ l a kijelent´seket. a a o u e a) A printerem elromlott. b) H´ny hallgat´ja van ennek az ´vfolyamnak? a o e d) J´ reggelt, Vietnam! o c) Minden x ´s y val´s sz´mra igaz, hogy x2 - y 2 = (x - y)(x + y). e o a e) B´rmely p´ros sz´m elall´ a a a o´ ithat´ legfeljebb k´t pr´ o e imsz´m osszegea ¨ k´nt. e f) T¨r¨ld le a k´pernyt! o o e o g) Ha 7 p´ros sz´m, akkor az osszead´s a val´s sz´mok halmaz´n nem a a ¨ a o a a kommutat´ iv. h) Van piros sz´ u r´zsa. in o 3.1.2. Adjon meg olyan kijelent´seket, melyekben a mondat alanya eleme az e al´bbi halmaznak. Hat´rozza meg a kijelent´sek igazs´g´rt´k´t! a a e a e e e a) {x | x vir´g} a
P´ros a

Goldbach-sejt´s e

71

72

3. MATEMATIKAI LOGIKA

b) {(x, y) | x - y = 6, x R, y R} c) {g | g s´ ikbeli g¨rbe, amely az x tengelyt az orig´ban ´s a (2, 0) ponto o e ban metszi. } d) {I | I intervallum, amelynek b´rmely k´t pontja legfeljebb 1 t´vola e a s´gra van. } a e) {x | x fekete, x {italok}} 3.1.3. Tagadja az al´bbi kijelent´seket, ´s a tagad´st fogalmazza meg t¨bbf´lea e e a o e k´ppen. e a) b) c) d) e) f) Kati iskol´ba megy. a Minden fiskolai hallgat´ szorgalmas. o o Van p´ros pr´ a imsz´m. a A 9 nem p´ros ´s nem oszthat´ 3-mal. a e o A 21 p´ros vagy oszthat´ 2-vel. a o Minden asszony ´let´ben van egy olyan pillanat, amikor olyat tesz, e e amit nem szabad. (Fogalmazza meg a tagad´st ugy, hogy ne szerea ´ peljenek a mondatban a nem ´s a nincs szavak.) e

3.1.4. Formaliz´lja az al´bbi kijelent´seket a kijelent´slogik´ban. a a e e a a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) Hideg van ´s esik az es. e o S¨ t a nap, de nem f´ j a sz´l. u u e Ha melegem van ´s ´hes vagyok, nem tudok dolgozni. e e Ha Marci idben fel´bred ´s el´ri a vonatot, akkor boldog lesz, de ha o e e e nem ´bred fel idben, akkor nem lesz boldog. e o Busszal vagy gyalog megyek vagy se nem busszal, se nem gyalog. Ha holnap j´ id lesz, akkor -- ha lesz kedvetek hozz´ -- elmegy¨ nk o o a u s´t´lni. ea Egy eg´szekbl all´ k´ttag´ osszeg pontosan akkor p´ratlan, ha a e o ´ o e u ¨ a tagok k¨z¨ l pontosan az egyik p´ratlan. o u a Tavasszal, cseresznyefavir´gz´skor a jap´nok a f´k alatt piknikeznek. a a a a A f¨ ge akkor terem meg Magyarorsz´gon, ha a hm´rs´klet meghau a o e e ladja a 30 -ot ´s sz´razs´g van. e a a Juli mindig tud aludni, kiv´ve akkor, ha a margitszigeti sz´ e inpadon oper´t j´tszanak. a a Valah´nyszor piros a l´mpa, meg´llok, egy´bk´nt nem. a a a e e

´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

73

Logikai formul´k a
3.1.5. Igazolja azonos atalak´ asokkal, hogy az al´bbi formulap´rok egyen´rt´´ it´ a a e e k ek. u a) p (¬p q) pq (p q) ¬(p ¬q) pq

b) p (¬p q)

c) (p (¬p q)) ¬p q

pq

3.1.6. Egyen´rt´k ek-e az al´bbi formul´k? e e u a a a) (¬p q) (p q)

b) ¬(p (q r))

(p q) (p ¬r)

3.1.7. Adjon meg az al´bbi logikai formul´kkal egyen´rt´k diszjunkt´ norm´la a e e u iv a form´kat. a a) ((p q) r) ¬p ¬q

b) ((p q) r) (¬p ¬q)

d) ¬ ((p q) ¬r) (¬p ¬q) e) ¬ ((p q) ¬r) (¬p ¬q)

c) ((p q) (r p)) (p q)

3.1.8. V´lassza ki az al´bbiak k¨z¨ l a tautol´gi´kat. a a o u o a a) ¬ ((¬p q) (¬q r)) (¬p r) c) ((¬p q) (¬q r)) (¬p r)

b) ¬ (p ¬q) ¬q

´ 3.1.9. Allap´ meg Quine-algoritmus seg´ eg´vel, hogy az al´bbi formul´k k¨itsa its´ e a a o z¨ l melyik tautol´gia, kiel´g´ u o e ithet, illetve kontradikci´. o o a) ((p q r) ¬q ¬r) p c) p (¬q (¬q ¬p))

b) (¬(p r) q) (p q)

d) (p ¬q) ((¬p r) (q ¬p))

e) (p ((¬q r) p)) (¬p (q r))

74

3. MATEMATIKAI LOGIKA

3.1.10. Adja meg a 4. p´ld´ban szerepl c), f) ´s h) kijelent´sek e a o e e a) megford´ as´t; it´ a b) tagad´s´t; a a c) kontrapoz´ oj´t. ici´ a

K¨vetkeztet´sek a kijelent´slogik´ban o e e a
3.1.11. Lak´sbet¨r´s t´rgy´ban folyik a nyomoz´s. A nyomoz´s az al´bbiakat a o e a a a a a allap´ meg: ´ itja A1 : Ha a tettes f´rfi, akkor kistermet . e u A2 : Ha kistermet , akkor az ablakon m´szott be. u a A3 : F´rfi a tettes, de legal´bbis f´rfiruh´t hordott. e a e a A4 : Ha f´rfiruh´t hordott, akkor felt´ve, hogy hiteles a szemtan´ vale a e u lom´sa, az ablakon m´szott be. a a A5 : Nem az ablakon m´szott be. a a) ´ le a fenti osszetett kijelent´seket az al´bbi jel¨l´seket haszn´lva: Irja ¨ e a oe a p : F´rfi a tettes. e q : Kistermet a tettes. u r : Ablakon m´szott be a tettes. a s : F´rfiruh´t hordott a tettes. e a t : Hiteles a szemtan´ vallom´sa. u a b) Felt´ve, hogy a nyomoz´s osszes meg´llap´ asa helyes, d¨ntse el, hogy e a ¨ a it´ o a szemtan´ vallom´sa hiteles vagy sem. u a 3.1.12. Eg´sz´ ki az al´bbi t´bl´zatot ugy, hogy az A, B, C D helyes k¨vete itse a a a ´ o keztet´si s´ma legyen. Ahol b´rmelyik logikai ´rt´k szerepelhet, a 0/1 jelet e e a e e ´ irja. A 1 1 0 B 1 1 0 C 1 1 1 1 D 1 0

´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

75

3.1.13. Helyesek-e az al´bbi kijelent´slogikai k¨vetkeztet´sek? a e o e b) p (q r), d) (p q) r, e) ¬r q, f) p r, c) p (q r), a) p (q r), q ¬r, p q, qr q s pr p (p r) q

p s,

¬q p,

r s,

(q ¬r) s,

s ¬q,

¬(p q) q

¬(p s)







r

¬p

qs

3.1.14. Milyen konkl´ zi´t vonhatunk le az al´bbi premissz´kb´l? u o a a o a) A1 : Ha az or´m j´l j´r, akkor -- ha idej´ben j¨n az aut´busz -- ´ a o a e o o meg´rkezem a gyakorlat megkezd´se eltt. e e o A2 : Idej´ben j¨n az aut´busz, m´gsem ´rkezem meg a gyakorlat e o o e e megkezd´se eltt. e o b) A1 : Ha elmegy¨ nk Tihanyba, akkor F¨ redre is elmegy¨ nk, de csak u u u akkor. A2 : Ha nem megy¨ nk Alm´diba, akkor F¨ redre sem megy¨ nk. u a u u A3 : Az biztos, hogy nem megy¨ nk Alm´diba is meg Tihanyba is, u a de vagy Alm´diba vagy Tihanyba elmegy¨ nk. a u 3.1.15. Formaliz´lja az al´bbi kijelent´seket, ´s v´laszoljon a feltett k´rd´sre. a a e e a e e a) Egy gyilkoss´ggal kapcsolatban az al´bbiakat siker¨lt meg´llap´ a a u a itani: A1 : Ha Joe nem tal´lkozott akkor ´jjel Freddel, akkor Fred a gyilkos a e vagy Joe hazudik. A2 : Ha nem Fred a gyilkos, akkor Joe nem tal´lkozott akkor ´jjel a e Freddel, ´s a gyilkoss´g ´jf´l ut´n t¨rt´nt. e a e e a o e A3 : Ha a gyilkoss´g ´jf´l ut´n t¨rt´nt, akkor Fred a gyilkos vagy a e e a o e Joe hazudik. A gyilkos ut´n nyomoz´ fel¨ gyel ezek alapj´n arra k¨vetkeztetett, a o u o a o hogy Fred a gyilkos. Helyesen tette-e? b) Az al´bbi inform´ci´kat tudjuk a h´tv´gi programmal kapcsolatban: a a o e e A1 : Ha esik az es, ´tteremben eb´del¨ nk. o e e u A2 : Ha nem ´tteremben eb´del¨ nk, akkor elmegy¨ nk kir´ndulni. e e u u a A3 : Ha kir´ndulunk, akkor nem esik az es, ´s ´tteremben eb´dea o e e e l¨ nk. u

76

3. MATEMATIKAI LOGIKA

K¨vetkezik-e ezekbl, hogy (akkor ´s) csak akkor kir´ndulunk, ha o o e a nem esik az es. o c) A Ewing csal´dr´l az al´bbi inform´ci´k allnak rendelkez´s¨ nkre: a o a a o ´ eu A1 : Samantha (akkor ´s)csak akkor kezd el inni, ha Jockey eladja a e r´szv´nyeket Cliff Barnes-nak ´s Pamela osszev´sz Bobby-val. e e e ¨ e A2 : Ha Samantha elkezd inni, Ellie boldogtalan lesz. A3 : Nem igaz az, hogy ha Jockey eladja a r´szv´nyeket Cliff Barnese e nak, akkor Ellie boldogtalan lesz. K¨vetkezik-e ezekbl, hogy Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela osszeo o ¨ v´sz Bobby-val? e Mi a helyzet akkor, ha az A1 -et a k¨vetkezk´ppen m´dos´ o o e o itjuk: A1 : Samantha inni kezd, ha... d) V´s´rl´s k¨zben a k¨vetkezk´ppen morfond´ a a a o o o e irozunk: A1 : Ha veszek alm´t ´s olcs´ a toj´s, k´sz´ a e o a e itek m´glyarak´st. a a A2 : Ha dr´ga a toj´s, akkor nem veszek alm´t ´s ´hes maradok. a a a e e A3 : Csak akkor nem maradok ´hes, ha k´sz´ e e itek m´glyarak´st. a a Formaliz´lja a kijelent´seket, ´s d¨ntse el, hogy k¨vetkezik-e ezekbl, a e e o o o hogy ha olcs´ a toj´s, akkor nem maradok ´hes. o a e 3.1.16. Erdei s´t´nkon Noszminosz mesev´ros´ba ´rkez¨ nk, ahol az al´bbi inea a a e u a form´ci´kat kapjuk: a o A1 : Felt´ve, hogy Noszminosz igazmond´, o a v´ros tan´ oja ´s Grettli e o a it´ e nem fah´zban ´l. a e A2 : Ha Grettli az erd melletti fah´zban ´l, akkor nem a v´ros r´me. o a e a e A3 : Ha Grettli az erd mellett ´l ´s Noszminosz igazmond´, akkor Grettli o e e o nem a v´ros r´me. a e a) Formaliz´lja a kijelent´seket ´s d¨ntse el, hogy az A3 k¨vetkezm´nyea e e o o e e az A1 ´s A2 kijelent´seknek. e e b) Ha tudjuk, hogy az els k´t all´ as igaz, de a harmadik hamis, mit o e ´ it´ tudunk mondani Noszminoszr´l? o

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

77

3.2.

Predik´tumlogika a

Predik´tumok a
3.2.17. Tekints¨ k a P xyz osszetett predik´tumot, amelynek v´ltoz´i az eg´sz sz´u ¨ a a o e a mokon vannak ´rtelmezve: e P xyz : ((x < y) (y < z)) (¬ (x + y < z)) Hat´rozza meg az al´bbi kijelent´sek igazs´g´rt´k´t. a a e a e e e a) P 345 b) P 113 c) P - 211 3.2.18. Legyenek a P , Q ´s R a val´s sz´mok halmaz´n ´rtelmezett predik´tumok e o a a e a a k¨vetkezk: o o Px : x < 7 Qx : x > 15 Rx : x < 0

Fejezze ki az al´bbiakban megadott predik´tumokat a P , Q ´s R prea a e dik´tumokkal, valamint a ¬, a m veleti jelek felhaszn´l´s´val. a u aa a b) 7 x 15 d) 0 x 15 c) 0 x < 7 a) 0 x

e) (0 x < 7) (x > 15)

Kvantifik´ci´ a o
3.2.19. Formaliz´lja a k¨vetkez kijelent´seket a predik´tumlogik´ban. a o o e a a a) Minden holl´ fekete. o b) Van feh´r hatty´ . e u c) Az any´k szeretik fiaikat. a d) A vas f´m. e

78

3. MATEMATIKAI LOGIKA

e) Van olyan torony, amelyik nem f¨ ggleges. u o f) P´l levelet adott Paul´nak a a g) Nem minden sz´m racion´lis. a a h) Nincs olyan sz´m, amely ha racion´lis, akkor irracion´lis. a a a 3.2.20. Legyen az al´bbiakban a v´ltoz´k alaphalmaza az eg´sz sz´mok halmaza. a a o e a Milyen kvantorokat ´ irjunk az al´bbi predik´tumok vagy a predik´tumok a a a neg´ci´ja el´, hogy igaz ill. hamis kijelent´seket kapjunk? a o e e 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. ´ le szavakkal az al´bbi formaliz´lt kijelent´seket, ha az F xy k´tv´ltoz´s Irja a a e e a o predik´tum jelent´se: x f´l y-t´l. a e e o a) x y F xy

b) x y F xy

d) y x F xy 3.2.22. T´telezz¨ k fel, hogy k´pernynk 80x25-¨s, azaz egy sorba 80 karakter e u e o o ´ irhat´, a sorok sz´ma pedig 25. A kurzor lehets´ges poz´ oit rendezett o a e ici´ sz´mp´rral ´ a a irjuk le: (oszlopsz´m, sorsz´m). A sz´moz´st a bal fels saa a a a o rokt´l kezdj¨ k. A k´perny (1,1), (20,1) ´s (1,20) pontok altal kijel¨lt o u e o e ´ o h´romsz¨g alak´ r´sze piros sz´ ure van kifestve. ´ le az al´bbi formaa o u e in Irja a liz´lt kijelent´seket, ahol F xy azt jelenti, hogy a k´perny (x, y) poz´ oj´ a e e o ici´ u pontja piros; Qx, hogy 17 x; Rx, hogy x 20; Sxy pedig, hogy y (21 - x). D¨ntse el, hogy a megfelel all´ asok igazak vagy hamio o ´ it´ sak. a) x y F xy

c) y x F xy

b) x y (¬F xy)

d) y x (F xy Qx)

c) x (y (¬F xy))

e) x y (Rx Sxy F xy)

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

79

f) x y ((Rx Sxy) F xy) 3.2.23. Legyenek a term´szetes sz´mok halmaz´n ´rtelmezve az al´bbi predik´tue a a e a a mok: P x: x pr´ imsz´m a Sx: x p´ratlan sz´m a a ´s e Qx : x 2.

´ le az al´bbi formul´knak megfelel kijelent´seket. Melyek k¨z¨ l¨ k az Irja a a o e o uu igaz all´ asok? ´ it´ b) x (P x ¬Sx) a) x (P x ¬Sx) c) x (P x (Sx Qx))

d) ¬x ((P x ¬Sx) ¬Qx) 3.2.24. Defini´ljuk az eg´sz sz´mok halmaz´n a k¨vetkez predik´tumokat: a e a a o o a P x: x pr´ imsz´m a ´s Oxy: x oszt´ja y-nak. e o

Tekints¨ k a k¨vetkez formul´kat: u o o a 1. x (P x O4x) 3. x (P x y (Oyx P y)) 2. P 3 ¬O36 4. x (P x ¬O4x)

a) ´ le a fenti formul´kat k¨znapi nyelven. Irja a o ´ ekelje ki a formul´kat az adott interpret´ci´ban. b) Ert´ a a o c) Van-e k´t olyan formula, amelyek egym´s tagad´sai? Melyek azok, e a a mi´rt? e d) Formaliz´lja k¨vetkez mondatokat: a o o Minden sz´mnak van oszt´ja. a o Van olyan sz´m, amelynek nincs pr´ a imoszt´ja. o 3.2.25. Defini´ljuk a vir´gok halmaz´n a k¨vetkez predik´tumokat: a a a o o a P x : x piros ´s e Sxy : x szebb, mint y

Valamint vezess¨ k be a t : tulip´n, ´s az r : r´zsa individuum-konstansou a e o kat. Tekints¨ k a k¨vetkez formul´kat: u o o a 1. x (P x Sxt) 3. x ((¬P x Sxr) y Sxy) 2. P r ¬Srt 4. x (P x ¬Sxt)

80 a) ´ le a fenti formul´kat k¨znapi nyelven. Irja a o

3. MATEMATIKAI LOGIKA

b) Van-e k´t olyan formula, amelyek egym´s tagad´sai? Melyek azok, e a a mi´rt? e c) Van-e k´t olyan formula, amelyekre A B igaz, de B A nem? e d) Formaliz´lja a k¨vetkez mondatokat: a o o Nincs olyan vir´g, amely mindegyikn´l szebb. ( Nincs legszebb via e " r´g.") a Minden vir´g szebb valamelyikn´l. ( Nincs legcs´ ny´bb vir´g.") a e u a a " 3.2.26. Defini´ljuk a nk halmaz´n a k¨vetkez predik´tumokat: a o a o o a Sx : x szke; o Oxy : x okosabb, mint y; valamint vezess¨ k be a k : Kati individuum-konstanst. Tekints¨ k a k¨vetu u o kez kijelent´seket: o e 1. Sk x (¬Sx ¬Okx) 3. ¬Sk x (¬Sx Okx) 2. x (Sx y (¬Sy Oyx)) 4. x (Sx Oxk)

a) Fogalmazza meg a kijelent´seket k¨znapi nyelven. e o b) Melyik az a k´t formula, amelyek egym´s tagad´sai? Mi´rt? e a a e c) Nevezze meg azt a szab´lyt, amelyet az elz k´rd´sn´l haszn´lt. a o o e e e a d) Formaliz´lja a k¨vetkez kijelent´st: a o o e A szke nk nem lehetnek mindenkin´l okosabbak. o o e 3.2.27. Formaliz´lja az al´bbi k¨zmond´sokat. a a o a a) Aki a kicsit nem becs¨ li, a nagyot nem ´rdemli. u e b) Ki kor´n kel, aranyat lel. a c) Nincsen r´zsa t¨vis n´lk¨ l. o o e u d) Minden szentnek maga fel´ hajlik a keze. e e) Nem mind arany, ami f´nylik. e f) Aki szelet vet, vihart arat. g) Mindenkinek megvan a maga keresztje.

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

81

Predik´tumlogikai formul´k interpret´ci´i a a a o
3.2.28. Adja meg az al´bbi predik´tumlogikai formul´k logikai ´rt´keit az I1 ´s a a a e e e I2 interpret´ci´kban. Az univerzumok rendre U1 = N ´s U2 = Q. A a o e predik´tumok jelent´se mindk´t interpret´ci´ban: P xy : x < y, Qxy : a e e a o x y. b) x y Qxy d) y x P xy c) y x Qxy a) x y P xy

e) x y z ((P xz P zy) (P yz P zx))

3.2.29. Adja meg az al´bbi predik´tumlogikai formul´k logikai ´rt´keit I1 ´s I2 a a a e e e interpret´ci´kban. Az univerzumok mindk´t interpret´ci´ban azonosak: a o e a o U1 = U2 = {a t´r egyenesei}. A predik´tumok jelent´se I1 eset´n P xy: x e a e e egy pontban metszi y-t, I2 -ben pedig P xy: x ´s y kit´rek. e eo a) x y (P xy P yx)

b) x y z ((P xy P yz) P xz) d) x y z ((P xy P yz) P xz)

c) ¬x y z ((P xy P yz) ¬P xz)

3.2.30. Legyenek az L elsrend nyelvben az individuum-v´ltoz´k x ´s y. A nyelvo u a o e ben adott egy f k´tv´ltoz´s f¨ ggv´ny ´s k´t k´tv´ltoz´s predik´tum P e a o u e e e e a o a ´s Q. A formul´k ´p´ es´hez a szok´sos logikai m veleti ´s seg´djelek e a e it´ e a u e e haszn´lhat´k. a o ´ e Er´kelje ki az al´bbiakban megadott formul´kat a k¨vetkez interpret´cia a o o a oban: ´ U = Z+ , f (x, y) : x ´s y legnagyobb k¨z¨s oszt´ja, e o o o P xy : x oszt´ja y-nak, o Qxy : x = y. a) x y P xy c) x y P xy e) x y z Qf (x, y) z d) x y P xy f) x y z Qf (x, y) z b) x y P xy

g) x y z Qf (x, y) z

h) z x y Qf (x, y) z

82

3. MATEMATIKAI LOGIKA

3.2.31. Adjon meg olyan elsrend nyelvet, mely alkalmas az al´bbi all´ asok o u a ´ it´ le´ as´ra. ´ le a megfelel formul´kat. ir´ a Irja o a a) Minden 1-n´l nagyobb term´szetes sz´mnak van pr´ e e a imoszt´ja. o b) B´rmely pr´ a imsz´mn´l van nagyobb pr´ a a imsz´m. a c) V´gtelen sok ikerpr´ van. e im (Ikerpr´ p ´s p + 2, ha mindkett pr´ im: e o im.) 3.2.32. Legyenek az L elsrend nyelvben az individuum-v´ltoz´k x, y ´s z. o u a o e A nyelvben adott egy f k´tv´ltoz´s f¨ ggv´ny ´s egy k´tv´ltoz´s pree a o u e e e a o dik´tum P . A formul´k ´p´ es´hez a szok´sos logikai m veleti ´s seg´djelek a a e it´ e a u e e haszn´lhat´k. Adjon meg olyan interpret´ci´t, amellyel egy az U -n ´rtela o a o e mezhet k´tv´ltoz´s m velet al´bbi tulajdons´gai ´ o e a o u a a irhat´k le. Adja meg a o megfelel formul´kat. o a a) kommutativit´s a b) asszociativit´s a c) idempotencia 3.2.33. Defini´ljon elsrend nyelvet ´s annak olyan interpret´ci´j´t, amelyben a o u e a oa a homog´n bin´ris rel´ci´k al´bbi tulajdons´gai ´ e a a o a a irhat´k le. Adja meg a o megfelel formul´kat. o a a) reflexivit´s a b) szimmetria c) antiszimmetria d) tranzitivit´s a

Levezet´sek elsrend nyelvben e o u
3.2.34. Legyenek adottak a k¨vetkez szab´lyok: o o a 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´r´lag a fenti szab´lyok alkalmaz´s´val az al´bbi k¨vetkeza o a a a a o tet´sek helyess´g´t. e e e

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

83

b) (x (y z)) ((x y) (x z)) c) (x (x y)) (x y) 3.2.35. Legyen a halmaznyelv jelk´szlete a k¨vetkez: e o o A, B, C, . . . jeleket nevezz¨ k halmazoknak, U -val jel¨lj¨ k az un. univeru o u ´ z´lis halmazt, pedig jelentse az ures halmazt. a ¨ A m veleti jelek: , ´s a . Seg´djelek: (, ). K´tv´ltoz´s rel´ci´ jel: u e e e a o a o =. A nyelv formul´i az al´bbi rekurzi´val adottak: a a o 1. A, B, C, . . . U, formul´k. a

a) (x y) (x y)

3. A nyelvben az elz k´t pontban megadott formul´kon k´ ul m´s o o e a iv¨ a formula nincs. Axi´m´k. o a 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)) =

2. Ha A ´s B formul´k, akkor (A B), (A B) ´s (A B) is formul´k. e a e a

b) Igazolja, hogy ha valamely X ´s Y halmazra igaz az al´bbi k´t all´ as e a e ´ it´ T1 : (X Y ) = , T2 : (X Y ) = U, akkor igaz a T3 : Y = (U X) all´ as is. ´ it´

a) Bizony´ be, hogy (A ) = . itsa

84

3. MATEMATIKAI LOGIKA

4. fejezet

Algebrai strukt´r´k u a
4.1. Algebrai strukt´ r´k, m veletek u a u
a) a val´s sz´mok halmaza az oszt´sra n´zve; o a a e b) a bj (b Z) alak´ komplex sz´mok az osszead´sra, illetve a szorz´sra u a ¨ a a n´zve; e d) a val´s sz´mok halmaz´n ´rtelmezett szigor´ an monoton n¨vekv o a a e u o o f¨ ggv´nyek a kompoz´ ora n´zve; u e ici´ e e) a 3 × 3-as diagon´lis m´trixok az osszead´sra, illetve a szorz´sra a a ¨ a a n´zve; e f) a pr´ imsz´mok halmaza a legnagyobb k¨z¨s oszt´, illetve legkisebb a o o o k¨z¨s t¨bbsz¨r¨s m veletre n´zve. o o o o o u e 4.1.2. Vizsg´lja meg az al´bbi m veleteket kommutativit´s, asszociativit´s, ´s a a u a a e idempotencia szempontj´b´l: a o a) legnagyobb k¨z¨s oszt´ a term´szetes sz´mok halmaz´n; o o o e a a b) legkisebb k¨z¨s t¨bbsz¨r¨s a pozit´ term´szetes sz´mok halmaz´n; o o o o o iv e a a c) n × n t´ u m´trixok osszead´sa, illetve szorz´sa. ipus´ a ¨ a a
n

4.1.1. Algebrai strukt´ r´k-e az al´bbiak: ua a

c) az {1, 2, 3, 4} halmaz a mod5 szorz´sra ´s osszead´sra n´zve; a e ¨ a e

mod m alatt az n sz´m m-mel val´ oszt´si marad´k´t ´rtj¨k. a o a e a e u

85

86

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

4.2.

F´lcsoport, csoport e

4.2.1. F´lcsoportok-e az al´bbi strukt´ r´k? Amennyiben igen, van-e egys´g-, e a ua e illetve z´ruselem¨ k? e u a) (P(H); ), ahol P(H) a H halmaz hatv´nyhalmaza ´s a szimmeta e rikus differencia; b) (V ; ·), ahol V a h´romdimenzi´s vektorok halmaza, · pedig a skal´ris a o a szorz´s; a c) (V ; ×), ahol V a h´romdimenzi´s vektorok halmaza, × pedig a veka o tori´lis szorz´s; a a d) (Pn ; +), ahol Pn a legfeljebb n-edfok´ egyv´ltoz´s polinomok halu a o maza, + pedig a polinomok osszead´sa; ¨ a e) (C(R); +), ahol C(R) a val´s sz´mok halmaz´n ´rtelmezett folytonos o a a e f¨ ggv´nyek halmaza, + pedig a f¨ ggv´nyek osszead´sa; u e u e ¨ a f) (C(R); ·), ahol C(R) a val´s sz´mok halmaz´n ´rtelmezett folytonos o a a e f¨ ggv´nyek halmaza, · pedig a f¨ ggv´nyek szorz´sa; u e u e a

g) (H; ), ahol H a h´romsz¨gek halmaza, pedig b´rmely h1 , h2 H a o a eset´n h1 h2 = max{T (h1 ), T (h2 )}, ahol T (h) jel¨li a h h´romsz¨g e o a o ter¨ let´t; u e h) ({Olyan 3 × 3-as m´trixok, amelyek determin´nsa 1}; ·). a a 4.2.2. Az elz feladatban melyek a kommutat´ f´lcsoportok? o o iv e 4.2.3. Bizony´ be, hogy az itsa 1 n alak´ m´trixok (n N) a szorz´sra n´zve u a a e 0 1 f´lcsoportot alkotnak ´s ez a f´lcsoport izomorf az (N; +) f´lcsoporttal. e e e e

4.2.4. Az al´bbiak k¨z¨ l melyek alkotnak csoportot? a o u a) A val´s sz´mok halmaza, ha a m velet a szorz´s. o a u a b) A pozit´ val´s sz´mok halmaza, ha a m velet a szorz´s. iv o a u a c) A pozit´ val´s sz´mok halmaza, ha a m velet az oszt´s. iv o a u a d) Az {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} halmaz, ha a m velet a mod8 szorz´s. u a e) Az {1, 3, 5, 7} halmaz a mod8 szorz´sra n´zve. a e f) Az a 0 alak´ m´trixok, ahol a R \ {0}, a m´trixszorz´sra u a a a 0 0 vonatkoz´an. o

´ 4.2. FELCSOPORT, CSOPORT

87

cos - sin alak´ m´trixok, R, a m´trixszorz´sra vou a a a sin cos natkoz´an. o a -b h) A alak´ m´trixok, a, b R ´s a2 + b2 = 0, a m´trixszoru a e a b a z´sra vonatkoz´an. a o g) A 4.2.5. Az S strukt´ r´t a racion´lis sz´mok alkotj´k az al´bb defini´lt m veua a a a a a u lettel. Ha a, b S, a val´s sz´mokra vonatkoz´ + ´s · m velettel: o a o e u a b = a + b - (a · b) . Vizsg´ljuk meg, hogy S f´lcsoport, illetve csoport-e? a e 4.2.6. Legyen a Z halmazon a k¨vetkez m velet: o o u a b = a + b + 1. Alkot-e Z a m velettel f´lcsoportot, monoidot, csoportot, illetve Abelu e csoportot? 4.2.7. Igazoljuk, hogy az osszetettf¨ ggv´ny-k´pz´ssel, mint csoportm velettel ¨ u e e e u csoportot alkotnak azok a [0, 1]-en ´rtelmezett folytonos ´s szigor´ an moe e u noton n¨veked val´s f (x) f¨ ggv´nyek, amelyekre f (0) = 0, f (1) = 1. o o o u e 4.2.8. Egy G csoportban valamely b G elemre b14 = b10 ´s b8 = b27 . Bizony´ e itsuk be, hogy b egys´geleme G-nek. e 4.2.9. Legyen a G csoportra: |G| = 996. Bizony´ itsuk be, hogy ha g G eset´n e g 1993 egys´gelem G-ben, akkor g is egys´gelem. e e 4.2.10. a) Adja meg az 1, 2, 3 sz´mok osszes permut´ci´j´t. a ¨ a oa b) Csoportot, illetve Abel-csoportot alkotnak-e a permut´ci´k a permua o t´ci´k egym´s ut´n val´ elv´gz´s´re n´zve? a o a a o e e e e 4.2.11. a) Hat´rozza meg az (1234) permut´ci´ osszes eg´sz kitevj hatv´ny´t. a a o¨ e ou a a b) Csoportot alkotnak-e az eg´sz kitevj hatv´nyok a permut´ci´k egye ou a a o m´s ut´n val´ elv´gz´s´re n´zve? a a o e e e e 4.2.12. Melyik az a legkisebb pozit´ eg´sz sz´m, ah´nyadik hatv´nyra emelve az iv e a a a (ABCDE) (F GH) (IJKLM N ) permut´ci´t, az e egys´gelemet kapjuk? a o e

88 4.2.13.

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

a) Adja meg az abr´n l´that´ t´glalap osszes szimmetrikus transzfor´ a a o e ¨ m´ci´j´t a cs´ csok permut´ci´inak fel´ as´val. a oa u a o ir´ a 4 3

1

2

b) Csoportot alkotnak-e a fel´ permut´ci´k? irt a o 4.2.14. Legyenek a G ´s H csoportok a k¨vetkezk: G = (R \ {0} ; ·), H = (R; +). e o o A G-beli m velet a term´szetes" szorz´s, a H-beli pedig a term´szetes" u e a e " " osszead´s. Igazolja, hogy az f : G H, f (x) = lg x2 homomorf lek´pe¨ a e z´s. Izomorf -e? e 4.2.15. Igazolja, hogy az f : G H, f (x) = ex lek´pez´s izomorf, ha G a val´s e e o sz´mok halmaz´nak addit´ H pedig a pozit´ val´s sz´mok multiplikat´ a a iv, iv o a iv csoportja. 4.2.16. Legyen (T ; ) ´s (T ; ) k´t csoport. Igazolja, hogy ha az f : T T e e homomorf lek´pez´s, akkor e e a) a T -beli egys´gelem k´pe T egys´geleme; e e e b) f inverztart´ lek´pez´s (azaz minden T -beli elem inverz´nek k´pe a o e e e e T -beli k´pelem´nek inverze). e e

4.3.

Gy r , test u u

A 4.3.1. ­ 4.3.8. feladatokban defini´lt strukt´ r´k k¨z¨ l melyek a gy r k? a ua o u uu V´lassza ki az egys´gelemes ´s kommutat´ gy r ket, valamint a testeket. a e e iv u u 4.3.1. (I2 ; +, ·), ahol I2 = {0, 1} ´s a m veletek: e u + 0 1
m velettart´ u o m velettart´ u o

0 0 1

1 1 0

· 0 1

0 0 0

1 0 1

´s bijekt´ e iv

 4.3. GYURU, TEST

89 x | x = a , a, b Z ´s b p´ratlan e a b a m veletek a u

4.3.2. (Q ; +, ·), ahol Q = szok´sosak. a

4.3.3. H = {1, 2, 3, 4} halmaz a mod8 osszead´ssal ´s szorz´ssal. ¨ a e a 4.3.4. (D; +, ·), ahol D = {x | x = a + b n a, b Q ; n olyan r¨gz´ o itett pozit´ iv eg´sz, amelyhez nem l´tezik q Q, hogy n = q 2 , a m veletek a szok´soe e u a sak. 4.3.5. a) (R; , ), ahol a b = a - b ´s a b = ab; e

b) (R; , ), ahol a b = a + b - 1 ´s a b = a + b - ab; e c) (R+ ; , ), ahol a b = ab ´s a b = alg b . e 4.3.6. a) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es m´trixok halmaza a val´s sz´mtest a o a felett. M veletek a m´trix¨sszead´s ´s -szorz´s. u a o a e a b) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es m´trixok halmaza az I2 sz´mtest felett. a a M veletek a mod2 m´trix¨sszead´s ´s -szorz´s. u a o a e a a b c) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b R , m veletek a u 0 0 m´trix¨sszead´s ´s -szorz´s. a o a e a a b d) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b R , m veletek a u -b a m´trix¨sszead´s ´s -szorz´s. a o a e a 4.3.7. a) (P(A); , ), ahol P(A) egy A = halmaz hatv´nyhalmaza, a a szimmetrikus differencia, a metszetk´pz´s; e e

b) (P(A); , ), ahol P(A) mint elbb, az uni´-, a metszetk´pz´s. o o e e 4.3.8. (F; , ), ahol F = {f : R R} ´s e a) a m veletek a szok´sos f¨ ggv´ny¨sszead´s ´s szorz´s; u a u e o a e a

b) az osszead´s a szok´sos, a szorz´s pedig a f¨ ggv´nyek kompoz´ oja; ¨ a a a u e ici´ c) ha az F halmaz elemeire kik¨tj¨ k m´g, hogy bijekt´ o u e ivek legyenek, vagy pedig f (x) 0; a m veletek ugyanazok, mint b)-ben. u 4.3.9. a) Bizony´ be, hogy minden test nulloszt´mentes . itsa o b) Hat´rozza meg a 4.3.1. ­ 4.3.8. p´ld´kban kiv´lasztott gy r k k¨z¨ l a e a a uu o u azokat, amelyek nulloszt´mentesek. o
Nulloszt´mentes o

az a strukt´ra, ahol a · b = 0-b´l k¨vetkezik, hogy a = 0 vagy b = 0. u o o

90

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

4.3.10. Gy r t alkotnak-e a t´rvektorok az osszead´s ´s a vektori´lis szorz´s m uu e ¨ a e a a u veletekkel? 4.3.11. Legyen a Z halmaz elemeibl all´ rendezett p´rok halmaz´n ´rtelmezve a o ´ o a a e ´s a m velet az al´bbi m´don: e u a o (a, b) (c, d) = (a + c, b + d) , illetve (a, b) (c, d) = (a · c, b · d) . a) Igazoljuk, hogy e strukt´ ra gy r . u uu b) Testet alkot-e? c) Testet alkot-e a strukt´ ra, ha a k´t m veletet az R elemeibl all´ u e u o ´ o rendezett p´rok halmaz´n ´rtelmezz¨ k? a a e u 4.3.12. R´sztest´t alkotj´k-e a val´s sz´mok test´nek azok a sz´mok, amelyek e e a o a a e racion´lis p-vel ´s q-val fel´ a e irhat´k p + q 2 alakban? o

4.4.

H´l´, Boole-algebra ao
a) (N; lnko, lkkt), ahol lnko a legnagyobb k¨z¨s oszt´, lkkt pedig a lego o o kisebb k¨z¨s t¨bbsz¨r¨s; o o o o o b) (P(A); , ); c) ({0, 1}; , )?

4.4.1. H´l´t alkotnak-e az al´bbi strukt´ r´k: ao a ua

4.4.2. Igazolja, hogy ha egy parci´lisan rendezett H halmaz b´rmely k´t elem´a a e e nek van szupr´muma (infimuma), akkor H halmaz a szupr´mum (infimum) e e m velettel f´lh´l´t alkot. u e ao 4.4.3. Bizony´ itsa be, hogy ha egy parci´lisan rendezett H halmaz b´rmely k´t a a e elem´nek l´tezik szupr´muma ´s infimuma, akkor e e e e a) a (H; sup, inf) strukt´ r´ban igaz az abszorpci´s (elnyel´si) tulajdonua o e s´g; a b) a (H; sup, inf) strukt´ ra h´l´. u ao
az olyan strukt´ra, amelyben egy idempotens, kommutat´ ´s asszociat´ k´tv´lu iv e iv e a toz´s mvelet van defini´lva. o u a
F´lh´l´ e ao

´ ´ 4.4. HALO, BOOLE-ALGEBRA

91 rel´ci´ a k¨vetkez: a o o o

4.4.4. Legyen valamely (H; , ) h´l´ elemein a ao a Igazolja, hogy a) a rel´ci´ parci´lis rendez´s H-n; a o a e

b, ha a b = a.

b) a (H; ) rendez´s b´rmely k´t elem´hez van infimum ´s szupr´mum: e a e e e e inf (a, b) = a b ´s sup (a, b) = a b. e 4.4.5. Az al´bbi gr´fok egy parci´lis rendez´s Hasse-f´le diagramjai. Melyek ala a a e e kotnak h´l´t, disztribut´ h´l´t, illetve f´lh´l´t a sup ´s inf m veletekkel? ao iv a o e ao e u a) b) c) d)

4.4.6. Igazolja, hogy az al´bbi strukt´ r´k Boole-algebr´k: a ua a a) egy A = halmaz hatv´nyhalmaza az uni´, metszet ´s komplementer a o e m veletekkel; u b) az n-v´ltoz´s (n = 0) k´t´rt´k logikai f¨ ggv´nyek halmaza a kona o ee e u u e junkci´, diszjunkci´ ´s a neg´ci´ m veletekkel. o oe a o u 4.4.7. Legyenek az A halmaz elemei 715 pozit´ osz´i; (A; , ) m veletei pedig iv o u legyenek a k¨vetkezk: a b = lkkt (a, b) ´s a b = lnko (a, b). o o e a) Legyen az A halmazon egy egyv´ltoz´s m velet ( ) ´rtelmezve, amelya o u e re a = 715 . Igazolja, hogy az (A; , , ) strukt´ ra Boole-algebra. u a

b) Hat´rozza meg a fent defini´lt Boole-algebr´ban a (5 ) (13 143) a a a kifejez´s eredm´ny´t. e e e 4.4.8. Boole-algebr´t alkot-e (A; , , ), ha A = {42 pozit´ oszt´i}, a legkia iv o sebb k¨z¨s t¨bbsz¨r¨s, a legnagyobb k¨z¨s oszt´ ´s a = 42 ? o o o o o o o oe a 4.4.9. Az al´bbi halmazok k¨z¨ l melyek alkotnak Boole-algebr´t, ha ´s a a o u a e k´t k´tv´ltoz´s m velet? A megfelel egyv´ltoz´s m velet megtal´l´sa az e e a o u o a o u aa olvas´ feladata. o

92

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

b) {a, b, c, . . . , z} legfeljebb hatelem r´szhalmazainak halmaza; u e

a) {a, b, c, . . . , z} legal´bb hatelem r´szhalmazainak halmaza; a u e

c) {a, b, c, . . . , z} azon r´szhalmazainak halmaza, amelyek az osszes mae ¨ g´nhangz´t tartalmazz´k; a o a

d) {{2n, 2n + 1} | n Z} r´szhalmazainak halmaza; e

e) az eg´sz sz´mok azon X r´szhalmazainak halmaza, amelyekn´l n X e a e e eset´n n + 1 X; e f) az eg´sz sz´mok azon X r´szhalmazainak halmaza, amelyekn´l n X e a e e eset´n n + 1 X ´s n - 1 X. e e

5. fejezet

Gr´felm´leti fogalmak ´s a e e ¨sszef¨gg´sek o u e
5.1. Alapfogalmak

5.1.1. Adja meg az al´bbi gr´f ´leinek ´s pontjainak sz´m´t, tov´bb´ minden a a e e a a a a egyes pont foksz´m´t. a a

5.1.2. Van-e olyan egyszer gr´f, amely u a a) 6 pont´ ´s a pontok fokai: 9, 9, 2, 2, 1, 3; ue b) 10 pont´ ´s a pontok fokai: 3, 3, 4, 1, 6, 2, 3, 5, 2, 2? ue 5.1.3. Van-e olyan 9 pont´ egyszer gr´f, amelyben a pontok foka u u a 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´bb k´t pont´ ) egyszer gr´f, amelyben minden pont a e u u a foka k¨ l¨nb¨z. uo o o 93

94

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.1.5. K¨rm´rkz´ses bajnoks´gban n csapat j´tszik. Bizony´ o e o e a a itsuk be, hogy b´ra mikor megszak´ itva a versenyt, p´ros sz´m´ olyan csapat van, amely eddig a a u p´ratlan sz´m´ meccset j´tszott. a a u a 5.1.6. Legyen a G gr´f sz¨gpontjainak halmaza V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. D¨nta o o se el, hogy az al´bbi ´lsorozatok k¨z¨ l melyek nyitottak ´s melyek z´rtak. a e o u e a V´lassza ki a k¨r¨ket ´s az utakat. a o o e 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}). 1 1 5 4 6 4 7 3 3 5 2 2

5.1.7. Adja meg az al´bbi gr´f szomsz´ds´gi ´s illeszked´si m´trix´t. a a e a e e a a

5.1.8. Rajzoljon 4 pont´ gr´fot ´s ´ le a gr´f szomsz´ds´gi m´trix´t, amely u a e irja a e a a a a) b) c) d) k¨rmentes ´s osszef¨ gg; o e ¨ u o legal´bb egy ´l k¨rmentes ´s nem osszef¨ gg; a eu o e ¨ u o minden pontj´nak foka legal´bb 2; a a teljes.

5.1.9. Sorolja fel az al´bbi gr´f osszes k¨r´t. a a ¨ o e 1 2

4

3

5.1. ALAPFOGALMAK

95

5.1.10. Rajzoljon olyan 10 pont´ egyszer gr´fot, amely 3-regul´ris. Hat´rozza u u a a a meg a gr´f egyik leghosszabb utj´t ´s k¨r´t. a ´ a e o e 5.1.11. Egy ir´ny´ a itott gr´f pontjai legyenek az a1 , a2 , . . ., a6 pontok. Az ai a pontb´l annyi ´lt ind´ o e itunk aj -be, amennyi i-nek j-vel val´ marad´kos o e oszt´s´n´l fell´p marad´k. Hat´rozzuk meg a gr´f szomsz´ds´gi m´trix´t. a a a e o e a a e a a a 5.1.12. A G egyszer gr´fot az al´bbi szomsz´ds´gi u a a e a 0 1 0 1 1 0 1 0 C= 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 m´trixszal adtuk meg: a 1 0 1 1 0

Rajzoljuk meg a gr´fot ´s a komplementer´t, majd ´ a e e irjuk fel a komplementer gr´f szomsz´ds´gi m´trix´t. a e a a a

5.1.13. Egy egyszer gr´f szomsz´ds´gi m´trix´t jel¨lje C. Mi a jelent´se u a e a a a o e a) a C2 m´trix fatl´j´ban szerepl elemeknek; a o´ o a o b) a C2 m´trix i-edik sor´ban szerepl j-edik elemnek, ha i = j? a a o 5.1.14. a) H´ny ´le van egy n pont´ teljes gr´fnak? a e u a b) Van-e olyan 4, 5, illetve 6 pont´ egyszer gr´f, amely izomorf a kompu u a lementer´vel? e 5.1.15. Rajzolja le az osszes 4-pont´ egyszer gr´fot, amelyek p´ronk´nt nem ¨ u u a a e izomorfak. 5.1.16. Izomorfak-e az al´bbi gr´fp´rok? a a a a)

96 b)

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

c)

5.1.17. H´ny pont´ az a teljes gr´f, amelynek kevesebb ´le van, mint a pontok a u a e sz´m´nak hatszorosa, de t¨bb, mint a pontok sz´m´nak otsz¨r¨se? a a o a a ¨ o o 5.1.18. Egy 5-pont´ egyszer gr´fnak 8 ´le van. Mekkor´k lehetnek a pontok u u a e a foksz´mai? a 5.1.19. Rajzoljon olyan 6 pont´ egyszer gr´fot, amely u u a a) osszef¨ gg ´s k¨rmentes; ¨ u oe o b) minden pontj´nak foka legal´bb 2 ´s nem osszef¨ gg; a a e ¨ u o c) 3-regul´ris. a 5.1.20. Igazolja, hogy ha egy osszef¨ gg gr´fnak kevesebb ´le van, mint pontja, ¨ u o a e akkor van 1-fok´ pontja. u 5.1.21. Bizony´ be az al´bbi all´ asokat: itsa a ´ it´ a) Ha egy gr´f minden pontj´nak foksz´ma legal´bb 2, akkor van benne a a a a k¨r. o b) Ha egy gr´f k¨rmentes, akkor van 1 fok´ pontja. a o u

5.1. ALAPFOGALMAK

97

5.1.22.

b) Jav´ ki az a) pontban szerepl bizony´ ast. itsa o it´

a) Az al´bbiakban igazoljuk, hogy egy n-pont´ , k¨rmentes, osszef¨ gg a u o ¨ u o gr´fnak pontosan n - 1 ´le van. a e Az all´ ast a gr´f pontsz´m´ra vonatkoz´ teljes indukci´val igazoljuk, ´ it´ a a a o o gondolatmenet¨ nkben logikai hib´t v´t¨ nk. Mi a hiba? u a eu A k = 1 pont´ gr´fra az all´ as nyilv´nval´. Bel´tjuk, hogy ha a u a ´ it´ a o a k-n´l kevesebb pont´ gr´fokra igaz az all´ as, akkor a k pont´ akra is a u a ´ it´ u igaz. Tekints¨ nk ugyanis egy tetszleges k - 1-pont´ , k¨rmentes, osszef¨ gu o u o ¨ u g gr´fot, vegy¨ nk hozz´ egy uj pontot, ´s k¨ss¨ k ossze a megl´v o a u a ´ e o u ¨ e o pontok valamelyik´vel. Egyszer meggondolni, hogy a kapott k pone u t´ gr´f k¨rmentes, osszef¨ gg, ´s ´leinek sz´ma 1-gyel nagyobb, mint u a o ¨ u o e e a a k - 1-pont´ gr´f´, amelynek ´lsz´ma indukci´s feltev´s¨ nk ´rtelu ae e a o eu e m´ben k - 2. Ezzel bel´ttuk, hogy tetszleges gr´fra igaz az all´ as. e a o a ´ it´ c) H´ny ´le van egy n pont´ k komponens k¨rmentes gr´fnak? a e u u o a

5.1.23. Egy hattag´ t´rsas´gban mindenkinek pontosan 3 bar´tja van. Egy alu a a a kalommal 6 mozijegyet kaptak, h´rom moziba, mindegyikbe kettt. Mina o denki csak valamelyik bar´tj´val egy¨ tt hajland´ moziba menni. Meg a a u o tudj´k-e szervezni a mozil´togat´st? a a a 5.1.24. Legyen G egy 2n-pont´ egyszer gr´f, ahol minden pont foka legal´bb u u a a n - 1. a) Szerkessze meg az osszes lehets´ges G gr´fot, amely k´t kompo¨ e a e nensbl all, ha n = 3. o ´ b) Legal´bb h´ny pontot tartalmaz G egy komponense? a a ´ c) Allhat-e a G gr´f 2-n´l t¨bb komponensbl? a e o o 5.1.25. Mutassa meg, hogy ha egy 2n pont´ egyszer gr´f minden pontj´nak foka u u a a legal´bb n, akkor a gr´f osszef¨ gg. a a ¨ u o 5.1.26. Igaz-e, hogy G vagy a komplementere biztosan osszef¨ gg? ¨ u o 5.1.27. Legyen a G osszef¨ gg gr´fnak e egy olyan ´le, amelyet elhagyva G k´t ¨ u o a e e komponensre esik sz´t. Bizony´ e itsuk be, hogy e nem lehet G-beli k¨r ´le. o e 5.1.28. Az egyik megye 22 telep¨ l´se k¨z¨ l otben van k´rh´z. Legal´bb h´ny olyan ue o u ¨ o a a a utat kell meg´p´ e iteni, amely k´t telep¨ l´st k¨t ossze az´rt, hogy b´rmely e ue o ¨ e a telep¨ l´srl legal´bb az egyik k´rh´zba el lehessen jutni ki´p´ ue o a o a e itett uton. ´

98

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.1.29. Jel¨lje Kn (n 3) az n pont´ teljes gr´fot. Hat´rozza meg a gr´f k o u a a a hossz´ s´g´ k¨reinek sz´m´t, ha ua u o a a a) k = n; b) 3 k n; c) 3 k n ´s a k¨r¨k egy r¨gz´ e o o o itett e ´lt tartalmaznak. e

5.2.
5.2.1.

Euler- ´s Hamilton-bej´r´sok e a a
a) Egy v´rosban, ahol az uth´l´zat osszef¨ gg, egyir´ny´ utc´k is vana ´ ao ¨ u o a u a nak. Mikor j´rhatja be egy locsol´aut´ az osszes utc´t (´spedig az a o o ¨ a e egyir´ny´ akat pontosan egyszer, j´ ir´nyban; a k´tir´ny´ akat pedig a u o a e a u a k´t s´vban egyszer oda, egyszer vissza) ugy, hogy v´g¨ l a kiine a ´ e u dul´ponton fejezze be a munk´j´t. o aa b) Mutassa meg, hogy ha minden utca k´tir´ny´ , akkor az elz bej´r´s e a u o o a a mindig megoldhat´. o

5.2.2. Mely teljes gr´fok Euler-gr´fok? a a 5.2.3. a) Igazolja, hogy egy legal´bb k´t pontb´l all´ osszef¨ gg gr´fnak pona e o ´ o¨ u o a tosan akkor van nyitott Euler-s´t´ja, ha a gr´fban pontosan k´t ea a e p´ratlan foksz´m´ pont van (a t¨bbi p´ros). a a u o a b) Mely teljes gr´foknak van nyitott Euler-s´t´ja? a ea 5.2.4. Az al´bbi gr´fok k¨z¨ l melyiknek van nyitott, illetve z´rt Euler-s´t´ja, a a o u a ea Hamilton-k¨re, vagy -´ tja? o u a) d b) d e

e

c a a b c

b

´ ´ ´ 5.2. EULER- ES HAMILTON-BEJARASOK

99 d) e f d c a

c) e

h f d a b

g

c

b

5.2.5. A domin´lapokra a 0, 1, . . . , 9 sz´mokb´l alkotott sz´mp´rok vannak felo a o a a ´ irva ugy, hogy minden sz´mp´r pontosan egyszer szerepel. ´ a a ¨ a) Osszerakhat´-e az osszes domin´lap a kirak´s szab´lyai szerint ugy, o ¨ o a a ´ hogy a domin´k egy k¨rt" k´pezzenek? o o e " b) Mit mondhatunk a 0-t´l 8-ig sz´mozott domin´kr´l? o a o o 5.2.6. a) Milyen n eset´n van az n-pont´ teljes gr´fnak Hamilton-k¨re? e u a o b) Mely teljes p´ros gr´foknak van Hamilton-k¨re? a a o 5.2.7. Mutassa meg, hogy az al´bbi gr´fnak van Hamilton-k¨re. a a o

5.2.8. Bej´rhat´-e egy 5 × 5-¨s sakkt´bla l´ugr´ssal ugy, hogy nem kell a kiina o o a o a ´ dul´si pontba vissza´rni, felt´ve, hogy minden mezre pontosan egyszer a e e o ´ ugrunk. Es ha vissza kell t´rni? Adja meg a feladat gr´fmodellj´t. e a e 5.2.9. Mutassa meg, hogy az al´bbi gr´fban nincs Hamilton-k¨r. a a o

100

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.2.10. Bej´rhat´-e l´ugr´ssal egy 4×4-es sakkt´bla ugy, hogy a kiindul´si pontba a o o a a ´ a vissza´rj¨ nk, felt´ve, hogy minden mezre pontosan egyszer ugrunk? e u e o 5.2.11. Bizony´ be, hogy itsa a) ha a G gr´fban l´tezik k darab pont, amelyeket illeszked ´leivel a e o e egy¨ tt t¨r¨lve, G t¨bb mint k komponensre esik sz´t, akkor G-nek u o o o e nincs Hamilton-k¨re; o b) ha a G gr´fban l´tezik k darab pont, amelyeket elhagyva G m´g a e e k + 1-n´l is t¨bb komponensre esik sz´t, akkor Hamilton-´tja sincs. e o e u

5.3.

S´ afok ´s sz´ ikgr´ e inez´sek e

¨ 5.3.1. Adott a s´ ikon n´gy pont. Ossze lehet-e k¨tni az osszes pontp´rt ugy, hogy e o ¨ a ´ az osszek¨t vonalak ne mess´k egym´st? ¨ oo e a 5.3.2. Mutassa meg, hogy az al´bbi gr´fok s´ afok: a a ikgr´ a) e d c b) a e d

a c) d e

b d) f g

b f

c e d

a

b

c

h a b

c

5.3.3. Az elz p´ld´ban szerepl s´ afokra ellenrizze az Euler-formul´t. o o e a o ikgr´ o a 5.3.4. a) Hat´rozza meg az 5.3.2. a) ´s c) gr´f tartom´nyainak foksz´m´t. a e a a a a b) Igazolja, hogy egyszer , osszef¨ gg s´ af eset´n 3t 2e, ha n 3. u ¨ u o ikgr´ e 5.3.5. Igazolja, hogy nem rajzolhat´k s´ o ikba az al´bbi gr´fok: a a

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

101

a) K5 (5-pont´ teljes gr´f) ; u a b) K3,3 (p´ros, 3-regul´ris gr´f) . a a a 5.3.6. Indokolja meg, hogy az al´bbi k´t gr´f nem s´ af. a e a ikgr´ a) b)

5.3.7. Rajzolja meg az al´bbi gr´fok du´l gr´fj´t. a a a a a a) b)

c) n´gy pont´ teljes gr´f; e u a d) a kocka ´lh´l´zata. e ao 5.3.8. Rajzolja le Magyarorsz´g ´s szomsz´dai t´rk´p´t, ´s szerkessze meg a a e e e e e e t´rk´p du´lj´t e e a a 5.3.9. Igaz-e, hogy ha egy t´rk´p k´t sz´ e e e innel kisz´ inezhet, akkor a du´lja p´ros o a a gr´f. a 5.3.10. Lehet-e ot orsz´g olyan, amelyek k¨z¨ l b´rmely kett p´ronk´nt szomsz´¨ a o u a o a e e dos? 5.3.11. Minim´lisan h´ny sz´ a a innel sz´ inezhet ki egy o a) fa gr´f; a b) p´ros, illetve p´ratlan hossz´ s´g´ k¨r? a a ua u o
fel az elz feladat b) all´ as´t. o o ´ it´ a a K3,3 gr´f s´ af, akkor teljes¨lnie kellene a 4t 2e egyenltlens´gnek. Mi´rt? a ikgr´ u o e e T´rk´p du´lja az a G gr´f, melynek pontjai az egyes orsz´goknak felelnek meg. K´t pont e e a a a e akkor van osszek¨tve G -ban ´llel, ha a k´t megfelel orsz´g szomsz´dos. Bel´that´, hogy G ¨ o e e o a e a o mindig s´ af. ikgr´
Ha Haszn´ljuk a

102 5.3.12.

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

a) Legyen egy n-pont´ fagr´f k´t nem-szomsz´dos pontja pirossal kiu a e e sz´ inezve. Legfeljebb h´ny sz´ sz¨ ks´ges m´g a fagr´f pontjainak a in u e e a kisz´ es´hez? inez´ e b) Tegy¨ k fel, hogy egy n-pont´ fagr´f k db nem szomsz´dos pontja u u a e piros sz´ innel van kisz´ inezve. Legfeljebb h´ny sz´ sz¨ks´ges m´g a a in u e e kisz´ eshez? inez´

5.3.13. Hat´rozza meg az al´bbi gr´fok kromatikus sz´m´t. a a a a a a) b)

c)

d)

5.4.

F´k ´s erdk a e o
a) h´rompont´ ; a u b) n´gypont´ ; e u c) otpont´ ¨ u

5.4.1. Rajzolja le a nem-izomorf

f´kat. a 5.4.2. Mutassa meg, hogy 6 darab nem-izomorf 6-pont´ fa l´tezik. u e 5.4.3. A fa Pr¨ fer-k´dj´b´l rajzolja fel a gr´fokat: u o a o a a) (1, 3, 2, 4, 1, 2, 3); b) (7, 7, 4, 4, 5, 3, 3, 8);

´ ´ 5.4. FAK ES ERDOK

103

c) (9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1). 5.4.4. Van-e olyan 7-pont´ fa, amely u a) minden pontj´nak foka 1; a 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´ be, hogy minden fa p´ros gr´f. itsa a a 5.4.6. Igazolja, hogy b´rmely, legal´bb otpont´ gr´fban vagy a komplementer´a a ¨ u a e ben van k¨r. o 5.4.7. A G fa k¨z´ppontja az a G-beli pont, amelynek a t¨bbi pontt´l val´ mao e o o o xim´lis t´vols´ga minim´lis. Bizony´ be, hogy minden f´nak egy, vagy a a a a itsa a k´t szomsz´dos k¨z´ppontja van. e e o e 5.4.8. Legyen a G gr´f 17 pont´ ´s k¨rmentes. a ue o a) H´ny ´le van, ha komponenseinek sz´ma 5? a e a b) H´ny komponense van, ha ´leinek sz´ma 6? a e a 5.4.9. Rajzolja le az al´bbi gr´f n´h´ny fesz´ of´j´t. a a e a it a a

5.4.10. Legyen G egy osszef¨ gg gr´f. Mit tud mondani arr´l az ´lrl, amely ¨ u o a o e o a) G minden fesz´ of´j´nak ´le; it a a e b) G egyik fesz´ of´j´nak sem ´le? it a a e
K´t e

pont t´vols´ga a k´t pontot osszek¨t ut ´leinek sz´ma. a a e ¨ o o ´ e a

104

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.4.11. Hat´rozza meg az al´bbi gr´f egy minim´lis s´ ly´ fesz´ of´j´t. a a a a u u it a a a

2
b

6 6 8 4 3 8 9
d e

7
c

5

5.4.12. Adott egy s´ lyozott gr´f az un. s´ lym´trix´val: a m´trix cij eleme az i u a ´ u a a a ´s j (i = j) pontokat osszek¨t ´l s´ ly´t jelenti. Ha a k´t pont nincs e ¨ oo e u a e osszek¨tve ´llel a gr´fban, vagy i = j, akkor legyen a s´ ly . ¨ o e a u Hat´rozza meg az al´bbi gr´f egy minim´lis a a a a rix´t. a 10 10 7 7 2 C= 2 6 8 9 4 7 3

s´ ly´ fesz´ of´j´nak s´ lym´tu u it a a u a 6 8 7 9 4 3

6. fejezet

Line´ris algebra a
6.1.
6.1.1.

M´trixok a
a) D¨ntse el, hogy az al´bbi m´trixok k¨z¨ l melyik z´rusm´trix, egyo a a o u e a s´gm´trix, permut´l´ m´trix, diagon´lm´trix, szimmetrikus m´trix, e a ao a a a a ferd´n szimmetrikus m´trix. e a b) Tal´l-e az al´bbi m´trixok k¨z¨tt olyanokat, amelyek egym´s transza a a o o a pon´ltjai? a 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 3 0 1 6 7 1 0 0 0 1 -1 0 0 0 0 0 G= 1 -5 1 0 0 1

A= E=

B=

C=

D=

F= 4 6 0 2

-1 -1 1 1

2 3 H= 7 4

0 -1 2 0 7 I= 1 -2 -7 0 9 4 0 3 7 8 3 9 4 L= 0 0

2 9 K= 8 7

8 6 4 8

0 0 5 0 0 -1

0 3 4 2 -2 7 1 -5 0 2 J= 3 -2 4 7

105

106 6.1.2. Az al´bbi m´trixok k¨z¨ l a a o u a) adja ossze azokat, amelyek osszeadhat´k; ¨ ¨ o

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

b) szorozza ossze azokat, amelyek osszeszorozhat´k; ¨ ¨ o c) hat´rozza meg azon m´trix adjung´lt m´trix´t ´s inverz´t, amelyn´l a a a a a e e e lehets´ges. e 2 1 A= 0 -1 1 C= 0 2 3 0 2 1 -2 -1 4 -2 0 1

1 0 B= 0 3 -1 2

2 -3 3 1 -1 -8

-1 -2 0 1 D= 1 -1 2 0

6.1.3. Milyen m´trixszal kell megszorozni az elz feladatbeli B m´trixot, hogy a o o a a) els ´s m´sodik sora helyet cser´ljen; oe a e b) els sor´hoz adjuk harmadik sor´nak k´tszeres´t, a t¨bbi sora v´ltoo a a e e o a zatlan maradjon; c) m´sodik oszlop´nak k´tszeres´t ´s harmadik oszlop´nak m´ a a e e e a inusz k´te szeres´t adjuk a negyedik oszlop´hoz, a t¨bbi oszlopa v´ltozatlan e a o a maradjon? 6.1.4. Igazolja, hogy a) (A + B) = A + B ; b) (A) = A ; c) (AB) = B A . 6.1.5. Bizony´ be, hogy tetszleges P n × n-es m´trix eset´n itsa o a e b) ha A ferd´n szimmetrikus n × n-es m´trix, akkor P AP is ferd´n e a e szimmetrikus. a) ha A szimmetrikus n × n-es m´trix, akkor P AP is szimmetrikus; a


´ 6.1. MATRIXOK

107

6.1.6. Hat´rozza meg a p vektort ugy, hogy igaz legyen a k¨vetkez egyenls´g: a ´ o o o e p Aej = [aij ], ahol aij az A m´trix i-edik sor´nak j-edik eleme. A a a feladatot tetszleges A m´trixra oldja meg, a vektorok, illetve a m´trix o a a m´reteinek megv´laszt´s´n´l ugyeljen az osszeszorozhat´s´gra. e a a a a ¨ ¨ o a 6.1.7. Hat´rozza meg e Ap ´rt´k´t, ha p = [1 1 . . . 1]. A feladatot teta e e e j szleges A m´trixra oldja meg, a vektorok, illetve a m´trix m´reteinek o a a e megv´laszt´s´n´l ugyeljen az osszeszorozhat´s´gra. a a a a ¨ ¨ o a 6.1.8. Adott a b sorvektor: [1 1 1] ´s a C m´trix: C = e a 2 1 0 . Hat´a 0 3 4 3 1 - 4 sorvektor 2

rozza meg az A m´trixot ugy, hogy a bA szorzat a a ´ legyen, CA pedig egys´gm´trix. e a 6.1.9. Legyen A =

1 0 . Hat´rozza meg az osszes olyan B m´trixot, a ¨ a -1 0 amelyre igaz, hogy AB = BA.

6.1.10. Hat´rozza meg az X m´trixot, ha tudjuk, hogy AXA-1 = B, ahol a a A= 2 -3 -1 2 ´s e B= 1 0 0 2 .

6.1.11. Egy uzem n´gyf´le term´ket gy´rt h´romf´le alapanyagb´l. Az egyes ter¨ e e e a a e o m´kek egy-egy darabj´hoz az al´bbi nyersanyagmennyis´gek sz¨ ks´gesek: e a a e u e 1. 4 2 10 term´k e 2. 3. 3 3 1 0 1 2 4. 1 5 3

I. anyag II. anyag III. anyag

A rakt´ron l´v nyersanyagmennyis´g rendre 5000, 2300 illetve 3000 db, a e o e a nyersanyagok egys´g´rai rendre 2,5, 5 illetve 1 egys´g. Az egyes tere a e m´kekbl gy´rtand´ mennyis´g rendre 200, 400, 700 illetve 300 darab, a e o a o e j´rul´kos k¨lts´g darabonk´nt 3, 2, 2,5 illetve 3,5 egys´g, az elad´si ar a e o e e e a ´ darabonk´nt 25, 43, 32 illetve 50 egys´g. ´ le az adatokat m´trixok ´s e e Irja a e vektorok seg´ eg´vel, majd sz´molja ki, hogy its´ e a a) a rakt´ron l´v nyersanyagmennyis´g elegend-e a gy´rtani k´ ant a e o e o a iv´ term´kekhez; e

108

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

b) mennyibe ker¨ l legy´rtani a k´ ant mennyis´g term´ket (termel´si u a iv´ e u e e k¨lts´g + j´rul´kos k¨lts´g); o e a e o e c) mekkora az elad´si ar; a ´ d) mennyi az uzem profitja ´rt´kes´ es ut´n. ¨ e e it´ a

6.2.

Line´ris terek (vektorterek) a

Line´ris f¨ggetlens´g, b´zis, dimenzi´ a u e a o
6.2.1. Adottak a v [1 - 1 2] ´s a w [3 1 1] vektorok. ´ e Irjuk fel az al´bbi a line´ris kombin´ci´kat: 2v - 3w, 3v + w. a a o - 1 2] ´s a w [3 e 1 1]

6.2.2. Adjuk meg az u [4 6 - 2] vektort a v [1 vektorok line´ris kombin´ci´jak´nt. a a o e

6.2.3. D¨ntse el, hogy az al´bbi vektorrendszerek line´risan f¨ ggetlenek-e. Ha o a a u nem, adja meg a k¨zt¨ k l´v line´ris kapcsolatot. o u e o a a) a [1 4] , b [-2 8] ; b) a [1 0 c) a [1 d) a [0 1 f) a [3 3] , b [2


0 6] ;


- 2] , b [-2 4] ; 4] , b [2


0 1] ;


e) a [1 2] , b [2 1] , c [0 1] ; g) a [1 1 - 1 2] , b [7 0] , b [1


0 1] , c [0 1

- 1 1] , c [4 0




1] ;

- 1] ; 1 1] .



h) a [1 1

0] , b [2

0 1] , c [3 2

1] , d [1

6.2.4. Legyenek a, b ´s c line´risan f¨ ggetlen vektorok. D¨ntse el, hogy az al´bbi e a u o a vektorok line´risan f¨ ggetlenek-e vagy sem: a u 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 sz´mok val´s test feletti vektortere, a = 2 + 3j, b = a o 5 - j ´s c = 1 + 10j pedig h´rom vektor V2 -ben. Mutassa meg, hogy a ´s e a e b line´risan f¨ ggetlenek ´s fejezze ki c-t a ´s b line´ris kombin´ci´jak´nt. a u e e a a o e

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

109

6.2.6. Adjon meg olyan h´romelem vektorrendszert, amelynek vektorai a n´gya u e dimenzi´s t´r elemei, ´s amely line´risan osszef¨ gg rendszer. o e e a ¨ u o 6.2.7. Legyen V3 a val´s sz´mh´rmasok vektortere a val´s sz´mtest felett. Veko a a o a tort´r-e V3 k´pe, ha a lek´pez´s a k¨vetkez f¨ ggv´nyekkel van megadva? e e e e o o u e Ha igen, hat´rozza meg a vektort´r dimenzi´j´t ´s adja meg egy b´zis´t; a e oa e a a ha nem, indokoljon. a) f1 : (x1 , x2 , x3 ) (x1 , x1 , x1 ) c) f3 : (x1 , x2 , x3 ) x1 , x2 , x3 2

b) f2 : (x1 , x2 , x3 ) (x1 + x2 , x2 + x3 , x1 + 3x2 + 2x3 ) d) f4 : (x1 , x2 , x3 ) (-x1 , -x2 , -x3 ) e) f5 : (x1 , x2 , x3 ) (x1 , x2 , x1 x2 ) 6.2.8. Igazolja, hogy az f (x) = ex (A cos 2x + B sin 2x) alak´ f¨ ggv´nyek (A, B u u e val´s sz´mok) a val´s sz´mtest felett line´ris teret alkotnak. Adja meg a o a o a a t´r egy b´zis´t ´s az f (x) = ex (2 cos 2x + 3 sin 2x) f¨ ggv´ny koordin´t´it e a a e u e aa a megadott b´zisban. a 6.2.9. Legyen V a legfeljebb elsfok´ polinomok vektortere a val´s sz´mtest feo u o a lett. Mutassa meg, hogy 2x - 1 ´s -x + 2 f¨ ggetlenek V -ben, ´s fejezze e u e ki 5x + 3-at 2x - 1 ´s -x + 2 line´ris kombin´ci´jak´nt. Adjon meg V e a a o e nek egy 2x - 1, -x + 2 -tl k¨ l¨nb¨z b´zis´t is, majd adja meg 5x + 3 o uo o o a a koordin´t´it ebben az uj b´zisban is. aa ´ a 6.2.10. Az al´bbi val´s sz´mok feletti vektorterek k¨z¨ l keresse meg az izomora o a o u fakat. A m veletek a szok´sosak, a polinomokn´l a 0 polinomot mindig u a a bele´rtj¨ k. (Azt, hogy ezek vektorteret alkotnak, nem kell bizony´ e u itani.) a) Azok a legfeljebb 20-adfok´ val´s egy¨ tthat´s polinomok, amelyeku o u o ben minden tag kitevje pr´ o imsz´m. a b) Azok a legfeljebb 17-edfok´ val´s egy¨ tthat´s polinomok, amelyeku o u o nek megfelel polinomf¨ ggv´nyek p´ros f¨ ggv´nyek. o u e a u e c) Azok a legfeljebb 9-edfok´ val´s egy¨ tthat´s polinomok, amelyeknek u o u o a gy¨ke. o d) Azok a legfeljebb 9-edfok´ val´s egy¨ tthat´s polinomok, amelyeknek u o u o j a gy¨ke. o e) A 3 × 3-as, val´s elem m´trixok. o u a

110

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

f) Azok a 3 × 4-es, val´s elem m´trixok, amelyeknek els ´s utols´ sora o u a oe o megegyezik. g) Azok a legfeljebb 20-adfok´ val´s egy¨ tthat´s polinomok, amelyek u o u o x6 + 1-gyel ´s x7 + 1-gyel is oszthat´k. e o h) Azok a minden val´s sz´mon ´rtelmezett val´s ´rt´k f¨ ggv´nyek, o a e o e e u u e amelyeknek az x = 0, 1, 2, . . . , 8 helyek kiv´tel´vel minden helyete e tes´ esi ´rt´ke 0. it´ e e 6.2.11. A h´romdimenzi´s t´rben egy s´ egyenlete x + y + z = 0, egy egyenes a o e ik egyenletrendszere pedig x = y, z = 0. Legyen V vektort´r a s´ pontjainak e ik halmaza, V pedig az egyenes pontjainak halmaza a val´s sz´mtest felett. o a Adja meg V ´s V dimenzi´j´t ´s egy-egy b´zis´t. e oa e a a

Elemi b´zistranszform´ci´k, b´zisvektor-csere a a o a
6.2.12. Cser´lje fel az e1 , e2 , e3 b´zist az e a a [1 2 0] , b [2


1

- 1] , c [3



0

2]



- 1] vektort az uj b´zis seg´ eg´vel. ´ a its´ e 1 -2 1 -1 1 -1 0 m´trix rangj´t. 6.2.13. Hat´rozza meg az A = 0 a a a -3 1 2 3 1 2 -3 3 1 m´trix inverz´t a b´zisvektor6.2.14. Hat´rozza meg az A = 0 a a e a 2 -1 -8 cser´s algoritmus seg´ eg´vel. e its´ e 6.2.15. Oldja meg a k¨vetkez egyenletrendszereket a b´zisvektor-cser´s algorito o a e mus seg´ eg´vel. its´ e 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

b´zisra. ´ fel a v [6 3 a Irja

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

111

a) Hat´rozza meg az A m´trix rangj´t. a a a b) Hat´rozza meg b harmadik koordin´t´j´t ugy, hogy b benne legyen a aaa ´ az A m´trix oszlopvektorter´ben. a e 1 -1 1 2 -1 m´trixban szerepl c ´rt´k´t 6.2.19. Hat´rozza meg az A = -3 a a o e e e -2 1 c ugy, hogy az e1 egys´gvektor ne legyen benne az A m´trix oszlopvektor´ e a ter´ben. e 6.2.20. Adott az A m´trix ´s a b vektor: a e -1 2 4 2 3 -2 2 -2 , A= 1 2 10 2 -2 2 1 2 a) Mennyi az A m´trix rangja? a b) Oldja meg az Ax = b m´trixegyenletet. a c) Van-e a fenti m´trix els k´t oszlopvektor´nak olyan line´ris koma o e a a bin´ci´ja, amely elall´ az egyenlet jobb oldal´n szerepl vektort? a o o´ itja a o Ha igen, adja meg. 7 1 b= 15 . 3

6.2.18. Adott az A m´trix ´s a b vektor: a e 0 1 -3 3 , A = 1 -2 4 0 -12

6.2.17. Hat´rozza meg b´zisvektor-cser´s algoritmussal a k¨vetkez egyenletrenda a e o o szer megold´s´t, c ´rt´k´tl f¨ ggen. a a e e eo u o x+y +z=2 x-y -z=0 2x + y + z = c -2 b = 3 . c

6.2.16. Hat´rozza meg c osszes olyan ´rt´k´t, melyre az al´bbi egyenletrendszera ¨ e e e a nek pontosan egy megold´sa van. a 2x + z = 5 2x + 4y = 10 -2x - 16y + cz = -25

112

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

6.3.

Line´ris transzform´ci´k a a o

6.3.1. Hat´rozza meg az A (3, 1), B (3, 3), C (6, 3) ´s D (6, 1) pontok k´p´t az a e e e 1 0 ´ M = m´trixszal le´ transzform´ci´ elv´gz´se ut´n. Ertela irt a o e e a -2 1 mezze a transzform´ci´t. a o 6.3.2. Milyen geometriai transzform´ci´t hat´roz meg az a o a 1 1 1 1 m´trix? a 2 0 -1 2

6.3.3. Hat´rozza meg az y = 2x - 1 egyenes k´p´nek egyenlet´t a a e e e m´trixszal megadott transzform´ci´ elv´gz´se ut´n. a a o e e a 6.3.4. Hat´rozza meg azon egyeneseket, amelyek a a 2 1 3 0 dott transzform´ci´ sor´n onmagukba mennek at. a o a ¨ ´

m´trixszal megaa

6.3.5. Hat´rozza meg az egys´gsugar´ , orig´ k¨z´ppont´ k¨r k´p´nek egyenlet´t a e u o o e u o e e e 1 0 az m´trixszal megadott transzform´ci´ elv´gz´se ut´n. a a o e e a 0 2 6.3.6. Hat´rozza meg az y = 2x egyenesre val´ t¨ kr¨z´s m´trix´t. a o u o e a a 6.3.7. Tekints¨ k a u t´rozza meg a a) a v [1 - 3] vektor k´p´t; e e
3 4 1 4 1 3 2 3

m´trixszal megadott s´ a ikbeli transzform´ci´t. Haa o

b) az x = y egyenes k´p´t; e e

c) a transzform´ci´ saj´tvektorait ´s saj´t´rt´keit; a o a e a e e d) a transzform´ci´ m´trix´t a saj´tvektorok koordin´tarendszer´ben. a o a a a a e 6.3.8. Mi´rt nincsenek a e val´s saj´t´rt´kei? o a e e 0 -1 1 0 m´trixszal le´ s´ a irt ikbeli transzform´ci´nak a o

6.3.9. Legyen a s´ ikbeli transzform´ci´ m´trixa: a o a
Az

cos - sin sin cos

.

ilyen egyenes neve: fix egyenes.

´ ´ ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

113

a) Milyen eset´n igaz, hogy (x) = x b´rmely x (k´tdimenzi´s) vektor e a e o eset´n? e b) Milyen eset´n igaz, hogy (x) = -x b´rmely x (k´tdimenzi´s) e a e o vektor eset´n? e 6.3.10. Adja meg a k¨vetkez t´rbeli line´ris transzform´ci´ m´trix´t: az x teno o e a a o a a gely ment´n k´tszeresre ny´ jt´s, majd a z tengely k¨r¨ l 45 -kal val´ fore e u a o u o gat´s. a 6.3.11. Hat´rozza meg az x + y + z = 0 s´ a ikra val´ t¨ kr¨z´s m´trix´t. o u o e a a 6.3.12. ´ fel annak a line´ris transzform´ci´nak a m´trix´t, amely a h´romIrja a a o a a a dimenzi´s t´ren van ´rtelmezve ´s amelyre o e e e (e1 ) = 2e2 + e3 , (e2 ) = 2e2 + 8e3 , (e3 ) = e2 + 4e3 . a) H´ny dimenzi´s t´rre k´pezi le a transzform´ci´ a teret? a o e e a o b) Alkalmazva az xy s´ x = y egyenes´nek pontjaira a transzform´ci´t, ik e a o mit kapunk eredm´ny¨ l? e u 6.3.13. Tekints¨ k a komplex sz´mok halmaz´t mint a val´s sz´mok teste feletti u a a o a vektorteret. D¨ntse el, hogy az al´bbi megfeleltet´sek line´ris transzforo a e a m´ci´k-e, ´s ha igen, ´ fel a transzform´ci´ m´trix´t az 1, j b´zisra a o e irja a o a a a vonatkoz´an. Minden komplex sz´mnak feleltess¨ k meg o a u a) a val´s r´sz´t; o e e b) a val´s ´s k´pzetes r´sze k¨z¨ l a nagyobbikat; o e e e o u c) az abszol´ t ´rt´k´t; u e e e d) a sz¨g´t; o e e) a konjug´ltj´t; a a f) a j-szeres´t. e 6.3.14. Mik lesznek az elz feladatban szerepl line´ris transzform´ci´k m´trixai o o o a a o a a j, 1 - j b´zisra vonatkoz´an? a o 6.3.15. A legfeljebb m´sodfok´ polinomok (val´s test feletti) vektorter´ben adott a u o e a k¨vetkez transzform´ci´: f (x) (x + 1) f (x). o o a o

114

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

a) Bizony´ be, hogy a transzform´ci´ line´ris. itsa a o a ´ fel a transzform´ci´ m´trix´t az 1, x, x2 b´zisra vonatkoz´an. b) Irja a o a a a o c) Sz´m´ ki a transzform´ci´ saj´t´rt´keit ´s saj´tvektorait. a itsa a o a e e e a 6.3.16. Adja meg a 6.2.7. feladatban szerepl line´ris transzform´ci´k m´trix´t. o a a o a a 6.3.17. Adott az f (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x) alak´ f¨ ggv´nyek vektortere a vau u e l´s sz´mok teste felett (a ´s b val´sak), valamint adott az f (x) f (x) o a e o transzform´ci´. a o a) Bizony´ be, hogy a transzform´ci´ line´ris. itsa a o a ´ fel a transzform´ci´ m´trix´t az ex cos 2x, ex sin 2x b´zisra vob) Irja a o a a a natkoz´an. o c) A transzform´ci´ m´trix´nak seg´ eg´vel hat´rozza meg f m´sodik a o a a its´ e a a deriv´ltj´ban ex cos 2x illetve ex sin 2x egy¨ tthat´j´t (a-val ´s b-vel a a u oa e kifejezve). d) Legyen g (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x). A transzform´ci´ m´trix´nak a o a a seg´ eg´vel hat´rozza meg g-ben ex cos 2x illetve ex sin 2x egy¨ tthaits´ e a u t´j´t (a-val ´s b-vel kifejezve). oa e

III. r´sz e

Megold´sok a

115

1. fejezet

Halmazelm´leti ´s algebrai e e fogalmak
1.1. Halmazalgebra

1.1.1. Az A halmaz mindh´rom eleme kiel´g´ az x3 + 11x = 6x2 + 6 egyenletet, a e iti ez´rt A B. A harmadfok´ egyenletnek nem lehet 3-n´l t¨bb gy¨ke, ´ e u a o o igy A = B is teljes¨ l. u 1.1.2. A = E = ]1, 2[ ´s D = F = {1, 2} e 1.1.3. a) {1} b) {1, 3, 7} c) {3} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3} a, a , a, {b} , {b} , a , {b} , {b} c) igaz A B = {3},

1.1.4. AB = {a}, A\B = {b} , A×A = 1.1.5. 1.1.6. a) hamis A = {3, 4, 5}, A B = {4, 5}, b) igaz

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

A B = {0, 1, 2, 4, 5}.

1.1.7. A metszet defin´ oja szerint 0 X ´s 2 X. ´ a megold´sok: X1 = {0}, ici´ e / Igy a X2 = {0, 1}, X3 = {0, 3} ´s X4 = {0, 1, 3}. e 1.1.8. A halmazok kivon´s´nak defin´ oja alapj´n 3 X, 4 X, 1 X ´s a a ici´ a / e 2 X. Teh´t a megold´sok: X1 = {3, 4}, X2 = {3, 4, 5}, X3 = {3, 4, 6} / a a ´s X4 = {3, 4, 5, 6}. e 117

118 1.1.9. a) c) e) g) 1.1.10. 1.1.11.

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

-2

0

3

b) d) 8 f) 5 h) -2 -8 4

-1 0 1 2 3 0 -1 9 11 d) igaz d) igaz 3 5 13 8

-1 0 1 2 3 2 -3 -1 5 2 b) igaz b) hamis

a) hamis a) igaz

c) igaz c) hamis

1.1.12. a)

5 2 1 2

b) 3

c) 1 1 1 e) 5 5 -3 f) 4 3 1 -2 b) igaz 1 c) igaz 1 1 3 3 6

-1

d) 1 -2 -3 1.1.13. 1.1.14. a) igaz 1 3

d) hamis

a) P(A × A) = , (a, a) , (a, b) , (b, a) , . . . , (a, b) , (b, a) , (b, b) , (a, a) , (a, b) , (b, a) , (b, b) b) P P(A) = , {} , {a} , {b} , . . . , , {a} , {b} , {a, b} c) A × P(A) = a, , b, , a, {a} , b, {a} , . . . , b, {a, b} , , , {a} , , {b} , . . . , {a, b} , {a, b}

d) P(A) × P(A) =

1.1. HALMAZALGEBRA

119

1.1.15.

a) Ha van legal´bb egy olyan x elem amely benne van az A, B, C a halmazok mindegyik´ben, akkor x B \ C, ez´rt x A \ (B \ C). e / e Ugyanakkor x A \ B, ´ x (A \ B) \ C. Teh´t az egyenls´g nem / igy / a o e teljes¨ l tetszleges A, B ´s C halmazok eset´n. u o e e b) (A \ B)C (A C)\B, mert ha x (A \ B)C, akkor x A\B ´s e x C. x A\B-b´l k¨vetkezik, hogy x A ´s x B. Mivel x eleme o o e / az A-nak is ´s C-nek is, ez´rt x A C. x B ´ x (A C) \ B. e e / igy Hasonl´an igazolhat´ az (A C) \ B (A \ B) C osszef¨ gg´s is, o o ¨ u e teh´t az egyenls´g tetszleges A, B ´s C eset´n igaz. a o e o e e d) igaz c) A A = , teh´t nem igaz. a e) hamis i) igaz b) A B f) igaz j) hamis g) hamis

h) hamis 1.1.16. a) A B

1.1.17. A (A B) = B 1.1.18. A-ban nem lehet olyan elem, ami B-nek is eleme, teh´t A B = . a 1.1.19. (X A B) (X \ A) (X \ B) = , mert X minden x eleme benne van az A ´s B halmazok legal´bb egyik´ben, ´ x X \A vagy x X \B. e a e igy / / (X \ A) (X \ B) = (X \ B A), ugyanis tetszleges y X \ B o eset´n y X \ A ´s y X, teh´t y A. e / e a (X \ B A) (X A B), hiszen tetszleges z X eset´n z B ez´rt o e e az all´ as igaz, vagy z B, de ekkor z X \ B, ´ z A. ´ it´ / igy 1.1.20. Nem igaz, ugyanis a felt´tel mellett l´tezhet olyan x, amelyre x A, x B e e / ´s x C. Ekkor x A C, de x B C, teh´t A C B C. e / a Ellenp´ld´val is megmutathatjuk, hogy hamis az all´ as: legyen A = {1} e a ´ it´ ´s B = C = {1, 2}. Ekkor A B, de A C = {2} = B C. e 1.1.21. Nem igaz. Pl. az A = {1}, B = {1, 2}, C = {2} egy alkalmas ellenp´lda. e Tetszleges C halmaz eset´n m´r igaz az all´ as. Ez k¨nnyen igazolhat´ o e a ´ it´ o o indirekt uton. Tegy¨ k fel ugyanis, hogy A = B. Ekkor l´tezik olyan x ´ u e elem, amely benne van A-ban, de nincs benne B-ben, vagy ford´ itva. Olyan C halmazt v´lasztva, amelynek nem eleme x, A \ C ´s B \ C sem egyezhet a e meg, mert x egyik¨ knek eleme, m´sikuknak nem. Ezzel ellentmond´sra u a a jutottunk. 1.1.22. a) {1} , {2} , {1, 2} egy egyelem ´s egy k´telem part´ o. ue e u ici´

120 b) c) 1.1.23.

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

{a}, {b}, {c} , {a, b}, {c} , {a, c}, {b} , {b, c}, {a} , {a, b, c} egy h´romelem , h´rom k´telem ´s egy egyelem part´ o. a u a e ue u ici´ {x}, {y}, {z}, {u} , {x}, {y}, {z, u} , . . . , {x, y, z, u} egy n´gye elem , hat h´romelem , h´t k´telem ´s egy egyelem part´ o. u a u e e ue u ici´

a) Egy 5-elem halmaz k´telem part´ oja vagy egy 1-elem ´s egy 4u e u ici´ ue elem halmazb´l all ( 5 = 5 eset), vagy egy 2-elem ´s egy 3-elem u o ´ ue u 1 halmazb´l ( 5 = 10 eset), teh´t 5 = 5 + 10 = 15 o 2 a 2 b) c)
n 1 n n

=1 =1

d) Ismeretes, hogy egy n-elem halmaz r´szhalmazainak sz´ma 2n . Ezek u e a mindegyike (kiv´ve az ures halmazt ´s az eredeti halmazt) mege ¨ e hat´roz egy 2-elem part´ ot, amit a r´szhalmaz ´s komplementere a u ici´ e e alkot. Teh´t 2n - 2 r´szhalmaz hat´roz meg 2-elem part´ ot, de a e a u ici´ ´ az egyes part´ okat k´tszer sz´moltuk, mert egy r´szhalmaz ´s igy ici´ e a e e a komplementere ugyanazt a part´ ot hat´rozza meg. Teh´t n = ici´ a a 2 2n -2 = 2n-1 - 1. Erre az osszef¨ gg´sre teljes indukci´s bizony´ ast is ¨ u e o it´ 2 adhatunk a k¨vetkez feladatban bizony´ o o itott osszef¨gg´s seg´ eg´vel. ¨ u e its´ e 1.1.24. Az n elem halmaz k elem part´ oinak sz´m´t, azaz n ´rt´k´t a k¨vetu u ici´ a a o k e e e kezk´ppen sz´molhatjuk ossze: o e a ¨ Elsz¨r all´ o o ´ itsuk el az els n - 1 elembl all´ halmaz k elem part´ oit. o o o ´ o u ici´ Ezek sz´ma n-1 . Az utols´ elemet a k r´szhalmaz valamelyik´be kell a o e e k betenn¨ nk ´s ez k f´lek´ppen lehet. ´ elall´ u e e e Igy o´ itottuk az n elem halmaz u k · n-1 sz´m´ part´ oj´t. A tov´bbi part´ okban az n-edik elem egy a u ici´ a a ici´ k k¨ l¨n r´szhalmazba ker¨ l, ez´rt az els n - 1 elemet k - 1 nem ures, diszuo e u e o ¨ junkt r´szhalmazba kell elhelyezn¨ nk ´s ez n-1 f´lek´ppen lehets´ges. e u e e e e k-1 6 = 3 5 + 5 = 32 4 + 3 4 + 5 = 3 3 2 3 2 2 = 33 3 + 32 3 + 3 4 + 5 = 27 + 9 · 22 - 1 + 3 · 23 - 1 + 24 - 1 = 90 3 2 2 2 8 4 = 1701 1.1.25. a) Mivel 3 diszjunkt 4-elem r´szhalmazhoz m´r 12 k¨ l¨nb¨z elemre u e a uo o o volna sz¨ ks´g, ez´rt legfeljebb 2 p´ronk´nt diszjunkt 4-elem halmaz all´ u e e a e u ´ ithat´ el. o o b) ­ c) Mindk´t esetben 5 a r´szhalmazok maxim´lis sz´ma. e e a a Elsz¨r bizony´ o o itsuk be, hogy 6 vagy t¨bb megfelel r´szhalmaz nem leo o e hets´ges. Ha lenne legal´bb 6 r´szhalmaz a felt´teleknek megfelelen, ake a e e o kor a 10 elem k¨z¨ l lenne legal´bb egy olyan, amely h´rom k¨ l¨nb¨z o u a a uo o o

1.1. HALMAZALGEBRA

121

r´szhalmazban is elfordul. Mivel nem lehet k´t r´szhalmaznak egyn´l e o e e e t¨bb k¨z¨s eleme, ez´rt a h´rom r´szhalmaz tov´bbi 9 eleme mind k¨ l¨nb¨o o o e a e a uo o z, azaz a h´rom r´szhalmaz uni´ja X. Ebben az esetben m´r egy negyedik o a e o a r´szhalmazt sem tudn´nk a felt´teleknek megfelelen fel´ e a e o irni, hiszen annak 4 elem´bl legal´bb 2 k¨z¨s lenne az elz 3 r´szhalmaz valamelyik´vel. e o a o o o o e e Ezek ut´n m´r csak azt kell megmutatnunk, hogy 5 megfelel r´szhalmaz a a o e val´ban l´tezik. X elemeit az els 10 pozit´ eg´sz sz´mmal jel¨lve: o e o iv e a o {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

1.1.27.

AB 1 -1 -2 1 4

3 1 -1

AB

1

3

3 1 -1 -3 1

A\B

B\A

AB 3 1 3 1 1 -3 3 5

3

5

-1 -2

1

122 1.1.28. a)

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

3 1 -3 -1 -3

b) ­ c) AB 2 1 A C ´s e ABC

d) B\A 2 1 1 2

1

3

1 2

e) 3 1 -2 -2 g) 3 1 -1 1

AB

f) 3 1

A\B

3

-1

1

3

AB

h) 3 1

C \B

1

3

-1

1

3

1.1.29.

a)

3 1 -1 -2 1 3

b)

3 1 -1 1 3

c)

3 1 -1 1 3


1.1. HALMAZALGEBRA

123 b) 3 c) 2 1 -1 -2 f) 3 3 2 1 1 2 3 1 -2 -1 2 1 2 3 4

1.1.30.

a)

1 1 -1 2 3 -1 e) 3 1 -1 1 3 5 1 3

d)

g) 1 -1 1 2

h)

2 1 1 2 3 4 -2

124

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.2.
1.2.1.

Rel´ci´k, f¨ ggv´nyek a o u e
a)

F¨ggv´nyek u e
3 2 1
b) d c b a Egy bin´ris rel´ci´ akkor ´s csak a a o e akkor f¨ ggv´ny, ha indul´si halu e a maz´nak minden eleme pontosan a egy ´rkez´si halmazbeli elemmel e e all rel´ci´ban. Ez´rt ez a rel´ci´ ´ a o e a o nem f¨ ggv´ny, hiszen p´ld´ul u e e a (1, a) , (1, c) R. F¨ ggv´ny. u e

3 2 1
c)

d c b a F¨ ggv´ny. u e

3 2 1

d c b a

1.2.2. 1. P´ld´k olyan rel´ci´kra, amelyek nem f¨ ggv´nyek: e a a o u e a) R = {(1, a) , (1, b) , (2, c)} c) nem lehets´ges e

b) R = {(1, a) , (1, b)}

d) R = {(J´nos, Eszter) , (J´nos, Zsuzsa) , (D´niel, M´ria)} a a a a e) R = {(x, y) | x R, y N} f) R = {(x, y) | (y = |x|) (y = |x + 1|) , x Z}

2. P´ld´k olyan rel´ci´kra, amelyek f¨ ggv´nyek ´s f (S) = T : e a a o u e e

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

125

b) nem lehets´ges, mert |S| < |T | e d) nem lehets´ges, mert |S| < |T | e c) f = {(a, ) , (b, ) , (c, )}

a) nem lehets´ges, mert |S| < |T | e

e) f = {(x, y) | y = | x | , x R, y N} f) f = {(x, y) | y = |x| , x Z, y N} s (x) = x + 1 sum (x, y) = x + y

1.2.3.

b) sum : R × R R,

a) s : R R,

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

c) sex : {J´nos, B´la, M´ria, Zsuzsa} {n, f´rfi}, a e a o e sex = {(J´nos, f´rfi) , (B´la, f´rfi) , (M´ria, n) , (Zsuzsa, n)} a e e e a o o

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

1.2.4. Az al´bbi f¨ ggv´nyek mind olyan rel´ci´k, amelyek indul´si ´s ´rkez´si a u e a o a e e e halmaza is X × Y . A megold´sokn´l csak az ´rt´kad´st ´s az ´rtelmez´si a a e e a e e e tartom´nyb´l kiz´rand´ elemeket t¨ ntetj¨ k fel: a o a o u u a) fa (x, y) = (80, 25) b) fb (x, y) = (x, y - 1) c) fc (x, y) = (x + 2, y + 5) (x, y) {(x, y) | x > 78, y > 20, x X, y Y } / e) fe (x, y) = (y, x) (x, y) {(x, y) | x X, y = 1} /

d) fd (x, y) = (81 - x, 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 } / Parci´lis lek´pez´sek: b), c), e), f). a e e 1.2.5. f : X × Y {i, h} a) f (x, y) = i


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

x az x (als´) eg´szr´sze: az x-n´l nem nagyobb eg´szek k¨z¨l a legnagyobb. o e e e e o u

126

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

b) f (x, y) = c) f (x, y) = d) f (x, y) = i e) f (x, y) = f) f (x, y) =

i, ha y = 1; h, ha y = 1. i, ha (x 78) (y 20) ; h, ha (x > 78) (y > 20) . i, ha x 25; h, ha x > 25. i, ha (10 < x 50) (5 < y 17) ; h, 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 eredm´ny¨ l. B´rmely e u a ettl k¨ l¨nb¨z esetben a program v´gtelen ciklusba ker¨ l. o uo o o e u f : N N, f (n) = 1, ahol N = 2k | k N (Ha f -et N N lek´pee z´sk´nt defini´ljuk, akkor parci´lis lek´pez´st kapunk.) e e a a e e 1.2.7. a) AB (x) = 1 (x A) (x B) A (x) = 1 B (x) = 1 b) AB (x) = 1 (x A) (x B) A (x) = 1 B (x) = 1 max A (x), B (x) = 1 min A (x), B (x) = 1

c) X\A (x) = 1 (x X \ A) A (x) = 0 X\A (x) = 1 - A (x) 1.2.8. d c b a d c b a d c b a d c b a d c b a

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

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

127

d c b a

d c b a

R-1 = {(b, a) , (c, a) , (d, c) , (a, a) , (a, b)} 1.2.9. a) R altal´ban nem f¨ ggv´ny, hiszen lehet k´t olyan B halmazbeli sze´ a u e e m´ly, akiknek ugyanaznap van a sz¨ let´snapjuk. R-1 B-bl A-ba e u e o k´pez f¨ ggv´ny. e o u e b) R R-1 altal´ban nem f¨ ggv´ny: olyan (ember1 , ember2 ) p´rokb´l ´ a u e a o all, ahol ember1 ugyanazon a napon sz¨ letett, mint ember2 . ´ u R-1 R az A halmaz azon r´szhalmaz´n ´rtelmezett f¨ ggv´ny, amee a e u e lyek azok a d´tumok, amelyeken sz¨ letett B halmazbeli ember. A a u f¨ ggv´ny minden ilyen d´tumhoz onmag´t rendeli. u e a ¨ a 1.2.10. Ap´k a Gyerekek Sz¨ lk uo L´nyok a

F

S

b) (l, s) S -1 , ha l l´nya s-nek. a

a) (g, a) F -1 , ha a apja g-nek. c) F S = , ugyanis (s, g) F S, ha l´tezik l, hogy (s, l) S ´s e e (l, g) F . Ilyen l nincs, mert nem lehet valaki l´ny ´s apa egyszerre. a e e) F -1 F = {(x, x) | x apa}

d) S F = {(x, y) | y l´nynak x a nagyapja} a

f) S S = {(x, y) | x nagysz¨ lje anyai agon y-nak, aki l´ny} uo ´ a

A

f¨ggv´ny neve: identit´s f¨ggv´ny. u e a u e

128

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

g) F -1 S = {(x, y) | x egy l´nygyermek valamelyik sz¨ lje, a uo y ugyanannak a l´nynak az apja} a 1.2.11. b) f -1 (x) = - x h-1 (x) = x - 1 c) f g : R R gf: RR h g: R R a) h(x)

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] Rgf = [-1, 1] Rhg = [0, 2]

1.2.12.

b) Rgf = n2 | n N = {n´gyzetsz´mok} e a d) Rhg = n4 | n N 1.2.13. (x, z) R S y ((x, y) S) ((y, z) R) y (y, x) S -1 (z, y) R-1 (z, x) S -1 R-1 1.2.14. a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) injekt´ iv igen igen igen f (1, 2) = f (3, 1) nem igen igen f (0) = f () nem igen f (1) = f (-3) nem f (0) = f (1) nem sz¨ rjekt´ u iv igen ¬ n : f (n) = 0 nem igen ¬ m, n : f (m, n) = 3 nem ¬ m, n : f (m, n) = 3 nem igen igen igen ¬ x : f (x) = -1 nem ¬ x : f (x) = -1 nem bijekt´ iv igen nem igen nem nem igen nem igen nem nem c) Rgh = n4 | n N

a) Rf g = N

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

129

k) l) 1.2.15.

f (6) = f (15) nem f (6) = f (15) nem

¬ x : f (x) = -1 nem igen

nem 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 - n (n - 1)m + 1 + (-1)n-1
n 2

(n - 2)m - . . . +
n-1 k=0

n n-1

=

(-1)k

n k

(n - k)m .

c) Ha m = n, akkor egy sincs. Ha m = n, akkor m!. 1.2.16. a) Sz¨ rjekt´ b´rmely a val´s sz´mhoz l´tezik olyan x R+ , hogy u iv: a o a e 1 f (x) = a, hiszen ha x - x = a, akkor x = 1 a + a2 + 4 . 2 1 b) f -1 : R R+ , y = 2 x + x2 + 4 . Az inverzf¨ ggv´ny sz¨ rjekt´ u e u iv. a) A = Z, B = Z+ . Ekkor x = 0-hoz nem rendelhet ´rt´k. oe e b) A = Z, B = Z. Nem injekt´ mert pl. f (3) = f (-3) = 3. Nem iv, sz¨ rjekt´ mert pl. a -3 nem all el k´pk´nt. u iv, ´ o e e

1.2.17.

d) A = Z, B = N. Nem injekt´ mert pl. f (3) = f (-3) = 3. Sz¨ rjekiv, u t´ mert minden nem-negat´ sz´m elall k´pk´nt. iv, iv a o´ e e

c) A = Z+ , B = Z. Injekt´ mert k¨ l¨nb¨z pozit´ sz´mok abszol´t iv, uo o o iv a u ´rt´ke k¨ l¨nb¨z. Nem sz¨ rjekt´ mert pl. a -3 nem all el k´pk´nt. e e uo o o u iv, ´ o e e

e) A = Z+ , B = Z+ . Injekt´ mert k¨ l¨nb¨z pozit´ sz´mok abszol´t iv, uo o o iv a u ´rt´ke is k¨ l¨nb¨z. Sz¨ rjekt´ mert minden pozit´ sz´m elall e e uo o o u iv, iv a o´ k´pk´nt. e e (Ezeken k´ ul, term´szetesen, sz´mtalan m´s j´ megold´s is adhat´.) iv¨ e a a o a o 1.2.18. a) Igaz. Injektivit´s ´s az ´rt´kk´szlet defin´ oj´b´l k¨vetkezik. a e e e e ici´ a o o b) Hamis. Pl. f : I5 I6 , d) Hamis. Pl. f : I3 I1 , f (x) = x + 1. f (x) = 1. c) Igaz. A f¨ ggv´ny defin´ oj´b´l k¨vetkezik. u e ici´ a o o

130

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

e) Hamis. Pl. f : I3 I2 ,

f (x) = 1.

f) Igaz. Sz¨ rjektivit´s ´s a f¨ ggv´ny defin´ oj´b´l k¨vetkezik. u a e u e ici´ a o o

g) Igaz. Injektivit´s ´s sz¨ rjektivit´s defin´ oj´b´l k¨vetkezik. a e u a ici´ a o o h) Igaz. Injektivit´s ´s sz¨ rjektivit´s defin´ oj´b´l k¨vetkezik. a e u a ici´ a o o i) Igaz. Injektivit´s ´s sz¨ rjektivit´s defin´ oj´b´l k¨vetkezik. a e u a ici´ a o o 1.2.19. a) f (A) = [0, 4]

4

f (A)

-1
b)

0 2
f (A)
3 2

2
f (A) =
3 2, 2

-1 -

3 2



3 2

1

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

131
1 1 f (A) = -, - 3 [1, [ = R \ - 3 , 1

c)

f (A)

1 0

2

-1 3

1.2.20.

a) X

C x1 x2 D

Y

f (C) y f (D)

Bizony´ itsunk indirekten: tegy¨ k u fel, hogy f (C) f (D) = . Legyen f (C) ´s f (D) k¨z¨s eleme e o o y. Ekkor x1 , x2 , hogy f (x1 ) = f (x2 ) = y, ´s x1 C, x2 D. e Mivel C D = , x1 = x2 . ´ Igy a lek´pez´s nem injekt´ ami ele e iv, lentmond az eredeti felt´telnek. e

b) Mivel f injekt´ ´s C (X \ C) = , a feladat a) r´sz´nek felt´telei iv e e e e teljes¨ lnek, ´ f (C) f (X \ C) = , amelybl az all´ as k¨nnyen u igy o ´ it´ o bel´that´. a o ´ it´ c) All´ as: Ha egy f : X Y lek´pez´sre igaz, hogy diszjunkt halmae e zok k´pei diszjunktak, akkor f injekt´ A bizony´ ashoz vegy¨ nk e iv. it´ u tetszleges x1 , x2 X (x1 = x2 ) elemeket. Az {x1 }, {x2 } diszjunkt o halmazok k´pei a felt´tel szerint diszjunktak. Ez´rt f (x1 ) = f (x2 ), e e e ´ f injekt´ igy iv. 1.2.21. a) f (X) = [-2, 0[

132

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

b) A lek´pez´s nem injekt´ ´ bijekt´ sem lehet. e e iv, igy iv 1.2.22. ´ Irjuk fel a f¨ ggv´ny ´rt´keit egy olyan t´bl´zatba, amelyben az m-edik sor u e e e a a n-edik elem´nek ´rt´ke f (m, n). A t´bl´zat alapj´n megsejthet rekurzie e e a a a o os osszef¨ gg´sek f (m, n) eredeti k´plet´bl behelyettes´ essel egyszer en ´ ¨ u e e e o it´ u bel´that´k. a o 0 0 2 5 9 14 20 . . . 1 1 4 8 13 19 26 . . . 2 3 7 12 18 25 33 . . . 3 6 11 17 24 32 ... 4 10 16 23 31 ... 5 15 22 30 ... ... ... ... ...

0 1 2 3 4 5 . . .

f (0, n) =

n (n + 1) ; 2

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

Mivel f (0, m + 1) = f (m, 0) + 1, a t´bl´zat elemei lefedik a term´szetes a a e sz´mok halmaz´t, mindegyiket pontosan egyszer szerepeltetve. Ezzel bea a l´ttuk, hogy az f f¨ ggv´ny bijekt´ a u e iv.

Homog´n bin´ris rel´ci´k speci´lis tulajdons´gai e a a o a a
1.2.23. a) Nem reflex´ Egy egyenesen v´gtelen sok s´ fektethet at. iv. e ik o´ e g Irreflex´ Egyetlen egyenesen sem fekiv. tethet at pontosan egy s´ o´ ik. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ Az abra szerint elhelyeziv. ´ ked e ´s f , illetve f ´s g egyeneseken o e e is pontosan egy s´ fektethet at; e ´s g ik o´ e egyeneseken azonban egy sem.

f

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

133

b) Nem reflex´ Egyenes onmag´val nem kit´r. iv. ¨ a eo Irreflex´ Egyetlen egyenes sem kit´r iv. eo e onmag´val. ¨ a f Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ Az abra szerint elhelyeziv. ´ ked e ´s f , illetve f ´s g egyenesek is o e e kit´rk; e ´s g egyenesek azonban nem eo e (metszk). o g c) Reflex´ B´rmely egyenesre illeszthet s´ iv. a o ik. Nem irreflex´ iv. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ L´sd az a) feladatot. iv. a 1.2.24. a) Nem reflex´ A p´ros sz´mokat saj´t magukkal szorozva nem kaiv. a a a punk p´ratlan sz´mot. a a Nem irreflex´ A p´ratlan sz´mokat saj´t magukkal szorozva p´rativ. a a a a lan sz´mot kapunk. a Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Tranzit´ Ha a · b ´s b · c p´ratlan, akkor a, b ´s c is csak p´ratlan iv. e a e a lehet. ´ a · c is p´ratlan. Igy a DR = {p´ratlan sz´mok}, RR = {p´ratlan sz´mok}. a a a a b) Nem reflex´ A vezet´kn´v nem r¨videbb saj´t mag´n´l. iv. e e o a a a Irreflex´ Egy ember vezet´kneve sem r¨videbb saj´t mag´n´l. iv. e o a a a Nem szimmetrikus. Antiszimmetrikus. Tranzit´ iv. DS = {x | x-n´l van hosszabb vezet´knev budapesti lakos, x B}, e e u RS = {x | x-n´l van r¨videbb vezet´knev budapesti lakos, x B}. e o e u c) Nem reflex´ Az ures halmaz onmag´val vett metszete ures. iv. ¨ ¨ a ¨ Nem irreflex´ Az ures halmazt kiv´ve minden elem rel´ci´ban all iv. ¨ e a o ´ onmag´val. ¨ a Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ Pl. {a, b}{b, c} = {b} = ´s {b, c}{c, d} = {c} = , iv. e

134

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

d) Nem reflex´ Az 1 onmag´val vett legnagyobb k¨z¨s oszt´ja 1. iv. ¨ a o o o Nem irreflex´ Az 1-et kiv´ve minden elem rel´ci´ban all onmag´val. iv. e a o ´ ¨ a Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzit´ Pl. lnko (2, 6) = 2 > 1 ´s lnko (6, 3) = 3 > 1, azonban iv. e lnko (2, 3) = 1 > 1. DU = N+ \ {1}, RU = N+ \ {1}. e) Reflex´ Minden k¨r ´rinti saj´t mag´t (beiv. o e a a l¨ lrl is), hiszen van saj´t mag´val k¨z¨s pontu o a a o o ja, ´s abban a pontban k¨z¨s az ´rintj¨ k. e o o e ou k1 Nem irreflex´ iv. Nem szimmetrikus. k2 Antiszimmetrikus. Ha egy k¨r bel¨ lrl ´rint o u o e egy m´sikat, akkor a m´sik nem ´rintheti bea a e l¨ lrl. u o Nem tranzit´ Az abra szerint elhelyezked k1 k¨r bel¨ lrl ´rinti iv. ´ o o u o e k2 -t, mint ahogy k2 is bel¨ lrl ´rinti k3 -at. Azonban k1 sehogy sem u o e ´rinti k3 -at. e DV = K, RV = K. k3

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

1.2.25.

a)

4

3

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

1
b) 4

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

1

2

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

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

c)

4

3

1
d) Nem lehets´ges. e e)

2

4

3

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

1
f)

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

4

1
g)

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

4

1 h) 4

2 3 R = {(1, 1) , (2, 2) , (4, 4)} (Megjegyz´s: Egy adott halmazon defini´lt egyene a ls´gi rel´ci´n ´s r´szhalmazain k´ ul nincs m´s o e a o e e iv¨ a olyan rel´ci´, amely szimmetrikus ´s antiszimmeta o e rikus is egyszerre.) 2

1

136

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

Ekvivalencia-rel´ci´k a o
1.2.26. a) Nem, mert nem reflex´ ´s nem tranzit´ iv, e iv. b) Nem, mert nem tranzit´ iv. 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

6

3

b) Az ekvivalencia-rel´ci´: a o R {(1, 1) , (1, 3) , (2, 2) , (3, 1) , (3, 3) , (5, 6) , (6, 6)} (Az eredeti rel´ci´hoz tartoa o z´ ´leket folytonos vonallal, o e m´ a kieg´sz´ eshez minim´ig e it´ a lisan sz¨ ks´ges ´leket szaggau e e tott vonallal abr´zoltuk.) ´ a

1
1.2.29.

2

b) Reflex´ mert x2 + x2 = 2x2 mindig oszthat´ 2-vel. iv, o Szimmetrikus, mert ha x2 +y 2 oszthat´ 2-vel, akkor y 2 +x2 is oszthat´ o o 2-vel. Tranzit´ mert ha x2 +y 2 ´s y 2 +z 2 is oszthat´ 2-vel, akkor osszeg¨ k: iv, e o ¨ u x2 +2y 2 +z 2 is oszthat´ 2-vel. Ez pedig csak ugy lehets´ges, ha x2 +z 2 o ´ e is oszthat´ 2-vel. o Ekvivalencia-oszt´lyok: {p´ros sz´mok}, {p´ratlan sz´mok}. a a a a a

a) Reflex´ mert m + m = 2m mindig p´ros. iv, a Szimmetrikus, mert ha m + n p´ros, akkor n + m is az. a Tranzit´ mert ha m+ n ´s n+ p is p´ros, akkor osszeg¨ k: m+ 2n+ p iv, e a ¨ u is p´ros. Ez pedig csak ugy lehets´ges, ha m + p is p´ros. a ´ e a Ekvivalencia-oszt´lyok: {p´ros sz´mok}, {p´ratlan sz´mok}. a a a a a

c) Reflex´ mert a - a = 0 racion´lis. iv, a Szimmetrikus, mert ha a - b racion´lis, akkor b - a = - (a - b) is a racion´lis. a Tranzit´ mert ha a-b ´s b-c is racion´lis, akkor osszeg¨ k: a-c is raiv, e a ¨ u cion´lis. (A racion´lis sz´mok halmaza z´rt az osszead´s m velet´re.) a a a a ¨ a u e

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

137

Ekvivalencia-oszt´lyok: Q, ´s minden olyan x + Q halmaz , ahol x a e tetszleges, r¨gz´ o o itett irracion´lis sz´m. a a d) Reflex´ mert x - x = 0 oszthat´ 3-mal. iv, o Szimmetrikus, mert ha x - y oszthat´ 3-mal, akkor y - x = - (x - y) o is oszthat´ 3-mal. o Tranzit´ mert ha x - y ´s y - z is oszthat´ 3-mal, akkor osszeg¨ k: iv, e o ¨ u x - z is oszthat´ 3-mal. o Ekvivalencia-oszt´lyok: {1, 4, 7, 10}, {2, 5, 8, 11}, {3, 6, 9, 12}. a e) Reflex´ mert m2 - m2 = 0 oszthat´ 3-mal. iv, o Szimmetrikus, mert ha m2 - n2 oszthat´ 3-mal, akkor n2 - m2 is o oszthat´ 3-mal. o Tranzit´ mert ha m2 - n2 ´s n2 - p2 is oszthat´ 3-mal, akkor osziv, e o ¨ szeg¨ k: m2 - p2 is oszthat´ 3-mal. u o Ekvivalencia-oszt´lyok: {3-mal oszthat´ term´szetes sz´mok} , a o e a {3-mal nem oszthat´ term´szetes sz´mok}. o e a f) Reflex´ mert x2 - x2 = 0 oszthat´ 4-gyel. iv, o Szimmetrikus, mert ha x2 - y 2 oszthat´ 4-gyel, akkor y 2 - x2 is o oszthat´ 4-gyel. o Tranzit´ mert ha x2 - y 2 ´s y 2 - z 2 is oszthat´ 4-gyel, akkor osszeiv, e o ¨ g¨ k: x2 - z 2 is oszthat´ 4-gyel. u o Ekvivalencia-oszt´lyok: {p´ros sz´mok}, {p´ratlan sz´mok}. a a a a a

g) Reflex´ mert x1 + y1 = x1 + y1 mindig teljes¨ l. iv, u Szimmetrikus, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 , akkor x2 + y2 = x1 + y1 is teljes¨ l. u Tranzit´ mert ha x1 + y1 = x2 + y2 ´s x2 + y2 = x3 + y3 , akkor iv, e x1 + y1 = x3 + y3 is teljes¨ l. u Ekvivalencia-oszt´lyok: Minden val´s sz´mhoz tartozik egy ekvivaa o a lencia-oszt´ly: Ec = {(x, y) | x + y = c}, c R. A Descartes-f´le a e koordin´ta-rendszerben Ec ekvivalencia-oszt´lynak a -1 ir´nytana a a gens , c tengelymetszet egyenes felel meg. u u h) Reflex´ mert x1 y1 = x1 y1 mindig teljes¨ l. iv, u Szimmetrikus, mert ha x1 y1 = x2 y2 , akkor x2 y2 = x1 y1 is teljes¨ l. u Tranzit´ mert ha x1 y1 = x2 y2 ´s x2 y2 = x3 y3 , akkor x1 y1 = x3 y3 is iv, e teljes¨ l. u Ekvivalencia-oszt´lyok: Minden val´s sz´mhoz tartozik egy ekvivaa o a lencia-oszt´ly: Ec = {(x, y) | xy = c}, c R. A Descartes-f´le koora e
Szok´sos a

jel¨l´s: tetszleges x sz´mra ´s H sz´mhalmazra: x + H = {x + h | h H}. oe o a e a

138

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

c din´ta-rendszerben Ec ekvivalencia-oszt´lynak az y = x egyenlet , a a u der´ksz¨g hiperbola felel meg, ha c = 0; E0 -nak pedig a koordin´tae o u a tengelyek egyes´ ese. it´

1.2.30.

a)

i. Xa Xb = = (a, b) R bizony´ asa: / it´ A reflexivit´s miatt a Xa . Az Xa Xb = felt´tel miatt a e viszont a Xb . Mivel Xb tartalmazza az osszes b-vel rel´ci´ban / ¨ a o all´ elemet, aRb nem allhat fenn. ´ o ´ ii. (a, b) R = Xa Xb = bizony´ asa: / it´ Tegy¨ k fel, hogy az all´ assal ellent´tben Xa Xb = , azaz u ´ it´ e van olyan c X elem, amely mindk´t halmaznak eleme, teh´t e a c mind a-val, mind pedig b-vel rel´ci´ban van. A szimmetri´b´l a o a o k¨vetkezen aRc ´s cRb is teljes¨ l, ahonnan a tranzitivit´st felo o e u a haszn´lva aRb ad´dik. Ez pedig ellentmond a felt´telnek. a o e i. (a, b) R = Xa = Xb bizony´ asa: it´ Tekints¨ nk egy tetszleges c Xa elemet, erre aRc teljes¨ l. A u o u felt´tel ´s a szimmetria miatt bRa is igaz. A tranzitivit´sb´l e e a o ad´d´an ekkor bRc igaz, azaz minden a-val rel´ci´ban all´ elem bo o a o ´ o vel is rel´ci´ban all. Teh´t Xa Xb . Hasonl´ gondolatmenettel a o ´ a o l´that´ be Xb Xa is, amibl Xa = Xb ad´dik. a o o o ii. Xa = Xb = (a, b) R bizony´ asa: it´ Bizony´ itsunk indirekten: ha (a, b) R, akkor b Xa , viszont / / b Xb . ´ Xa = Xb , ami ellentmond´s. Igy a

b) Az a) all´ as ii. r´sz´nek bizony´ as´b´l ad´dik. ´ it´ e e it´ a o o c)

Parci´lis rendez´si rel´ci´k a e a o
1.2.31. a) Reflex´ mert A A mindig teljes¨ l. iv, u Antiszimmetrikus, mert A B ´s B A csak akkor teljes¨ lhet, ha e u A = B. Tranzit´ mert ha A B ´s B C, akkor A C is teljes¨ l. iv, e u

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

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} Minim´lis elemek: a k´telea e m halmazok. u sup (A, B) = A B Nem l´tezik b´rmely k´t e- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} e a e lemnek infimuma, mert p´le d´ul inf ({1, 2} , {1, 3}) nem l´tezik. a e b) A parci´lis rendez´s bizony´ as´t l´sd az a) r´szn´l. a e it´ a a e e Legnagyobb elem: Legkisebb elem nincs. Minim´lis elemek: a k´telea e {1} {2} {3} {4} m halmazok. u sup (A, B) = A B Nem l´tezik b´rmely k´t ee a e lemnek infimuma, mert p´l- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} e d´ul inf ({1, 2} , {1, 3}) nem a l´tezik. e c) Reflex´ mert minden sz´m oszt´ja onmag´nak. iv, a o ¨ a Antiszimmetrikus, mert a | b ´s b | a csak akkor teljes¨ lhet, ha a = b. e u Tranzit´ mert ha a | b ´s b | c, akkor a | c is teljes¨ l. iv, e u Legnagyobb ´s legkisebb elem nincs. e Maxim´lis elemek: 9, 20, 30. a Minim´lis elemek: 3, 10. a Nincs b´rmely k´t elemnek szupr´muma ill. infia e e muma, mert pl. inf (3, 10) ´s sup (9, 20) nem l´tee e zik. 9 6 30 20

3

10

140

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

d) A parci´lis rendez´s bizony´ as´t l´sd a c) r´szn´l. a e it´ a a e e Legnagyobb elem: 12. Legkisebb elem: 1. sup (a, b) = lkkt (a, b) inf (a, b) = lnko (a, b) 12 6 3 1 1.2.32. a) sup (100, 10) = 10 sup (101, 111) = 1 inf (100, 11) nem l´tezik e inf (100, 10) = 100 Meggondolhat´, hogy sup (v, w) olyan bitsorozat, amely v-ben ´s wo e ben is szerepl legbvebb kezdr´sz. Ilyen sorozat mindig van, mivel o o o e a halmaz elemei 1-gyel kezddnek. o sup (00001, 001) = 00 sup (1111, 110) = 11 inf (0010, 0011) nem l´tezik e inf (011, 01) = 011 Eg´sz´ uk ki az adott halmazt a 0 ´s 1 elemekkel, valamint -nal, e its¨ e ami legyen az ures karaktersorozat jele. Ez ut´bbi lesz az eredeti ¨ o rendez´s szerinti legnagyobb elem. e sup (000, 11) nem l´tezik e inf (100, 001) nem l´tezik e Ebben a rendezett halmazban a sup (01, 10) nem l´te- 1 e zik. A {01, 10} halmaz fels korl´tja a 0 ´s az 1 elem o a e is, ezek k¨z¨tt viszont nincsen legkisebb. Ak´rhogyan o o a bv´ uk is az adott halmazt, ez nem v´ltozik. Ugyanio itj¨ a lyen okb´l nem l´tezik inf (100, 001) sem: az {100, 001} o e 10 halmaz als´ korl´tja az 1001 ´s a 00100 elem is; ezek o a e k¨z¨ l viszont egyik sem nagyobb a m´sikn´l. o u a a sup (100, 11) = 1 inf (100, 00) = 100 2 4

b)

c)

0

01

1.2.33. Bel´tjuk, hogy az R-1 rel´ci´ a H halmazon rendelkezik a parci´lis rena a o a dez´si rel´ci´k tulajdons´gaival. e a o a Reflexivit´s: R reflexivit´sa miatt (a, a) R minden a H eset´n, de a a e akkor (a, a) R-1 is teljes¨ l minden a H-ra. u

Antiszimmetria: ha (a, b) R-1 ´s (b, a) R-1 , akkor (b, a) R ´s e e (a, b) R. Ebbl viszont R antiszimmetri´ja miatt k¨vetkezik, hogy a = b. o a o
lkkt = legkisebb lnko = legnagyobb

k¨z¨s t¨bbsz¨r¨s o o o o o k¨z¨s oszt´ o o o

´ ´ ¨ ´ 1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK

141

Tranzitivit´s: ha (a, b) R-1 ´s (b, c) R-1 , akkor (b, a) R ´s (c, b) a e e R. Mivel R-rl tudjuk, hogy tranzit´ az ut´bbi k´t felt´tel k¨vetkezt´ben o iv, o e e o e (c, a) R, azaz (a, c) R-1 . Ha x H maxim´lis elem (H; R)-ben, akkor nincs olyan y H, hogy a (x, y) R, azaz x y. Ez H; R-1 -ben azt jelenti, hogy nincs olyan -1 y H, (y, x) R , azaz y x. K¨vetkez´sk´ppen x minim´lis elem o e e a H; R-1 -ben.

1.2.34. A rel´ci´ az F halmazon nem antiszimmetrikus. P´lda f, g F -re, ahol a o e f g ´s g f egyszerre igaz, m´gis f = g: e e f: NN ´s e g: N N 1.2.35. g (n) = f (n) = 1, ha n = 1; 5, ha n = 1; 1, ha n = 2; 5, ha n = 2.

b) Nem, mert pl. 2 + j c)
3 + 1j 3 + 0j 2 + 1j 3 + 2j

a) Reflex´ mert a + bj a + bj, hiszen a a ´s b b. iv, e Antiszimmetrikus, mert ha a1 + b1 j a2 + b2 j ´s a2 + b2 j a1 + b1 j, e akkor a1 a2 ´s a2 a1 , valamint b1 b2 ´s b2 b1 . Ekkor e e antiszimmetri´ja miatt a1 = a2 ´s b1 = b2 , vagyis a1 + b1 j = a2 + b2 j. a e Tranzit´ mert ha a1 + b1 j iv, a2 + b2 j, ´s a2 + b2 j e a3 + b3 j, akkor a1 a2 ´s a2 a3 , valamint b1 b2 ´s b2 b3 . Ekkor e e tranzitivit´sa miatt a1 a3 ´s b1 b3 , vagyis a1 + b1 j a3 + b3 j. a e 3 + 0j ´s 3 + 0j e 2 + j k¨z¨ l egyik sem teljes¨ l. o u u

2 + 2j 1 + 2j 1 + 1j 0 + 2j

2 + 0j 1 + 0j 0 + 0j 0 + 1j

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

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

e) Igen, mert nem tartalmaz az al´bbi k´t h´l´val izomorf r´szh´l´t: a e ao e ao

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 sz´m a komplementum´t jelenti, ´s nem a konjug´ltj´t.) a e a a 1.2.36. Reflex´ azaz (a, b) iv, (a, b), hiszen a a ´s b = b teljes¨ l. e u

Antiszimmetrikus, mert (a1 , b1 ) (a2 , b2 ) ´s (a2 , b2 ) (a1 , b1 ) csak abban e az esetben teljes¨ lhet, ha b1 = b2 . Ekkor a1 a2 ´s a2 a1 , ebbl pedig u e o k¨vetkezik, hogy (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ). o Tranzit´ mert a m´sodik komponensre vonatkoz´ < rel´ci´ tranzit´ Ha iv, a o a o iv. a rel´ci´ ugy teljes¨ l, hogy a m´sodik komponensek egyenlek, akkor a o ´ u a o pedig az els komponensekre vonatkoz´ rel´ci´ tranzitivit´sa or¨kldik. o o a o a ¨ o o K¨nnyen meggondolhat´ a m´sik k´t eset is. o o a e Dichot´m, mert (a1 , b1 ) o (a2 , b2 ) ´s (a2 , b2 ) e (a1 , b1 ) k¨z¨ l valamelyik o u biztosan teljes¨ l, att´l f¨ ggen, hogy b < d vagy d < b. Abban az esetben, u o u o ha b = d, akkor pedig a c vagy c a-tl f¨ ggen teljes¨ l valamelyik o u o u rel´ci´. a o 1.2.37. a) Hamis. Pl. Egy tetszleges halmaz val´di r´szhalmazainak halmaz´n o o e a ´rtelmezett rel´ci´. Legkisebb eleme: , de legnagyobb nincs. e a o

b) Igaz. Nem lehet m´sik minim´lis elem, hiszen a legkisebb elem mina a den elemn´l kisebb, ´ nem l´tezhet m´s olyan elem, amelyn´l nincs e igy e a e kisebb. c) Igaz. Az elz v´lasz ´rtelm´ben a legnagyobb elem maxim´lis is o o a e e a lenne.

d) Hamis. A fels hat´rnak nem kell a halmazban lennie: pl. a ([0, 1[ ; ) o a halmaznak nincs legnagyobb eleme, de fels hat´ra az 1. o a
l´sd az Algebrai strukt´r´k c. fejezetben. a u a megjegyezz¨k, hogy ezen line´ris rendez´si rel´ci´ seg´ eg´vel a halmaz u a e a o its´ e elemei nem rendezhetk sorozatba. o
Erdekess´gk´nt ´ e e Bvebben o

´ ´ 1.3. HALMAZOK SZAMOSSAGA

143

e) Hamis. Pl. (]0, 1] ; ) rendezett halmaznak van als´ korl´tja (pl. a o a -1), de nincs legkisebb eleme. f) Hamis. Pl. az (N \ {0, 1} ; |) r´szben-rendezett halmazban egyn´l e e t¨bb minim´lis elem van (ezek a pr´ o a imek), de van als´ hat´ra: 1. o a

1.3.
1.3.1.

Halmazok sz´moss´ga a a
a) Rendezz¨ k sorozatba az eg´sz sz´mokat az al´bbi m´don: u e a a o 0, -1, 1, -2, 2, -3, 3, . . . Az al´bbi f¨ ggv´ny megadja, hogy valamely k eg´sz sz´m h´nyadik a u e e a a eleme a sorozatnak: f : Z Z+ , k 2k + 1, ha k 0; -2k, ha k < 0.

Term´szetes, hogy minden elem sorsz´ma k¨ l¨nb¨z (f injekt´ e a uo o o iv). M´sr´szt a kapott sorozat v´gtelen elemsz´m´ , teh´t minden pozit´ a e e a u a iv eg´sz sz´m eleme a f¨ ggv´ny ´rt´kk´szlet´nek (f sz¨ rjekt´ e a u e e e e e u iv). b) Az f f¨ ggv´ny az AB szakasz P pontjait az A B szakasz P pontjaira u e k´pezi le az al´bbi m´don: e a o P A B f (P ) = P , ahol A P = AB · AP AB

A

P

B

c) Az al´bbi t´bl´zatot racion´lis sz´mokb´l k´sz´ uk el. a a a a a o e itj¨ 0 -1 1 -2 2 -3 -1 2 -1 3 -1 4 ...
1 2 1 3 1 4 2 -2 2 -3 2 -4 2 2 2 3 2 4 3 -2 3 -3 3 -4

3
3 2 3 3 3 4

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

...

...

...

...

...

144

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

Az els sorba ´ o irjuk az a) p´ld´ban megadott m´don az eg´sz sz´e a o e a mokat. Ezut´n az m-edik sor azonos poz´ oj´ba az els sorban l´v a ici´ a o e o ´rt´k m-ed r´sz´t ´ e e e e irjuk. Az ´ k´pzett t´bl´zat nyilv´nval´an tartaligy e a a a o mazza az osszes racion´lis sz´mot (st, mindegyiket v´gtelen sokszor, ¨ a a o e 1 4 pl.: 2 = 2 = 3 = 8 = . . .). 4 6 Az abr´n berajzolt m´don sorozatba rendezz¨ k a racion´lis sz´mokat, ´ a o u a a kihagyva azokat, amelyek kor´bban m´r szerepeltek: a a 1 1 1 2 1 1 0, -1, 1, - , - , , -2, 2, - , , - , . . . 2 3 2 2 3 4 ´ m´r a sorozat elemei k¨ l¨nb¨zek, ´s tartalmazz´k az osszes raIgy a uo o o e a ¨ cion´lis sz´mot, teh´t a lek´pez´s bijekt´ a a a e e iv. d) f : ]0, 1[ R, f (x) = ctg x e) A bijekci´ megad´s´t az nehez´ hogy az egyik intervallumban egyo a a iti, " gyel t¨bb" pont van. Ennek kik¨ sz¨b¨l´s´re vegy¨ nk egy olyan v´go u o oe e u e telen sorozatot, amelynek minden eleme k¨ l¨nb¨z ´s a ]0, 1] intervaluo o oe lumban van, valamint els eleme az 1. Egy ilyen sorozat p´ld´ul az o e a an = 2-n (n = 0, 1, 2, . . .). Ebben a sorozatban feleltess¨ k meg minu den elemnek az ut´na k¨vetkezt (azaz toljuk el" eggyel a sorozatot), a o o " az osszes t¨bbi intervallumbeli elemnek pedig onmag´t. K¨nnyen ¨ o ¨ a o l´that´, hogy ez a lek´pez´s bijekt´ a o e e iv: f : ]0, 1] ]0, 1[ , f (x) = x,
1 2n+1 ,

ha n N : x = egy´bk´nt. e e

1 2n ;

1.3.2. Mindh´rom esetben az a feladat, hogy az adott halmaz ´s a term´szetes a e e sz´mok halmaza k¨z¨tt egy bijekt´ lek´pez´st adjunk meg. a o o iv e e n, ha n p´ros; a -n - 1, ha n p´ratlan. a b) L´sd az 1.3.1.c) feladat megold´s´t. a a a c) K¨zismert, hogy v´gtelen sok pr´ o e imsz´m van. A sz´moss´guk 0 , a a a hiszen a term´szetes sz´mok halmaz´nak r´szhalmaz´t alkotj´k. e a a e a a a) f : N 2Z, f (n) =
Ez a l´p´s elker¨ lhet, ha a t´bl´zat m-edik sor´ba m´r csak az m-hez relat´ pr´ e e u o a a a a iv imek m-mel osztott ´rt´k´t ´ e e e irjuk. Ennek egy egyszer bizony´ asa m´g az okori g¨r¨g¨ktl sz´rmazik. Tegy¨ k fel, hogy u it´ e ´ o o o o a u ´ itsuk el a q = p0 p1 p2 . . . pn + 1 sz´mot. csak v´ges sok pr´ e imsz´m van: p0 , p1 , p2 , . . . , pn . All´ a o a Ez nem lehet pr´ hiszen nem egyenl p0 , p1 , p2 , . . . , pn egyik´vel sem. Ha osszetett, akkor im, o e ¨ viszont van pr´ imoszt´ja. K¨nny l´tni, hogy ez nem lehet az eddig ismert pr´ o o u a imek egyike sem, ´ ellentmond´sra jutottunk. igy a

´ ´ 1.3. HALMAZOK SZAMOSSAGA

145

1.3.3. Ha a = b vagy a > b, akkor H = , azaz |H| = 0. Ha a < b, akkor pedig bijekci´t tudunk adni ]0, 1[ ´s ]a, b[ intervallumok o e k¨z¨tt. o o f : ]0, 1[ ]a, b[ , f (x) = (b - a) x + a

Mivel ]0, 1[ intervallum sz´moss´ga kontinuum, ez´rt H halmaz´ is. a a e e 1.3.4. a) Az X halmaz elemeinek x0 , x1 , x2 , . . . sorozatba rendez´s´vel mege e adunk egy f : N X, f (n) = xn f¨ ggv´nyt. Ez bijekt´ hiszen u e iv, az X halmaz osszes eleme k´pelem, ´s a sorozatban minden elem ¨ e e k¨ l¨nb¨z. uo o o b) A sorozat elemei k¨z¨ l h´ zzuk ki az esetlegesen megegyezket. Ekkor o u u o vagy v´ges sok, vagy 0 sz´moss´g´ k¨ l¨nb¨z elem marad. e a a u uo o o c) Rendezz¨ k az A = {a0 , a1 , a2 , . . .} ´s a B = {b0 , b1 , b2 , . . .} halu e maz elemeit sorozatba az al´bbi m´don: a0 , b0 , a1 , b1 , a2 , b2 , . . . Ha a o a sorozatban van k´t megegyez elem, mert A B = , akkor a Be o bl v´lasztottat h´ zzuk ki. Az eredm´ny¨ l kapott sorozat v´gtelen o a u e u e elemsz´m´ , mivel A elemeit biztosan tartalmazza. Ezzel A B elea u meit sorozatba rendezt¨ k ugy, hogy a sorozatban minden halmazbeli u ´ elem pontosan egyszer szerepel. d) Legyen A egy v´gtelen sok elembl all´ halmaz. Vegy¨ nk ki A-b´l e o ´ o u o egy a0 elemet, majd a marad´k A1 halmazb´l vegy¨ nk ki egy a1 e o u elemet. Ez nyilv´n lehets´ges, mert egy v´gtelen halmazb´l egyet a e e o elv´ve v´gtelen sok elem marad. Folytassuk az elj´r´st: e e a a A1 = A \ {a0 } , A2 = A1 \ {a1 } , . . . , An = An-1 \ {an-1 } , . . . a kivett A = {a0 , a1 , . . . , an , . . .} halmaz sz´moss´ga nyilv´n mega a a sz´ml´lhat´an v´gtelen. a a o e e) Vizsg´ljuk az A \ B halmaz elemeit. ´ a Irjuk fel az A halmaz elemeit sorozatba ´s h´ zzuk ki azokat, amelyek B-ben is szerepelnek. A mege u maradt elemek v´ges vagy v´gtelen elemsz´m´ sorozatot alkotnak. e e a u f) A halmazok elemei (v´ges vagy v´gtelen) sorozatba rendezhetk. ´ e e o Irjuk fel azt a t´bl´zatot, amelynek n-edik sor´ban az An halmaz elemei a a a szerepelnek v´ges vagy v´gtelen sorozatba rendezve. e e

146 A1 A2 A3 . . . An . . . a11 a21 a31 . . . an1 . . .

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

a12 a22 a32 . . . an2 . . .
n=1

a13 a23 a33 . . . an3 . . .

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

a1k a2k a3k . . . ank . . .

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

Rendezz¨ k sorozatba az u

An halmaz elemeit az abr´n kijel¨lt sor´ a o

rendben. Egy elemet csak az els elfordul´sakor v´lasszunk be a o o a a sorozatba. 1.3.5. a) |R| = |]0, 1[|: l´sd az 1.3.1.d) feladatot. a |]0, 1[| = |[0, 1]|: l´sd az 1.3.1.e) feladatot. a |[0, 1]| = |[a, b]|: l´sd az 1.3.1.b) vagy az 1.3.3. feladatot. a |[a, b]| = |[a, [|: az 1.3.1.e) feladat alapj´n tudjuk, hogy |[a, b]| = a |[a, b[|. Az |[a, b[| = |[a, [| ekvivalenci´t pedig az a f : [a, b[ [a, [ , f (x) = tg (x - a) 2 (b - a)

bijekci´ bizony´ o itja. ´ a b) Abr´zoljuk az egys´gnyi oldal´ n´gyzetet az abr´n l´that´ m´don a e u e ´ a a o o der´ksz¨g koordin´tarendszerben. e o u a A n´gyzet tetszleges P (x, y) pontj´nak koe o a ordin´t´it ´ a a irjuk fel v´gtelen tizedest¨rt a- 1 e o P (x, y) lakban. Mivel a racion´lis sz´mok egy r´a a e sz´nek k´t tizedest¨rt-alakja van , ez´rt ale e o e ´ lapodjunk meg, hogy mindig csak az egyiket, a tiszta 0 v´g alakot haszn´ljuk. e u a x = 0, x1 x2 x3 . . . xn . . ., ha x = 1 y = 0, y1 y2 y3 . . . yn . . ., ha y = 1 1 P Ha x = 1 ´s y = 1, akkor a n´gyzet P (x, y) e e
P´ld´ul: e a

0, 1 = 0, 099999 . . .

´ ´ 1.3. HALMAZOK SZAMOSSAGA

147

pontj´hoz rendelj¨ k hozz´ azt a P pontot az x tengelyen, amelya u a nek x koordin´t´ja: 0, 00x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . val´s sz´m v´gtelen aa o a e tizedest¨rt alakban fel´ o irva. Amennyiben x = 1 ´s y = 1, akkor e a 0, 10x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . sz´mot, ha y = 1 ´s x = 1, akkor a a e 0, 01x1 y1 x2 y2 . . . xn yn . . . sz´mot, m´ ha x = 1 ´s y = 1, akkor az 1 a ig e sz´mot feleltess¨ k meg a n´gyzet (x, y) koordin´t´j´ pontj´nak. a u e aau a A kapott P nyilv´n a [0, 1] intervallumban van, nem v´gzdhet a e o csupa 9-esre, ´s b´rmely P (x, y) pontb´l elall´ e a o o´ ithat´. A lek´pez´s o e e injekt´ m´s koordin´t´j´ ponthoz m´s sz´m tartozik. Ugyanakiv: a aau a a kor a lek´pez´s nem sz¨ rjekt´ hiszen azok a sz´mok biztosan nem e e u iv, a allnak el k´pk´nt, amelyek els tizedes jegye p´ld´ul 2; de azok ´ o e e o e a az irracion´lis sz´mok sem, amelyek minden m´sodik jegye 9. ´ a a a Igy egy´rtelm en: |[0, 1] × [0, 1]| |[0, 1]|. e u A [0, 1] [0, 1] × [0, 1] , x (0, x) injekt´ lek´pez´s egyszer en iv e e u ¨ magyar´zza a |[0, 1] × [0, 1]| |[0, 1]| osszef¨ gg´st. Osszevetve a k´t a ¨ u e e egyenltlens´get a feladat all´ as´t kapjuk. o e ´ it´ a 1.3.6. b) A × B halmaz elemeit rendezz¨ k t´bl´zatba ugy, hogy a t´bl´zat iu a a ´ a a edik sor´nak j-edik oszlop´ba ker¨ lj¨n az (ai , bj ) elem. Ezut´n az a a u o a elemeket rendezz¨ k sorozatba az 1.3.1.c) vagy az 1.3.4.f) feladatban u l´tott m´don. A × B sz´moss´ga teh´t 0 . a o a a a a) |A × B| = |A| · |B|

c) A direkt szorzat t´nyezi kontinuum sz´moss´g´ ak, teh´t mindkett e o a a u a o ekvivalens az X = [0, 1] sz´mhalmazzal, m´ a direkt szorzat az a ig X × X halmazzal ekvivalens. Az 1.3.5.b) feladat alapj´n viszont a |X| = |X × X|, ´ az eredeti halmazok direkt szorzata is kontinuum igy sz´moss´g´ . a a u

1.3.7. A bizony´ ast v´gezze el n-re vonatkoz´ teljes indukci´val. Haszn´lja ki it´ e o o a az 1.3.6.b) feladatban bel´tott t´telt, amely szerint k´t 0 sz´moss´g´ a e e a a u halmaz direkt szorzata is 0 sz´moss´g´ halmaz. a a u 1.3.8. V´ges esetben egy n elem halmaz hatv´nyhalmaz´nak sz´moss´ga 2n ; az e u a a a a all´ as teljes indukci´val egyszer en igazolhat´. ´ it´ o u o V´gtelen esetben tegy¨ k fel indirekten, hogy l´tezik f : A P(A) bijekt´ e u e iv lek´pez´s, amely a A-hoz Ha P(A)-t rendeli. Tekints¨ k azon t A e e u elemek T halmaz´t, amelyekre t Ht . Mivel T r´szhalmaza A-nak, azaz a / e T P(A), indirekt feltev´s¨ nk ´rtelm´ben biztosan l´tezik olyan t0 elem, eu e e e amelyre f (t0 ) = T . Ekkor t0 -ra vonatkoz´an az al´bbi ellentmond´sra o a a

148

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

jutunk: ha t0 T , akkor T defin´ oja miatt t0 T , hiszen T azokat ici´ / (´s csak azokat) az elemeket tartalmazza, amelyek nem elemei a hozz´juk e a rendelt halmaznak; ha pedig t0 T , akkor pedig szint´n T defin´ oja / e ici´ miatt t0 T . K¨vetkez´sk´ppen nincs ilyen f f¨ ggv´ny. o e e u e A g : A P(A), g(a) = {a} f¨ ggv´ny az A halmazt k¨lcs¨n¨sen egyu e o o o ´rtelm en k´pezi le P(A) val´di r´szhalmaz´ra. Mindebbl k¨vetkezik, e u e o e a o o hogy |A| < |P(A)|. ´ (Erdemes megjegyezni, hogy ezek szerint egy 0 sz´moss´g´ halmaz hata a u v´nyhalmaza nem 0 sz´moss´g´ , hanem enn´l nagyobb; bizony´ a a a u e ithat´, o hogy kontinuum sz´moss´g´ . Egy kontinuum sz´moss´g´ halmaz hata a u a a u v´nyhalmaza m´g enn´l -- kontinuumn´l -- is nagyobb sz´moss´g´ , ´s ´ a e e a a a u e igy tov´bb. Hatv´nyhalmazokkal tetszlegesen nagy sz´moss´g elall´ a a o a a o´ ithat´.) o 1.3.9. a) A legfeljebb n-edfok´ polinomok egy¨ tthat´i (a0 , a1 , . . . , an ) egy´ru u o e telm en meghat´rozz´k a polinomot. Halmazuk sz´moss´ga teh´t u a a a a a megegyezik Zn+1 sz´moss´g´val, amely 0 . (L´sd az 1.3.7. feladaa a a a tot.) b) A hatv´nysort egy´rtelm en meghat´rozza az egy¨ tthat´ib´l alkoa e u a u o o tott v´gtelen sorozat: a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . Tegy¨ k fel, hogy az ilyen e u sorozatok sz´ma megsz´ml´lhat´an v´gtelen. Indirekt feltev´s¨ nk a a a o e eu ´rtelm´ben ekkor sorozatba rendezhetk: e e o (1) (2) (3) . . . (k) . . . a0 (2) a0 (3) a0 . . . a0 . . .
(k) (1)

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

(1)

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

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

(1)

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

b0

b1

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

B´rmilyen sorozatba rendez´s eset´n l´tezik olyan eg´sz sz´mokb´l a e e e e a o alkotott b0 , b1 , . . . , bn , . . . sorozat, amely nem szerepel a felsorol´sa ban. Ilyen sorozatot konstu´lunk, ha az elemek az al´bbi megszor´ a a i(1) (2) (n+1) t´sok mellett: b0 = a0 , b1 = a1 , . . . , bn = an a , . . . tetszleges o eg´szek. ´ teh´t ellentmond´sra jutottunk, az eg´sz egy¨ tthat´s e Igy a a e u o hatv´nysorok halmaz´nak sz´moss´ga nem megsz´ml´lhat´. a a a a a a o

´ 1.4. REKURZIOK

149

´ (Erdemes itt is felfigyelni arra, hogy am´ v´ges sok 0 sz´moss´g´ ig e a a u halmaz direkt szorzata megsz´ml´lhat´, addig m´r megsz´ml´lhat´a a o a a a o an sok ilyen halmaz direkt szorzata kontinuum sz´moss´g´.) a a u

1.4.

Rekurzi´k o

1.4.1. Legyen f (n) = n!. A f¨ ggv´ny defin´ oja akkor rekurz´ ha f (n) deu e ici´ iv, fin´ oj´hoz felhaszn´lunk olyan f (l) ´rt´k(ek)et, amely(ek)re l < n. Ez´rt: ici´ a a e e e f (n) = 1, ha n = 0; n · f (n - 1), ha n > 0.

1.4.2. Jel¨lje a dolgoz´ fizet´s´t a bel´p´s´t k¨vet n-edik ´vben f (n). o o e e e e e o o e f (n) = 100 000, ha n = 1; 1, 04 · f (n - 1) + 1 000, ha n > 1.

1.4.3. Az n - 1 elem halmaz r´szhalmazainak sz´ma: sn-1 . Ha a halmazu e a hoz hozz´vessz¨ k az n-edik elemet, akkor ugy kaphatjuk meg az osszes a u ´ ¨ r´szhalmazt, hogy az eddigiek mindegyik´hez vagy hozz´vessz¨ k az uj elee e a u ´ met vagy nem. Ez´rt az n elem halmaznak k´tszer annyi r´szhalmaza e u e e van, mint az n - 1 elem nek. Teh´t: u a sn = 1, ha n = 0; 2sn-1 , ha n > 0.

1.4.4. Jel¨lje ln azon lehets´gek sz´m´t, ah´nyf´lek´ppen v´gigmehet¨ nk az n o o e a a a e e e u l´pcsbl all´ l´pcssoron, az adott felt´teleknek megfelelen. Ha egy e o o ´ o e o e o l´p´ssel kezdj¨ k a sort, akkor onnan annyif´lek´ppen folytathatjuk, ae e u e e h´nyf´lek´ppen az n - 1 l´pcsbl all´ soron mehet¨ nk v´gig, azaz ln-1 a e e e o o ´ o u e f´lek´ppen. Ha k´t l´pcst ugrunk elsre, akkor onnan ln-2 -f´lek´ppen e e e e o o e e folytathatjuk a sort. Az n l´pcsbl all´ soron ezek szerint ln-1 + ln-2 e o o ´ o f´lek´ppen mehet¨ nk v´gig. Mivel ln kisz´m´ as´hoz a kettvel eltte l´v e e u e a it´ a o o e o ´rt´kre is sz¨ ks´g¨ nk van, n els k´t ´rt´k´t kell expliciten megadnunk. e e u e u o e e e e ha n = 1; 1, ln = 2, ha n = 2; ln-1 + ln-2 , ha n > 2.

150

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.4.5. Jel¨lje f (n) a maxim´lisan keletkez s´ eszek sz´m´t. Akkor keletkezik o a o ikr´ a a a lehet legt¨bb s´ esz, ha az egyeneseket ugy rajzoljuk be, hogy minden o o ikr´ ´ egyes l´p´sben k¨ l¨n-k¨ l¨n maxim´lis sz´m´ s´ esz keletkezik. Tegy¨ k e e uo uo a a u ikr´ u fel, hogy n - 1 darab egyenes m´r a s´ a ikon van. H´ zzuk be az n-edik u egyenest. Akkor keletkezik a lehet legt¨bb uj s´ esz, ha az uj egyenes o o ´ ikr´ ´ a r´giek mindegyik´t k¨ l¨nb¨z pontban metszi. Ekkor az uj egyenesen e e uo o o ´ n - 1 darab metsz´spont ´s n darab egyenesr´sz (k´t f´legyenes ´s n - 2 e e e e e e szakasz) keletkezik. Minden egyes egyenesr´sz elv´g egy s´ eszt, azaz e a ikr´ pontosan ennyi uj s´ esz keletkezik a r´giek mell´. ´ ikr´ e e f (n) = 1, ha n = 0; f (n - 1) + n, ha n > 0.

1.4.6. Alkalmazzuk az elz feladat gondolatmenet´t. Akkor keletkezik a lehet o o e o legt¨bb s´ esz, ha a k¨r¨ket ugy rajzoljuk be, hogy minden egyes l´p´sben o ikr´ o o ´ e e k¨ l¨n-k¨ l¨n maxim´lis sz´m´ s´ esz keletkezik. Tegy¨ k fel, hogy n - 1 uo uo a a u ikr´ u darab k¨r m´r a s´ o a ikon van. H´ zzuk be az n-edik k¨rt. Akkor keletkezik u o a lehet legt¨bb uj s´ esz, ha az uj k¨r a r´giek mindegyik´t k¨ l¨nb¨z o o ´ ikr´ ´ o e e uo o o pontokban metszi. Ekkor az uj k¨r¨n 2 (n - 1) metsz´spont, ´s ugyanennyi ´ o o e e k¨r´ keletkezik. Ez megegyezik az elmetszett, ´s ´ az ujonnan keletkez o iv e igy ´ o s´ eszek sz´m´val. ikr´ a a ha n = 0; 1, 2, ha n = 1; f (n) = f (n - 1) + 2 (n - 1) , ha n > 1. 1.4.7. Jel¨lje f (n) a lehets´ges elhelyez´sek sz´m´t. o e e a a 1. abra ´ 2. abra ´

f (n - 1)

f (n - 2)

Ha az els domin´t az 1. abr´nak megfelelen f¨ gglegesen helyezz¨ k el, o o ´ a o u o u akkor onnan f (n- 1)-f´lek´ppen folytathatjuk a sort; m´ ha a 2. abr´nak e e ig ´ a
Vigy´zat! a

Itt a rekurzi´ nem mk¨dik 0-r´l 1-re, ez´rt az n = 1 kezdeti ´rt´ket is megado u o o e e e

juk.

´ 1.4. REKURZIOK

151 helyezz¨ k le az els domin´t, akkor f (n - 2)u o o a kit¨lt´st. o e 1, ha n = 1; 2, ha n = 2; f (n - 1) + f (n - 2), ha n > 2.

1.4.8. Az´rt hogy ne t´vessz¨ k szem ell a rekurzi´ l´nyeg´t, jel¨lj¨ k az n e e u o o e e o u k binomi´lis egy¨ tthat´t B(n, k)-val. A rekurzi´ megad´s´ra t¨bb lehets´a u o o a a o o e g¨ nk is van. Felhaszn´lhatjuk az u a n k = n! n-k+1 n! = · = k! (n - k)! k (k - 1)! (n - (k - 1))! n-k+1 n · = k k-1 1,
n-k+1 k

megfelelen v´ o izszintesen f´lek´ppen folytathatjuk e e f (n) =

osszef¨ gg´st. Ekkor ¨ u e B(n, k) = ha k = 0; · B(n, k - 1), ha k > 0.
n k

Ehhez hasonl´an alkalmazhatjuk az o Vagy haszn´lhatjuk az a ben B(n, k) =
n k

=
n-1 k

n n-1 k k-1

osszef¨ gg´st. ¨ u e

=

n-1 k-1

+

azonoss´got. Ebben az eseta

1, ha k = 0 vagy k = n; B(n - 1, k - 1) + B(n - 1, k), ha 0 < k < n.

1.4.9. Tekints¨ k a legels elemet a sorban. Ha ezt kiv´lasztjuk, akkor a m´sodiu o a a kat nem v´laszthatjuk, a tov´bbiak k¨z¨ l pedig f (n - 2, k - 1)-f´lek´ppen a a o u e e folytathatjuk a kiv´laszt´st. Ha az elst nem v´lasztottuk ki, akkor a a a o a marad´k n - 1 helyrl kell k elemet v´lasztani a felt´telnek megfelelen; e o a e o ez f (n - 1, k) lehets´g. A rekurzi´ j´l-defini´lts´g´hoz elengedhetetlen¨ l o e o o a a a u sz¨ ks´ges b´ziskrit´rium meghat´roz´sa alaposabb meggondol´st ig´nyel. u e a e a a a e Ennek vizsg´lat´t -- a v´geredm´ny k¨zl´se mellett -- az olvas´ra b´ a a e e o e o izzuk. ha k = 1; n, 0, ha k n + 1; f (n, k) = 2 f (n - 1, k) + f (n - 2, k - 1), ha 1 < k < n + 1. 2
L´sd a

a 2.5.1.b) feladatot.

152

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.4.10. Jel¨lj¨ k az A B sz¨ rjekt´ f¨ ggv´nyek sz´m´t f (m, n)-nel. Akkor sz¨ ro u u iv u e a a u jekt´ a f¨ ggv´ny, ha az ´rt´kk´szlete pontosan n elem . Ezek sz´m´t iv u e e e e u a a megkapjuk, ha az osszes A B f¨ ggv´ny sz´m´b´l levonjuk azon f¨ gg¨ u e a a o u v´nyek sz´m´t, amelyek ´rt´kk´szlete pontosan k elem , minden k < n e a a e e e u eset´n; ´s ezt annyiszor tessz¨ k meg, ah´nyf´lek´ppen az n darab B-beli e e u a e e elembl k darabot bev´laszthatunk az ´rt´kk´szletbe. o a e e e ha n = 1; 1, 0, ha m < n; f (m, n) = m n-1 n n - k · f (m, k), ha 1 < n m.
k=1

1.4.11. Anal´ tanulm´nyokb´l ismert, hogy (xn ) = nxn-1 . Ez alapj´n: izis a o a D(n, k) = xn , ha k = 0; n · D(n - 1, k - 1), ha k > 0.

1.4.13. Jel¨lj¨ k a sinn x f¨ ggv´ny hat´rozatlan integr´lj´t In -nel. Alkalmazzuk a o u u e a a a parci´lis integr´l´s m´dszer´t. a aa o e In =


1.4.12. Jel¨lje D(A, n) az n × n-es A m´trix determin´ns´nak ´rt´k´t, valamint o a a a e e e legyen Aij a m´trix i-edik sor´nak ´s j-edik oszlop´nak elhagy´s´val kea a e a a a letkez m´trix. Felhaszn´lva a determin´nsok kifejt´si t´tel´t: o a a a e e e ha n = 1; a11 , n 1+j D(A, n) = a1j · (-1) · D A1j , n - 1 , ha n > 1.
j=1

sinn x dx =

sin x · sinn-1 x dx =


u = sin x u = - cos x

v = sinn-1 x v = (n - 1) sinn-2 x · cos x

= - cos x · sinn-1 x + (n - 1) = - cos x · sinn-1 x + (n - 1)

1-sin2 x

cos2 x · sinn-2 x dx = sinn-2 x dx -
In-2

sinn x dx
In

´ 1.4. REKURZIOK

153

1.4.14.

Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy nIn = (n - 1) In-2 - cos x · sinn-1 x. Ennek seg´ eg´vel pedig: its´ e 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¨ ggv´ny az els bemeneti ´rt´kbl addig vonja le a m´sodikat, u e o e e o a am´ az kisebb nem lesz n´la. K¨zben minden egyes levon´skor 1ig a o a gyel n¨veli a f¨ ggv´ny´rt´ket, azaz sz´ml´lja a levon´sok sz´m´t. A o u e e e a a a a a a e e e Igy o f¨ gg´ny teh´t az a h´nyados eg´sz r´sz´t adja meg. ´ k¨nnyen u e a b megadhatjuk a keresett ´rt´ket: Q(7134, 11) = 648. e e

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¨ ggv´ny azt sz´ml´lja, hogy h´nyszor van meg a 2 az n sz´mban. u e a a a a Ez´rt az n sz´m kettes alap´ logaritmus´nak eg´szr´sz´t adja erede a u a e e e m´ny¨ l: L(n) = log2 n . M´sk´ppen, ha 2k n < 2k+1 , akkor e u a e L(n) = k.

1.4.16.

a) Ha 0 < b < 1 ´s b a, akkor a rekurzi´ alkalmaz´sa sor´n az e o a a els argumentum egyre n, ´ egyre t´volabb ker¨ l a b´ziskrit´rium o o igy a u a e teljes¨ l´s´tl. Ha b = 1 a, akkor az els argumentum ´rt´ke megue e o o e e marad, nem k¨zeledik a b´ziskrit´rium teljes¨ l´s´hez. Minden egy´b o a e ue e e DL -beli ´rt´kre a rekurzi´ j´l-defini´lt. e e o o a b) L(682, 10) = L(68.2, 10) + 1 = L(6.82, 10) +2 = 2
=0

L(1024, 8) = L(128, 8) + 1 = L(16, 8) + 2 = L(2, 8) +3 = 3
=0

154

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

c) Ha b > 1, akkor az a sz´m b alap´ logaritmus´nak eg´sz-r´sz´t kapjuk a u a e e e eredm´ny¨ l: L(a, b) = logb a , vagyis az az n term´szetes sz´m lesz e u e a az eredm´ny, amelyre bn a < bn+1 . Ha 0 < b 1, akkor az e eredm´ny 0. e L(654238, 8) = log24 654238 = ln 654238 = 4.21 = 4 ln 24 1.4.17. a) A rekurzi´ haszn´lata ebben az esetben k¨r¨ lm´nyes ´s erforr´so a o u e e o a pazarl´. A f¨ ggv´ny minden egyes l´p´sben k´tszer hivatkozik saj´t o u e e e e a mag´ra, r´ad´sul egy-egy ´rt´ket t¨bbsz¨r is k¨ l¨n-k¨ l¨n kisz´m´ a a a e e o o uo uo a it. Az iter´ci´ sokkal c´lravezetbb, hiszen a sz´m´ as egy sz´lon" fut a o e o a it´ a " csak: F2 = F1 + F0 = 1, F3 = F2 + F1 = 2, . . ., F18 = F17 + F16 = 2584. b) Beolvas(n) FibA:=0 : FibB:=1 Ciklus i=2-tl n-ig o Fib:=FibA+FibB FibA:=FibB FibB:=Fib Ciklus v´ge e Ki´ ir(n) 1.4.18. a) A f¨ ggv´ny els argumentuma tetszleges val´s sz´m lehet: a R. A u e o o o a rekurzi´ megad´s´b´l l´tszik, hogy a m´sodik argumentum negat´ o a a o a a iv sz´m nem lehet, ugyanakkor csak eg´sz sz´m lehet, mert k¨ l¨nben a e a uo nem ´ri el a b´ziskrit´riumot, v´gtelen ciklusba ker¨l. Ez´rt b N, e a e e u e teh´t DP = R × N. a
=0

b) P (6, 4) = P (6, 3)+6 = P (6, 2)+12 = P (6, 1)+18 = P (6, 0) +24 = 24 P
5 6, 3

=P

5 6, 2

+

5 6

=P

5 6, 1

+

10 6

=P

5 6, 0 =0

+ 15 = 6

5 2

c) A f¨ ggv´ny kisz´m´ egy val´s ´s egy term´szetes sz´m szorzat´t, u e a itja o e e a a mert b-szer veszi a-t osszeadand´k´nt. f : R × N R (a, b) a · b ¨ o e Ez´rt f (4, 39) = 4 · 39 = 156. e 1.4.19. a) Ha a = 0, akkor a f¨ ggv´ny v´gtelen ciklusba ker¨ l. Elvileg b b´rmiu e e u a lyen val´s sz´m lehet; ekkor DN = R \ {0} × R. (A feladat viszont o a akkor sz´p", ha b csak eg´sz sz´m lehet, vagyis DN = R \ {0} × Z.) e e a " 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¨ ggv´ny megadja az x = a · 10b sz´m u e a norm´l alakj´ban az (eljeles) mantissza ´s karakterisztika ´rt´k´t. a a o e e e e Ez alapj´n N (5948102, 43) = (5.948102, 49). a 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 k´t sz´m legnagyobb k¨z¨s oszt´j´t adja eredm´ny¨ l. e a o o oa e u 1.4.21. a) Az a1 , a2 , . . . elemek hely´re b´rmely val´s sz´m ´ e a o a irhat´. Az sincs o megk¨tve, hogy h´ny v´ltoz´s a f¨ ggv´ny, ´ Df = R R2 R3 . . .. o a a o u e igy
9 3

2 b) f (2, 4, 9) = 3 f (2, 4) +

=

2 1 3 2

f (2) + 4 + 3 = 2
=2 5 3 2 3

2 3

(1 + 2) + 3 = 5
9 4

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

3 9 3 2 4 f (1, 4, 5) + 4 = 4 3 f (1, 4) + 3 2 1 4 5 9 3 4 3 2 f (1) + 2 + 3 + 4 = 4 3 4 1 3

+
1 2 9 4

=
4 2 19 4

+ =

+

5 3

+

9 4

=

+

=1 4 5 3 + 3

+

9 4

=

1 4

+

4 4

+

5 4

+

c) A f¨ ggv´ny megadja az argumentum´ban l´v n darab sz´m atlag´t. u e a e o a ´ a (Ez az argumentumok sz´m´ra vonatkoz´ teljes indukci´val k¨nnyen a a o o o igazolhat´.) o Ez alapj´n f (4, 39, 23, 15, 96) = 4+39+23+15+96 = 177 = 35, 4. a 5 5 1.4.22. Jel¨lje Hanoi(k,X,Y,Z) azt az elj´r´st, hogy k darab korongot athelyez¨ nk o a a ´ u az X r´ dr´l az Y r´ dra a Z r´ d seg´ eg´vel, a szab´lyokat betartva. A u o u u its´ e a rekurzi´ azon alapul, hogy ha m´r k - 1 korongot at tudunk helyezni egyik o a ´ r´ dr´l egy m´sikra, akkor helyezz¨ nk at k - 1 darab korongot az A r´ dr´l u o a u ´ u o a C-re. Ekkor fogjuk meg az A-n l´v legfels korongot, ´s tegy¨ k at B-re e o o e u ´ (jel¨lje ezt az elj´r´st Atrak(A,B)), majd tegy¨ k B-re az atmenetileg C-n o a a ´ u ´ t´rolt k - 1 darab karik´t. a a
ej´r´s neve: Euklideszi algoritmus. Programoz´s szempontj´b´l egyszerbb az elj´r´s, a a a a o u a a ha a f¨ggv´ny defin´ oj´ban f (b, a mod b) helyett f (a - b, b)-t ´ u e ici´ a irunk.
Az

156

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

Elj´r´s Hanoi(n,A,B,C): aa ´ Ha n=1 akkor Atrak(A,B) k¨l¨nben Hanoi(n-1,A,C,B) uo ´ Atrak(A,B) Hanoi(n-1,C,B,A) Elj´r´s v´ge aa e

1.5.

Teljes indukci´ o

A megold´sokn´l P (n)-nel jel¨lj¨ k az n-re vonatkoz´ all´ ast. Amikor fela a o u o ´ it´ haszn´ljuk az indukci´s hipot´zist, azt a rel´ci´s jelre tett i.h. bet kkel jel¨lj¨ k. a o e a o u o u 1.5.1. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 1-et kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=0 k

6 =
i=0

i

6i + 6k+1 =

i.h.

1 k+1 6 - 1 + 6k+1 = 5

b)

1 k+2 6 k+1 1 ·6 - = 6 -1 5 5 5 iii. i. ii. = n P (n) =

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 1-et kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1 k

i=
i=1

i + (k + 1) =

i.h.

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

c)

1 k+1 2 iii. i. ii. = n P (n) = (k + 1)

=

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 2-t kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1 k

i (i + 1) =
i=1

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

i.h.

=

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

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

157

d)

iii. i. ii. = n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 6-ot kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1

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

=
i=1

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

i.h.

e)

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) =

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 1-et kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1 k

2i-1 =
i=1

2i-1 + 2k = 2k - 1 + 2k =

i.h.

f)

= 2 · 2k - 1 = 2k+1 - 1 iii. i. ii. = n P (n)

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve, mindk´t oldalon 1-et kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=0 k

i2 =
i=0

i2 + (k + 1) =

2 i.h.

1 2 k (k + 1) (2k + 1) + (k + 1) = 6

g)

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´ itve, mindk´t oldalon 1-et kapunk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=0 k

i3 =
i=0

i3 + (k + 1)3 =

i.h.

k (k + 1) 2

2

+ (k + 1)3 =

158

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK
2 2

k+1 (k + 1) (k + 2) k 2 + 4k + 4 = 2 2 iii. i. ii. = n P (n) = 1.5.2. a)

b)

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

i. P (7) igaz: 7-et behelyettes´ itve az 5040 > 2187 egyenltlens´get o e kapjuk. ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
i.h.

i. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ itve az 5 < 3 egyenltlens´get kapjuk. o e 4 2 ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1

1 = i2

k

i=0

i.h. 1 1 1 1 + 2 < 2- k + 2 = i2 (k + 1) (k + 1)

=2-

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

k 2 + 2k + 1 - k

c)

iii. i. ii. = n P (n)

i. P (5) igaz: 5-¨t behelyettes´ o itve a 25 < 32 egyenltlens´get kapo e juk. ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o (k + 1) = k 2 + 2k + 1 < 2k + 2k + 1 < 2k + 2k = = 2 · 2k = 2k+1
2 i.h.

d)

iii. i. ii. = n P (n)

i. P (5) igaz: 5-¨t behelyettes´ o itve a 3 628 800 < 3 686 400 egyenlto lens´get kapjuk. e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o (2 (k + 1))! = (2k)! · (2k + 1) (2k + 2) <
2 i.h.

= (k!) · 4k-1 · 2 k + iii. i. ii. = n P (n) < (k!) · 4
2 k-1

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

· 4 (k + 1) (k + 1) = (k + 1)!2 · 4k

· 2 (k + 1) <

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

159

e)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve az 1 > 0 egyenltlens´get kapjuk. o e P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve a 3 > 2 egyenltlens´get kapjuk. o e P (2) igaz: 2-t behelyettes´ itve a 9 > 8 egyenltlens´get kapjuk. o e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o 3k+1 = 3 · 3k > 3 · k · 2k = (2k + k) 2k (2k + 2) 2k = = 2 (k + 1) 2k = (k + 1) 2k+1 iii. i. ii. = n P (n)
i.h. k2

f)

g)

i.h. 1 1 1 + > k+ = k+1 k+1 i i=1 i=1 k (k + 1) + 1 k2 + 1 k+1 = > = = k+1 k+1 k+1 k+1 iii. i. ii. = n P (n)

i. P (2) igaz: 2-t behelyettes´ itve az 1, 707 > 1, 414 egyenltlens´get o e kapjuk. ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1

1 = i

k

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve az 1 1 egyenltlens´get kapjuk. o e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o (1 + h)
k+1

h)

iii. i. ii. = n P (n)

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

k

i.h.

i. P (3) igaz: 3-at behelyettes´ itve a 64 < 81 egyenltlens´get kapo e juk. ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)), azaz atfogalmazva az o ´ all´ ast: k ´ it´ k+2 k+1
k+1 k+1 k < k

k
k

k+2 k+1

k+1


= <

1+ 1+

1 k+1
k

1+

1 k+1
i.h.

1 1 1+ k k+1 k =k+
< k 1+

160 i)

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve a 0 0 egyenltlens´get kapjuk. o e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o |sin (k + 1) | = |sin (k + )| = |sin k cos + cos k sin | |sin k| · |cos | + |cos k| · |sin |
1 1 i.h.

k |sin | · 1 + 1 · |sin | = (k + 1) |sin | iii. i. ii. = n P (n) 1.5.3. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve az 1 | 1 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o (2 (k + 1))! = (2k + 2)! = (2k)! (2k + 1) (2k + 2) Az indukci´s hipot´zis ´rtelm´ben (2k)! oszthat´ 2k -nal, ´s 2k+2 o e e e o e pedig szint´n oszthat´ 2-vel, ez´rt (2k + 2)! oszthat´ 2k+1 -nel. e o e o iii. i. ii. = n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve a 6 | 0 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o 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
i.h. 6| 6|

b)

c)

Az osszeg m´sodik tagja az´rt oszthat´ 6-tal, mert 3-mal ´s 2-vel ¨ a e o e is oszthat´. A 2-vel val´ oszthat´s´got az magyar´zza, hogy k o o o a a ´s k + 1 k¨z¨ l ez egyik biztosan p´ros. e o u a iii. i. ii. = n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve az 5 | 5 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o 32(k+1) + 4(k+1)+1 = 32k · 32 + 4k+1 · 4 = = 9 32k + 4k+1 - 5 · 4(k+1)
i.h. 5| 5|

d)

iii. i. ii. = n P (n)

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve a 120 | 0 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o 5 (k + 1) - 5 (k + 1)3 + 4 (k + 1) = = k 5 + 5k 4 + 10k 3 + 10k 2 + 5k + 1-

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

161

-5 k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 4k + 4 = = k 5 - 5k 3 + 4k + 5 (k - 1) k (k + 1) (k + 2)
i.h. 120| 120|

e)

Az utols´ tag egy ott´nyezs szorzat, amely 5-tel biztosan oszto ¨ e o hat´. N´gy egym´st k¨vet sz´m k¨z¨tt pedig biztosan van k´t o e a o o a o o e p´ros, amelyek k¨z¨ l az egyik 4-gyel is oszthat´, ez´rt szorzatuk a o u o e biztosan oszthat´ 8-cal is. A n´gy egym´st k¨vet sz´m k¨z¨tt o e a o o a o o van (legal´bb egy) 3-mal oszthat´ sz´m is, ´ a teljes szorzat a o a igy oszthat´ 3 · 5 · 8 = 120-szal. o iii. i. ii. = n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve a 18 | 18 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o

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)
i.h. 18| 18|

iii. i. ii. = n P (n) 1.5.4. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve a 2 = 2 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve az 1 = 1 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k ((P (k) P (k - 1)) P (k + 1)): o ak+1 = ak + 2ak-1 = 2k+1 + (-1)
k+1 k k+1 i.h. k+1

+ 2 2k + (-1)
k

k

=

b)

iii. i. ii. = n P (n)

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

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve a 2 >
9 4

egyenltlens´get kapjuk. o e

o e P (2) igaz: 2-t behelyettes´ itve a 3 > egyenltlens´get kapjuk. ii. Bizony´ itand´, hogy k ((P (k) P (k - 1)) P (k + 1)): o ak+3 = ak+2 + ak+1 > = c)
2 3 i.h. 4 9

iii. i. ii. = n P (n)

·

3 k+1 2

+

·

3 k + 2 k+1 3 2

3 k-1 = 2 3 k+1 = 10 · 2 9

>

3 k+1 2

i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve a 0 = 0 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve az 1 = 1 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´

162

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

ii. Bizony´ itand´, hogy k ((P (k) P (k - 1)) P (k + 1)): o ak+1 = ak + ak-1 =
1 + 5 i.h. 1+ 5 2 2 1+ 5 1 5 k-1 1+ 5 2 k 1- 5 2

-

1- 5 2

k

+

-
k+1

k-1

=
k+1 2

=

1 5 1 + 5

1+ 5 2 2

-

= =

1 5 1 5

2 1+ 5 2(1+ 5)+4 (1+ 5)2 1+ 5 2

1+ 5 2 1+ 5 2

2 1- 5 k+1

1- 5 2

+
k+1

-

k+1

-

2 1- 5 2 1- 5 2(1- 5)+4 1-5 2 (1- 5)2

= =

k+1

k+1

-

1- 5 2

k+1

iii. i. ii. = n P (n) 1.5.5. N´h´ny ´rt´kre kipr´b´lva sejts¨ k meg, hogy az els n p´ratlan sz´mot e a e e o a u o a a osszeadva melyik n´gyzetsz´mot kapjuk eredm´ny¨ l. Ez´rt a feladat all´ ¨ e a e u e ´ in

t´sa: a
i=1

(2i - 1) = n2 .

i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve az 1 = 12 igaz all´ ast kapjuk. ´ it´ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o
k+1 i=1 k

(2i - 1) =

i=1

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

i.h.

iii. i. ii. = n P (n) 1.5.6. Felhaszn´lva az 1.4.5. feladat jel¨l´s´t az all´ as: f (n) = a oe e ´ it´ i. P (0) igaz: 0-t behelyettes´ itve 0-t kapunk. ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o f (k + 1) = f (k) + (k + 1) = =
1 2 i.h. 1 2 1 2

n2 + n + 2 .

k2 + k + 2 + k + 1 = (k + 1)2 + (k + 1) + 2

k 2 + 3k + 4 =

iii. i. ii. = n P (n) 1.5.7. Felhaszn´lva az 1.4.6. feladat jel¨l´s´t az all´ as: f (n) = n2 - n + 2. a oe e ´ it´ i. P (1) igaz: 1-et behelyettes´ itve 2-t kapunk.

´ 1.5. TELJES INDUKCIO

163

ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o 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´romsz¨g bels sz¨geinek osszege 180. a o o o ¨ ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o B´rmely k+1-sz¨gnek van konvex sz¨ge. V´lasszuk ki a hozz´ tartoz´ a o o a a o cs´ csot, ´s a k´t szomsz´dos cs´ csot osszek¨tve bontsuk fel a k + 1u e e e u ¨ o sz¨get egy k-sz¨gre ´s egy h´romsz¨gre. Az indukci´s feltev´s szerint o o e a o o e ekkor a k-sz¨g bels sz¨geinek osszege (k - 2) 180 . A k + 1-sz¨g o o o ¨ o bels sz¨geinek osszege megegyezik a k-sz¨g ´s a h´romsz¨g bels o o ¨ o e a o o sz¨geinek osszeg´vel, ´ az t´nyleg (k - 1) 180 . o ¨ e igy e
i.h.

iii. i. ii. = n P (n)

1.5.9. K´t lehets´ges m´dszert is bemutatunk a bizony´ asra. Az elsben a szoe e o it´ o k´sos indukci´s m´dszer szerint, m´ a m´sodikban a feladat sz¨veg´ben a o o ig a o e le´ utmutat´ szerint j´runk el. irt ´ o a 1. i. P (2) igaz: a1 a2 a1 +a2 -t atrendezve a 0 (a1 - a2 )2 egyen´ 2 ltlens´get kapjuk. o e ii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k) P (k + 1)): o k Felt´ve, hogy a1 a2 . . . ak a1 +a2 +...+ak , azt kell igazolni, e k hogy a1 a2 . . . ak ak+1 Ak+1 , ahol A a k + 1 elem sz´mtani a k¨zepe. Ha van a1 , a2 , . . . , ak+1 k¨z¨tt A-val egyenl (legyen ez o o o o pl. ak+1 = A), akkor k´sz, mert a1 +a2 +...+ak = A is teljes¨ l ´s e u e k a1 a2 . . . ak ak+1 An · A = Ak+1 . Ha nincs ilyen elem, akkor v´lasszunk egy A-n´l kisebb ´s egy a a e A-n´l nagyobb elemet: A - x, A + y, ahol x, y R+ . Ezeket hea lyettes´ uk A-val ´s (A + y - x)-szel, amelyek mindegyike nemits¨ e negat´ Mivel (A - x) (A + y) < A (A + y - x), ez´rt a k + 1 iv. e sz´m szorzata n¨vekedett, sz´mtani k¨zepe azonban v´ltozatlan a o a o a maradt. Az elz bekezd´s ´rtelm´ben m´g az uj szorzat sem o o e e e e ´ nagyobb Ak+1 -n´l. e iii. i. ii. = n P (n) i. P (2) igaz: L´sd az 1. bizony´ asi m´dszern´l. a it´ o e
i.h.

2.

164

´ ´ 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

ii. Bizony´ itand´, hogy m P (2m-1 ) P (2m ) : o
1 2m

(a1 + a2 + . . . a2m ) = +
1 2 1

(a2m -1 + a2m ) a1 a2 +

1 2m-1 P (2)

1 2

(a1 + a2 ) +

1 2

(a3 + a4 ) + . . . +
i.h.





2m-1
2m

a3 a4 + . . . +

a2m -1 a2m



a1 a2 . . . a2m iii. Bizony´ itand´, hogy k (P (k + 1) P (k)): o a Alkalmazzuk P (k+1)-et az a1 , a2 , . . . , ak , k a1 a2 . . . ak sz´mokra. Ekkor
1 k+1

a 1 + a 2 + . . . ak +
k+1 k

k

a 1 a 2 . . . ak

i.h.



=

a 1 a 2 . . . ak a 1 a 2 . . . ak

k

a 1 a 2 . . . ak =

k+1

(a1 a2 . . . ak )
k k

k+1 k

=

Ezzel bebizony´ itottuk, hogy a1 + a2 + . . . ak + (k + 1) k a1 a2 . . . ak , vagyis a1 + a2 + . . . ak k iv. i. ii. iii. = n P (n)

a 1 a 2 . . . ak a 1 a 2 . . . ak .

1.5.10. Olvassa el t¨ zetesen a bizny´ asokat ´s alkalmazza az elmondottakat a u it´ e P (1) = P (2) (vagy a b) esetben a P (0) = P (1)) k¨vetkeztet´sre. o e a) A hib´s l´p´s: Teh´t mind az A, mind a B g´p ugyanolyan, mint a e e a e " amelyeket nem mozgattunk el." b) A hib´s l´p´s, hogy a bizony´ asban felhaszn´ljuk P (k - 1)-et is. Ez a e e it´ a azt jelenti, hogy k = 1 eset´n a nevezben a-1 van, amirl nem e o o tudjuk, hogy 1. c) A hib´s l´p´s, hogy x - 1 ´s y - 1 nem biztos, hogy pozit´ ´ nem a e e e iv, igy lehet r´juk az indukci´s hipot´zist alkalmazni. a o e

2. fejezet

Kombinatorika
2.1. Permut´ci´k a o

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 =

16! = 120 120 10! 4! 2!

2.1.5.

a) P5 = 5! = 120
2 b) P5 = 2,3 c) P5

5! = 60 2! 5! = = 10 2! 3!

2.1.6. A sz´ kiolvas´sa sor´n 7-szer l´p¨ nk jobbra ´s 5-sz¨r lefel´. A 12 l´p´s o a a e u e o e e e 12! 5,7 ism´tl´ses permut´ci´inak sz´ma adja a megold´st: P12 = e e a o a a = 792 5! 7! 2.1.7. P5 = 5! = 120 2.1.8. P8
(c)

= 7! = 5 040 165

166

2. KOMBINATORIKA

2.2.

Vari´ci´k a o
20! (20-6)! 30! 12!

2.2.1. V20,6 = 2.2.2. V30,18 =
(i)

=

20! 14!

= 27 907 200

2.2.3. V8,5 = 85 = 32 768, ha a sz´mjegyek t¨bsz¨r felhaszn´lhat´k, a o o a o 8! a a o V8,5 = 3! = 6 720, ha mindegyik sz´mjegy csak egyszer haszn´lhat´ fel.
9! 2.2.4. 10-es sz´mrendszerben: 9 · V9,5 = 9 · 4! = 136 080 a 7! 8-as sz´mrendszerben: 7 · V7,5 = 7 · 2! = 17 640 a 12-es sz´mrendszerben: 11 · V11,5 = 11 · 11! = 609 840 a 6!

2.2.5. V3,14 = 314 = 4 782 969 2.2.6. a) V2,10 = 210 = 1 024 b) V6,10 = 610 = 60 466 176 2.2.7. V5,30 = 530
(i) (i) (i)

(i)

2.3.

Kombin´ci´k a o
20 6 32 4

2.3.1. C20,6 = 2.3.2. C32,4 =

= 38 760 =
32! 4!·28!

= 35 960
90 5 45 6

2.3.3. 5-¨s lott´: C90,5 = o o = 43 949 268 6-os lott´: C45,6 = o = 8 145 060 Skandin´v lott´: C35,7 = 35 = 6 724 520 a o 7 2.3.4. a) C10,3 = b) C9,4 = c) C5,4 =
10 3 = 120 9 4 = 126 5 4 =5 9 3

2.3.5. C9,3 + C9,4 = 2.3.6. a) V32,6 = b) C32,6 = 2.3.7. C12,5 =
(i)

+

9 4

= 210

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

12+5-1 5

=

16 5

= 4 368

2.4. VEGYES

167

2.4.
2.4.1.

Vegyes
a) V6,4 = b)
(i) V6,4 6! 2! 4

= 360

= 6 = 1296
6 4 9 4

c) C6,4 = d) C6,4 = 2.4.2.
(i) (i)

= 15 = 126

a) V5,5 = 55 = 3125 b) 4 · V5,4 = 4 · 54 = 2500 c) P5 = 5! = 120 d) 4 · P4 = 4 · 4! = 96
(i)

2.4.3. Vonjuk ki az osszes lehets´ges 6-jegy sz´mb´l azokat, amelyekben nincs ¨ e u a o ism´tld´s: e o e (i) 7 · V8,5 - 7 · V7,5 = 7 · 85 - 7 · 7! = 211 736 2! 2.4.4. Az els helyre 9-f´le sz´mjegy v´laszhat´, mert itt nem allhat 0, a t¨bbi o e a a o ´ o helyre pedig ugyancsak 9-f´le, mert a sz´mjegy nem lehet azonos a mege a elzvel. Teh´t 96 = 531 441. o o a ¨ 2.4.5. Osszesen 7 bet all rendelkez´s¨ nkre. A 7 lehets´ges hely k¨z¨ l ki kell u ´ eu e o u v´lasztani azt a 3-at, ahov´ a mag´nhangz´k ker¨ lnek. Ez 7 -f´lek´ppen a a a o u e e 3 lehets´ges. A megmarad´ helyeken 4!-f´lek´ppen rendezhetk el a m´ssale o e e o a hangz´k. Teh´t 7 · 4! = 840-f´lek´ppen lehet a felt´teleknek megfelelen o a 3 e e e o osszekeverni a bet ket. ¨ u 2.4.6. Az oxig´n mindh´rom izot´pj´hoz h´romf´lek´ppen v´laszthat´ k´t hide a o a a e e a o e rog´natom: k´t olyan eset van, amikor a hidrog´natomok egyform´k ´s e e e a e egy olyan, amikor nem egyform´k. Teh´t: 3 · 3 = 9. a a 2.4.7. V4,3 · V5,3 · V6,3 = 24 · 60 · 120 = 172 800 2.4.8. Jel¨lj¨ k a halmaz elemsz´m´t n-nel! o u a a Ebbl n = 29. o 2.4.9. Jel¨lj¨ k a piros goly´k sz´m´t n-nel! o u o a a P3,n =
(n+3)! 3!·n! Pn+2 Pn

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

=

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

= 4495. Innen n = 28.

168

2. KOMBINATORIKA

2.4.10. I. megold´s: Az els kocsiba v´lasztunk 3 embert, a m´sodikba a megmaa o a a rad´ 6-b´l 3 embert, v´g¨ l az utols´ 3 ember felsz´ll a harmadik kocsiba. o o e u o a Teh´t: C9,3 · C6,3 · C3,3 = 9 · 6 · 3 = 84 · 20 · 1 = 1 680 a 3 3 3 II. megold´s: Minden emberhez v´lasztunk egy kocsit. Minden kocsit pona a tosan h´romszor kell felsorolni, ´ 9 elem ism´tl´ses permut´ci´it kapjuk: a igy e e a o 3,3,3 9! P9 = 3!·3!·3! = 1 680 2.4.11. a) V2,12 = 212 = 4 096 b) C12,8 =
12 8 (i)

= 495

2.4.12. V2,n+2 - V2,n = 2n+2 - 2n = 3 · 2n = 3 072. n = 10 2.4.13. a) C12,3 · C9,4 · C5,5 = b) C12,4 · C8,4 · C4,4 = c) 2.4.14.
C12,4 ·C8,4 ·C4,4 3! 8 5 12 3 12 4

· ·

9 4 8 4

· ·

5 5 4 4

= 27 720 = 34 650

= 5 775

a) C8,5 =

= 56
24 4

b) 8 · C24,4 = 8 ·

= 85 008

c) Az osszes lehets´ges h´ z´sb´l el kell hagyni azokat, amelyekben nincs ¨ e u a o piros: C32,5 - C24,5 = 32 - 24 = 158 872 5 5
8 2

d) C8,2 · C8,3 =

e) Egy sz´ ol k´t lap lesz a kih´ zottak k¨z¨tt. Ez a sz´ 4-f´le lehet: inb e u o o in e 4 · C8,2 · C8,1 · C8,1 · C8,1 = 4 · 8 · 83 = 57 344 2

·

8 3

= 1 568

f) Ha a kih´ zott asz nem piros, akkor 3-f´le lehet ´s C7,4 -f´lek´ppen u ´ e e e e v´laszthat´ a 4 piros lap. Ha a piros asz a kih´ zott lapok k¨z¨tt a o ´ u o o van, akkor C7,3 -f´lek´ppen h´ zhattuk a m´sik h´rom piros lapot ´s e e u a a e 21-f´le lehet az ot¨dik lap. Teh´t: 3 · 7 + 21 · 7 = 840 e ¨o a 4 3
11 5

g) C11,5 =

= 462

h) Ilyen nem lehets´ges, teh´t 0. e a ¨ 2.4.15. Osszesen 14 l´p´sre van sz¨ ks´g, m´gpedig 7-szer kell jobbra ´s 7-szer e e u e e e lefel´ l´pn¨ nk. A 14 l´p´s minden sorrendje egy-egy utvonalat hat´roz e e u e e ´ a 7,7 14! meg, teh´t az utvonalak sz´ma: P14 = 7!·7! = 3 432 a ´ a 2.4.16. 5-f´lek´ppen v´laszthatjuk azt a sort, amelyikben az osszes l´mpa vil´g´ e e a ¨ a a it. A m´sik n´gy sor k¨z¨ l az elsben 6-f´lek´ppen v´laszthatjuk azt a l´mp´t, a e o u o e e a a a

2.4. VEGYES

169

amelyik nem vil´g´ a m´sodikban m´r csak 5-f´lek´ppen, a harmadikban a it, a a e e 4-f´lek´ppen, a negyedikben pedig 3-f´lek´ppen. Teh´t a megold´s 5 · 6 · e e e e a a 5 · 4 · 3 = 1 800. 2.4.17. Az ultet´s nyilv´n csak ugy lehets´ges, ha felv´ltva ulnek a nk ´s a f´rfiak. ¨ e a ´ e a ¨ o e e a) Az els helyre a 10 ember b´rmelyik´t ultethetj¨ k, a mellette lev o a e ¨ u o helyre viszont m´r csak az 5 ellenkez nem bl v´laszthatunk. A a o u o a k¨vetkez k´t helyre 4 - 4 ember maradt stb. o o e ´ 10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 28 800 ultet´s lehets´ges. Igy ¨ e e b) Az elz eset 10 - 10 ultet´se most egynek sz´m´ mert ezek egym´so o ¨ e a it, a ba forgathat´k, ´ 10-szer kevesebb, azaz 2 880 ultet´s lehets´ges. o igy ¨ e e 2.4.18. Tegy¨ k fel elsz¨r, hogy k 0. Az orig´b´l akkor jutunk a k pontba, u o o o o ha jobbra k-val t¨bbet l´p¨ nk, mint balra, azaz a jobbra l´p´sek sz´ma o e u e e a n+k , a balra l´p´sek´ n-k . A lehets´ges utvonalak sz´ma a jobbra- ´s e e e 2 e ´ a e 2
n+k n-k

balral´p´sek sorrendjeinek sz´m´val egyezik meg, teh´t k-ba Pn 2 2 = e e a a a n! f´lek´ppen juthat a pont. Ha k < 0 akkor a szimmetria e e ( n+k )! ( n-k )! 2 2 miatt nyilv´nval´, hogy k-ba ugyanannyif´lek´ppen lehet eljutni, mint az a o e e n! abszol´ t´rt´k´be, ´ a megold´s: ue e e igy a n+|k| ! · n-|k| ! 2 2 2.4.19. A 9-sz¨g b´rmely 4 cs´ cs´t kiv´lasztva azok egy konvex n´gysz¨get hat´o a u a a e o a roznak meg. A konvex n´gysz¨g atl´inak metsz´spontja egyben a e o ´ o e 9-sz¨g atl´inak is egy metsz´spontja. Megford´ o ´ o e itva, ha a konvex 9-sz¨g o k´t atl´ja metszi egym´st a 9-sz¨g belsej´ben, akkor az atl´k v´gpontjai e ´ o a o e ´ o e egy´rtelm en meghat´roznak egy konvex n´gysz¨get, melynek cs´ csai egye u a e o u ben a 9-sz¨g cs´ csai is. A konvex n´gysz¨gek ´s az egym´st a 9-sz¨g belo u e o e a o sej´ben metsz atl´p´rok k¨z¨tt teh´t bijekt´ lek´pez´s l´tes´ e o´ o a o o a iv e e e ithet, ez´rt o e sz´muk megegyezik: C9,4 = 9 = 126. Az atl´k metsz´spontjainak sz´ma a ´ o e a 4 ugyanennyi, ha nincs olyan metsz´spont, amelyre kettn´l t¨bb atl´ is ile o e o ´ o leszkedik, egy´bk´nt enn´l kevesebb. e e e 2.4.20. C9,7 · V12,7 =
9 7

,

·

12! 5!

=

9! 12! 7!·2!·5!

= 143 700 480

Ebbl nyilv´nval´an k¨vetkezik, hogy n ´s k azonos parit´s´ kell legyen, azaz ha n o a o o e a u p´ratlan, akkor csak p´ratlan sz´mhoz tartoz´, ha n p´ros, akkor csak p´ros sz´mhoz tartoz´ a a a o a a a o pontba juthatunk.

170 2.4.21.

2. KOMBINATORIKA

a) Minden goly´t beletesz¨ nk egy dobozba, azaz 8 elembl 24-szer v´o u o a lasztunk. A kiv´laszt´s sorrendje nem sz´m´ a a a it. (i) 31! Teh´t: C8,24 = 31 = 24!·7! = 2 629 575 a 24 b) A gondolatmenet az elzh¨z hasonl´, csak elsz¨r minden dobozba o o o o o o tesz¨ nk egy goly´t ´s a megmarad´ 16 goly´t kell elosztani a 8 doboz u o e o o (i) 23! k¨z¨tt: C8,16 = 23 = 16!·7! = 245 157 o o 16 c) C8,8 =
(i) 15 8

=

15! 8!·7!

= 6 435

2.5.
2.5.1.

Binomi´lis egy¨ tthat´k a u o
n n! n! a) Els megold´s: n = k!·(n-k)! = (n-k)!·(n-(n-k))! = n-k o a k M´sodik megold´s: Legyen H egy n elem halmaz. Tudjuk, hogy n a a u k egyenl a H halmaz k elem r´szhalmazainak sz´m´val, m´ n-k az o u e a a ig n n - k elem r´szhalmazainak sz´m´val. Azt kell igazolnunk, hogy Hu e a a nak ugyanannyi k elem r´szhalmaza van, mint n- k elem . Jel¨lj¨ k u e u o u a H halmaz k elem r´szhalmazainak halmaz´t A-val, n - k elem u e a u r´szhalmazainak halmaz´t pedig B-vel. e a Az f : A B , X X f¨ ggv´ny bijekci´, hiszen A minden elem´nek u e o e van komplementere, ami B-nek eleme, k¨ l¨nb¨z r´szhalmazok uo o o e komplementere is k¨ l¨nb¨z ´s B minden eleme komplementere a uo o o e saj´t komplementer´nek ami A-nak eleme. Ebbl k¨vetkezik, hogy a e o o |A| = |B|, ami igazolja az all´ ast. ´ it´

b) Egy n + 1 elem halmaz k + 1 elem r´szhalmazainak sz´ma n+1 . u u e a k+1 Ugyanezt a k¨vetkezk´ppen is kisz´molhatjuk: T¨ ntess¨ k ki az n+1 o o e a u u elem halmaz egy elem´t. A halmaz olyan k + 1 elem r´szhalmazau e u e n inak sz´ma, amelyben nincs benne a kit¨ ntetett elem k+1 , mert a u ekkor n elembl kell kiv´lasztani k + 1-et. Az olyan k + 1 elem o a u r´szhalmazok sz´ma, amelyben benne van a kit¨ ntetett elem n , e a u k hiszen ekkor a kit¨ ntetett elem mell´ csak k db-ot kell v´lasztani a u e a nem kit¨ ntetettek k¨z¨ l. u o u n ¨ u e Osszesen teh´t n + k+1 darab k + 1 elem r´szhalmaza van az a k n + 1 elem halmaznak, ami az all´ ast igazolja. u ´ it´

c) Az osszef¨ gg´s bal oldal´n egy n elem halmaz r´szhalmazainak ¨ u e a u e sz´m´t ´ a a irtuk fel, hiszen n , n , n , . . . , n rendre a 0, 1, 2, . . . , n 2 n 0 1 elem r´szhalmazok sz´m´t jelenti ´s ezeket adjuk ossze. M´sr´szt u e a a e ¨ a e
Bel´that´ a o

az all´ as algebrai atalak´ asok seg´ eg´vel is. ´ it´ ´ it´ its´ e

´ ´ 2.6. BINOMIALIS TETEL

171

2n ugyancsak az n elem halmaz r´szhalmazainak a sz´ma, ugyanis u e a amikor egy r´szhalmazt kiv´lasztunk, akkor minden elemrl egyene a o k´nt el kell d¨nten¨ nk, hogy benne legyen-e a r´szhalmazban, vagy e o u e sem. Teh´t minden elem eset´n 2-f´lek´ppen d¨nthet¨ nk egym´st´l a e e e o u a o f¨ ggetlen¨ l ´s ez 2n lehets´g. u u e o e d) Az osszef¨ gg´s azt fejezi ki, hogy egy n elem halmaznak ugyanan¨ u e u nyi p´ros sz´m´ elemet tartalmaz´ r´szhalmaza van, mint p´ratlan a a u o e a sz´m´ t tartalmaz´. Ha n p´ratlan, akkor ez nyilv´nval´, hiszen a u o a a o minden r´szhalmazhoz hozz´rendelve a komplementer´t k¨lcs¨n¨sen e a e o o o egy´rtelm lek´pez´st l´tes´ unk a p´ros, illetve p´ratlan elemsz´m´ e u e e e it¨ a a a u r´szhalmazok halmaza k¨z¨tt. Ha n p´ros, akkor t¨ ntess¨ nk ki egy e o o a u u elemet. Azon r´szhalmazok k¨z¨tt, amelyekben a kit¨ ntetett elem e o o u nem szerepel ugyanannyi p´ros, illetve p´ratlan elemsz´m´ van, mert a a a u ezek azon p´ratlan elemsz´m´ halmaz r´szhalmazai, amelyet az erea a u e deti halmazb´l a kit¨ ntetett elem elhagy´s´val kaptunk. A kit¨ nteo u a a u tett elemet is tartalmaz´ r´szhalmazok elall´ o e o´ ithat´k ugy, hogy az o ´ elbbi r´szhalmazok mindegyik´hez hozz´tessz¨ k a kit¨ ntetett eleo e e a u u met, aminek k¨vetkezt´ben a p´ros elemsz´m´ r´szhalmazb´l p´rato e a a u e o a lan, a p´ratlan elemsz´m´ b´l pedig p´ros elemsz´m´ r´szhalmaz kea a u o a a u e letkezik. Emiatt a kit¨ ntetett elemet tartalmaz´ r´szhalmazok k¨z¨tt u o e o o is ugyanannyi a p´ros elemsz´m´ , mint a p´ratlan, ami all´ asunkat a a u a ´ it´ igazolja. e)
n k n k=1

=

n! k!·(n-k)!

=

n k

·

(n-1)! (k-1)!·(n-k)!

=

n k

·

n-1 k-1 n-1

f) Haszn´ljuk az (e) ´s a (c) pont eredm´ny´t: a e e e k·
n k n

=
k=1

n·

n-1 k-1

n

=n·

k=1

n-1 k-1

=n·

k=0

n-1 k

= n · 2n-1

alakba ´ irhat´. Egyo 2.5.2. Az egyenlet 0, 7 · 25·24·...·(26-x) = 23·22·...·(24-x) x·(x-1)·...·1 x·(x-1)·...·1 szer s´ u itve: 420 = (25 - x)(24 - x), amibl x = 4 ad´dik. o o

2.6.
2.6.1.

Binomi´lis t´tel a e
a) (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 b) (3x - 1) = 81x4 - 108x3 + 54x2 - 12x + 1
4

Szok´s a

ezt az osszef¨gg´st binomi´lis t´tel seg´ eg´vel is igazolni. ¨ u e a e its´ e

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´l ´s haszn´ljuk a binomi´lis t´telt: o e a a e a) (-1) = (1 - 2) = b) 3n = (1 + 2) =
n n k=0 n n n k=0 n k n k k n k=0 n k k

· (-2) · 1n-k =
n k=0

(-2) ·

n k

· 2k · 1n-k =

2k ·

3. fejezet

Matematikai logika
3.1. Kijelent´slogika e

Kijelent´sek e
3.1.1. Kijelent´sek: a), c), e), g), h). e 3.1.2. a) A r´zsa vir´g. (igaz) o a b) A (8, 2) sz´mp´r els eleme nem oszthat´ a m´sodikkal. (hamis) a a o o a c) Az y = x (x - 2) egyenlet g¨rbe az x tengelyt az orig´ban ´s a (2, 0) u o o e pontban metszi. (igaz)
5 d) A 2, 2 intervallum b´rmely k´t pontj´nak t´vols´ga legfeljebb 1. a e a a a (igaz)

e) A mal´t´b´l k´sz¨ lt k´v´ fekete. (igaz) aa o e u a e 3.1.3. a) Kati nem megy iskol´ba. a b) Van olyan fiskolai hallgat´, aki nem szorgalmas. o o c) Nincs p´ros pr´ a imsz´m. / Minden pr´ a imsz´m p´ratlan. a a d) A 9 vagy p´ros vagy oszthat´ 3-mal. a o e) A 21 nem p´ros ´s nem oszthat´ 2-vel. / A 21 p´ratlan sz´m. a e o a a f) Van olyan asszony, aki ´let´ben nincs olyan pillanat, amikor olyat e e tesz, amit nem szabad. / Van olyan asszony, aki ´let´ben minden e e 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))

3. MATEMATIKAI LOGIKA

h) (p q) r

i) (q r) p

j) ¬p q k) p q

p : Hideg van. q : Esik az es. o p : S¨ t a nap. u q : F´ j a sz´l. u e p : Melegem van. ´ q : Ehes vagyok. r : Tudok dolgozni. p : Marci idben fel´bred. o e q : El´ri a vonatot. e r : Boldog lesz. p : Busszal megyek. q : Gyalog megyek. p : Holnap j´ id lesz. o o q : Lesz kedvetek s´t´lni. ea r : Elmegy¨ nk s´t´lni. u ea p : Egy eg´szekbl all´ k´ttag´ e o ´ o e u osszeg p´ratlan. ¨ a q : A tagok k¨z¨ l az 1. p´ratlan. o u a r : A tagok k¨z¨ l a 2. p´ratlan. o u a p : Tavasz van. q : Cseresznyefavir´gz´s van. a a r : A jap´nok a f´k alatt piknia a keznek. p : A f¨ ge megterem M.o.-on. u q : A hm´rs´klet meghaladja a o e e 30 -ot. r : Sz´razs´g van. a a p : Juli tud aludni. q : A margitszigeti sz´ inpadon oper´t j´tszanak. a a p : Piros a l´mpa. a q : Meg´llok. a

Logikai formul´k a
3.1.5. a) Alkalmazza az els formul´ra a disztribut´ t¨rv´nyt, majd pedig a o a iv o e p ¬p = i azonoss´got. a

b) Alkalmazza az els formul´ra a disztribut´ t¨rv´nyt, majd pedig a o a iv o e

´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

175

p ¬p = h azonoss´got. a c) Az els formula els diszjunkci´s tagj´ra alkalmazza a b) p´lda eredo o o a e m´ny´t, a m´sodik ´s harmadik tagra pedig a de Morgan azonoss´got. e e a e a 3.1.6. a) Igen. (Igazolja, hogy mindk´t formula pontosan akkor hamis, ha e |p| = i ´s |q| = h.) e b) Nem. (A |p| = h logikai ´rt´k mellett az els formula logikai ´rt´ke e e o e e hamis, m´ a m´sodik´ igaz.) ig a e 3.1.7. A formul´k kit¨ ntetett diszjunkt´ norm´lform´ja (KDNF) ´rt´kt´bl´a u iv a a e e a a jukb´l olvashat´k ki legegyszer bben. Az al´bbiakban megadjuk a lehet o o u a o legegyszer bb diszjunkt´ norm´lform´kat (DNF-eket is), amelyek tov´bbi u iv a a a egyen´rt´k atalak´ asok seg´ eg´vel hat´rozhat´k meg. e e u´ it´ its´ e a o 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 ´rt´ket. Ennek e e tagad´s´val ´s a de Morgan szab´ly alkalmaz´s´val DNF-et kapunk. a a e a a a ¬ (¬p q ¬r) = p ¬q r e) (p r) (p ¬q ¬r) (¬p ¬q r) 3.1.8. Az a) ´s b) formul´k tautol´gi´k, c) nem. e a o a 3.1.9. a) Tautol´gia o ((p q r) ¬q ¬r) p
|p| = 0 |p| = 1

((q r) ¬q ¬r) 0
|q| = 0 |q| = 1

(1 ¬q ¬r) 1 1

(r 1 ¬r) 0 1

(1 0 ¬r) 0 1

176 b) Tautol´gia o

3. MATEMATIKAI LOGIKA

(¬ (p r) q) (p q)
|p| = 0 |p| = 1

(¬¬r q) q
|q| = 0 |q| = 1

(¬r q) 1 1

00 1

r1 1

c) Kiel´g´ e ithet o p ¬ (¬q (¬q ¬p))
|p| = 0 |p| = 1

0 (¬q 1) 1

1 (¬q (¬q 0))
|q| = 0 |q| = 1

1 (1 0) 0 d) Kiel´g´ e ithet o (p ¬q) ((¬p r) (q ¬p))
|q| = 0 |q| = 1

1 (0 1) 0

1 ((¬p r) 1)
|r| = 0 |r| = 1

p ((¬p r) ¬p)
|p| = 0 |p| = 1

1 (0 1) 0

1 (¬p 1)
|p| = 0 |p| = 1

0 (r 1) 1

1 (0 0) 1

11 1

10 0


´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

177

e) Kontradikci´ o

p ((¬q r) p) ¬p (q r)
|p| = 0 |p| = 1

(¬q r) 0 (q r)
|q| = 0 |q| = 1

10 0

(1 0) 1 0 3.1.10.

(r 0) (1 r) ¬r r 0

a) Megford´ asok: it´ c) Ha nem tudok dolgozni, akkor melegem van vagy ´hes vagyok. e f) Ha holnap elmegy¨ nk s´t´lni, akkor j´ id lesz ´s lesz kedvetek u ea o o e hozz´. a h) Ha a jap´nok a f´k alatt piknikeznek, akkor tavasz van ´s csea a e resznyefavir´gz´s. a a b) Tagad´sok: a c) Nem igaz, hogy ha melegem van vagy ´hes vagyok, akkor nem tue dok dolgozni. / Van olyan, hogy melegem van vagy ´hes vagyok, e ´s tudok dolgozni. e f) Nem igaz, hogy. . . / Lehet, hogy holnap j´ id lesz ´s ugyan kedo o e vetek van s´t´lni, m´gsem megy¨ nk el. ea e u h) Elfordul, hogy tavasszal, cseresznyefavir´gz´skor a jap´nok nem o a a a piknikeznek. c) Kontrapoz´ ok: ici´ c) Ha tudok dolgozni, akkor nincs melegem ´s nem is vagyok ´hes. e e f) Ha nem megy¨ nk el holnap s´t´lni, akkor nincs j´ id, vagy nincs u ea o o kedvetek hozz´. a h) Ha a jap´nok nem piknikeznek a f´k alatt, akkor nincs tavasz, a a vagy nincs cseresznyefavir´gz´s. a a

K¨vetkeztet´sek a kijelent´slogik´ban o e e a
3.1.11. a) A1 : p q A4 : s (t r) A2 : q r A5 : ¬r. A3 : p s

178

3. MATEMATIKAI LOGIKA

b) A szemtan´ nem mondott igazat. u Az A5 alapj´n |r| = h, melybl az A2 kijelent´s igaz volta csak ugy a o e ´ lehets´ges, ha |q| = h. Ha |q| = h, akkor az A1 miatt |p| = h. ´ e Igy az A3 -b´l |s| = i. Az A4 -beli implik´ci´ s eltagja teh´t igaz, ez´rt o a o o a e az ut´tag, (t r) logikai ´rt´k´nek is igaznak kell lennie. Az |r| = h o e e e ismeret´ben ez csak ugy lehets´ges, ha |t| = h. e ´ e 3.1.12. A 1 0/1 1 0 B 1 1 0 0 C 1 1 1 1 D 1 1 0 0/1

3.1.13. Az al´bbi feladatok megold´s´n´l a k¨vetkez m´dszert v´lasztjuk: mega a a a o o o a vizsg´ljuk, hogy a konkl´ zi´ hamis volta eset´n lehets´ges-e, hogy az osszes a u o e e ¨ premissza logikai ´rt´ke igaz. Ha nem, akkor a k¨vetkeztet´s helyes. e e o e a) Nem. A konkl´ zi´ |(p r) q| = h, ha pl. |r| = i, |p| = |q| = h. u o Ellenrizz¨ k, hogy ekkor a premissz´k igazak. o u a b) Igen. A |p r| = h csak ugy lehets´ges, ha |p| = i ´s |r| = h. Ez ´ e e viszont lehetetlen a harmadik premissza miatt. d) Igen. f) Igen. c) Nem. pl. |p| = |q| = |r| = h ´s |s| = i. e

e) Nem. pl. |p| = |r| = i, |q| = h. 3.1.14. a) Az or´m nem j´r j´l; a busz idej´ben j¨n; nem ´rkezem meg a gya´ a a o e o e korlat megkezd´se eltt. e o Jel¨l´sek: p : J´l j´r az or´m. q : Idej´ben j¨n az aut´busz. r : Megoe o a ´ a e o o ´rkezem a gyakorlat megkezd´se eltt. e e o A premissz´k: A1 : p (q r), A2 : q ¬r. a Felt´ve, hogy a premissz´k igazak: e a |A2 | = i = |q| = i ´s |r| = h = |q r| = h. e |q r| = h ´s |A1 | = i = |p| = h. e = ¬p q ¬r.

´ 3.1. KIJELENTESLOGIKA

179

b) Csak Alm´diba megy¨nk. a u Jel¨lje rendre p, q, r, hogy Tihanyba, F¨ redre ill. Alm´diba megy¨ nk. o u a u A premissz´k: A1 : p q, A2 : ¬r ¬q, A3 : ¬ (r p) (r p). a |A3 | = i, ha |r| = i ´s |p| = h vagy ford´ e itva. Az |r| = i ´s |p| = h felt´tel mellett a |q| = h v´laszt´ssal az A1 ´s e e a a e A2 premissz´k is igazak. a A |r| = h ´s |p| = i v´laszt´ssal q-nak b´rmilyen logikai ´rt´ket e a a a e e v´lasztunk A1 ´s A2 k¨z¨ l legal´bb az egyik hamis. a e o u a = (r ¬p ¬q). 3.1.15. a) A nyomoz´ nem d¨nt¨tt helyesen. o o o Jel¨l´sek: p : Joe nem tal´lkozott akkor ´jjel Freddel; q : Fred a oe a e gyilkos; r : Joe hazudik; s : A gyilkoss´g ´jf´l ut´n t¨rt´nt. a e e a o e A vizsg´land´ k¨vetkeztet´s: a o o e p (q r) , A1 , A2 , A3 ¬q (p s) , q s (q r) q

b) Nem k¨vetkezik. o ´ Jel¨l´sek: p : Esik az es; q : Etteremben eb´del¨ nk; r : Elmegy¨ nk oe o e u u kir´ndulni. a A vizsg´land´ k¨vetkeztet´s: a o o e p q, A1 , A2 , A3 (r ¬p) ¬q r, r (¬p q) (r ¬p)

c) A k¨vetkeztet´s helyes. o e Jel¨l´sek: p : Samantha inni kezd; q : Jockey eladja a r´szv´nyeket oe e e Cliff Barnes-nak; r : Ellie boldogtalan lesz; s : Pamela osszev´sz ¨ e Bobby-val. A vizsg´land´ k¨vetkeztet´s: a o o e A1 , A2 , A3 s r (q s) p, p r, ¬ (q r) sr

Ha az A1 premissza sz¨veg´t megv´ltoztatjuk, akkor a formula az o e a al´bbiak szerint m´dosul: a o A1 : (q s) p Ezzel a v´ltoztat´ssal is helyes a k¨vetkeztet´s, mely szerint Ellie bola a o e dogtalan lesz, ha Pamela osszev´sz Bobby-val. ¨ e

180

3. MATEMATIKAI LOGIKA

d) A k¨vetkeztet´s nem helyes. o e Jel¨l´sek: p : Veszek alm´t; q : Olcs´ a toj´s; r : K´sz´ oe a o a e itek m´glyaa ´ rak´st; s : Ehes maradok. a A vizsg´land´ k¨vetkeztet´s: a o o e (p q) r, 3.1.16. A1 , A2 , A3 q ¬s ¬q (¬p s) , r ¬s q ¬s

a) Nem helyes k¨vetkeztet´s. o e Jel¨l´sek: p : Noszminosz igazmond´; q : Noszminosz a v´ros tan´ oe o a it´ja; r : Grettli fah´zban ´l. s : Grettli az erd mellett ´l; t : Grettli o a e o e a v´ros r´me. a e A vizsg´land´ k¨vetkeztet´s: a o o e p (q ¬r) , A1 , A2 (s r) ¬t A3 (s p) ¬t

b) Noszminosz a v´ros igazmond´ tan´t´ja. (p q) a o io Ellenrizz¨ k, hogy az A1 , A2 ´s ¬A3 pontosan akkor igaz, ha |s| = o u e |p| = |t| = |q| = i ´s |r| = h e

3.2.

Predik´tumlogika a

Predik´tumok a
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

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

181

Kvantifik´ci´ a o
3.2.19. a) Hx: x holl´. F x: x fekete. o b) F x: x feh´r. Hx: x hatty´ . e 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 f´m. e e) T x: x torony. F x: x f¨ ggleges. u o f) p: P´l, a: Paula a P xyz: x adja y-t z-nek. Lx : x lev´l. e g) Sx: x sz´m. Qx: x racion´lis. a a h) Sx: x sz´m. Qx: x racion´lis. a a Ix: x irracion´lis. a 3.2.20. a) |x P x| = i b) |x ¬P x| = i x (Hx F x) x (Hx F x)

x (V x F x) x (T x ¬F x)

x y ((Rxy F y) Sxy)

x (Sx ¬Qx)

x (Lx P pxa)

¬x ((Sx Qx) Ix)

c) |x y ¬P xy| = h d) |x P x| = i 3.2.21. a) Mindenki f´l valakitl. e o

|x y P xy| = h |x ¬P x| = h

|x P x| = h |x P x| = h

b) Van valaki, aki mindenkitl f´l. o e c) Mindenkitl f´l valaki. o e d) Van valaki, akitl mindenki f´l. o e 3.2.22. Az a) ´s e) all´ asok hamisak, a t¨bbi igaz. e ´ it´ o 3.2.23. a) A pr´ imsz´mok p´rosak. [h] a a b) Van p´ros pr´ [i] a im. c) Ha egy term´szetes sz´m pr´ akkor vagy p´ratlan vagy legfeljebb e a im, a 2 az ´rt´ke. [i] e e d) A p´ros pr´ a imsz´mok sz´m´rt´ke legfeljebb 2. [i] a a e e 3.2.24. a) 1. Minden pr´ imnek oszt´ja a 4. o 2. A 3 pr´ imsz´m ´s nem oszt´ja a 6-nak. a e o

182

3. MATEMATIKAI LOGIKA

3. A pr´ imek oszt´i csak pr´ o imek lehetnek. 4. Van olyan pr´ amelynek a 4 nem oszt´ja. im, o b) 1. [h]; 2. [h]; 3. [h]; 4. [i]. c) Igen, az 1. ´s a 4. formula. e x (P x O4x) = ¬x ¬ (P x O4x) = ¬x (P x ¬O4x) y x (Oxy ¬P x) 1. A piros vir´gok szebbek a tulip´nn´l. a a a 2. A r´zsa piros ´s nem szebb a tulip´nn´l. o e a a 3. Azok a vir´gok, amelyek nem pirosak ´s szebbek a r´zs´n´l, mina e o a a den vir´gn´l szebbek. a a 4. Van olyan piros vir´g, amelyik nem szebb a tulip´nn´l. a a a

d) y x Oxy; 3.2.25. a)

b) Igen, az 1. ´s a 4. formula. e x (P x Sxt) = ¬x ¬ (P x Sxt) = ¬x (P x ¬Sxt) d) x y ¬Sxy; 3.2.26. a) c) Igen, a 2. 4. igaz, de a megford´ asa nem. it´ x y Sxy

1. Kati szke, ´s nem okosabb a nem szke nk egyik´n´l sem. o e o o e e 2. A szke nkn´l a nem szke nk mind okosabbak. o o e o o 3. Kati vagy nem szke, vagy van olyan nem szke n, akin´l okoo o o e sabb. 4. Van olyan n, aki szke ´s okosabb Katin´l. o o e a

b) 1. ´s 3. formula e c) de Morgan szab´ly a d) x (Sx ¬y Oxy) 3.2.27. a) Kx : x kicsi N x : x nagy Bxy : x becs¨ li y-t u Exy : x ´rdemli y-t e b) Kx : x kor´n kel a Ax : x arany Lxy : x megleli y-t c) Rx : x r´zsa o T x : x t¨vis o Bxy : x birtokolja y-t

x (y (Ky ¬Bxy) z (N z ¬Exz)) x (Kx y (Ay Lxy)) ¬x (Rx ¬y (T y Bxy))

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

183

d) Sx : x szent Hxy : x hajlik y fel´ e Kx : x k´z e Bxy : x birtokolja y-t e) Ax : x arany F x : x f´nylik e f) Sx : x sz´l e 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´tumlogikai formul´k interpret´ci´i a a a o
3.2.28. I1 interpret´ci´ban: a o a) Minden term´szetes sz´mn´l van nagyobb. [i] e a a b) Van legkisebb term´szetes sz´m. [i] e a c) Van legnagyobb term´szetes sz´m. [h] e a d) Minden term´szetes sz´mn´l van kisebb. [h] e a a e) B´rmely k´t term´szetes sz´m k¨z¨tt van term´szetes sz´m. [h] a e e a o o e a I2 interpret´ci´ban term´szetes sz´m helyett racion´lis sz´mot ´ a o e a a a irunk. A logikai ´rt´kek rendre [i], [h], [h], [i], [i]. e e 3.2.29. Mindk´t interpret´ci´ban a) ´s b) igaz, c) ´s d) hamis. e a o e e 3.2.30. a) Minden term´szetes sz´mnak van t¨bbsz¨r¨se. [i] e a o o o b) A term´szetes sz´mok az osszes term´szetes sz´mmal oszthat´ak. [h] e a ¨ e a o c) Van olyan term´sztes sz´m, amely minden term´szetes sz´mnak osze a e a t´ja. [i] o d) Van olyan term´szetes sz´m, melynek van t¨bbsz¨r¨se. [i] e a o o o e) B´rmely k´t term´szetes sz´m legnagyobb k¨z¨s oszt´ja az osszes a e e a o o o ¨ term´szetes sz´m. [h] e a

184

3. MATEMATIKAI LOGIKA

f) Minden term´szetes sz´mhoz l´tezik olyan term´szetes sz´m, hogy e a e e a legnagyobb k¨z¨s oszt´juk az osszes term´szetes sz´mmal egyenl. o o o ¨ e a o [h] g) B´rmely term´szetes sz´mp´rnak legnagyobb k¨z¨s oszt´j´hoz van a e a a o o oa olyan term´szetes sz´m, amivel egyenl. / A legnagyobb k¨z¨s oszt´ e a o o o o term´szetes sz´m. [i] e a h) B´rmely term´szetes sz´m lehet legnagyobb k¨z¨s oszt´. [i] a e a o o o 3.2.31. Individuum-konstans: a, v´ltoz´k: x ´s y, egyv´ltoz´s f¨ ggv´nyjel: f , a o e a o u e egyv´ltoz´s predik´tum: P , k´tv´ltoz´s predik´tumok: Q, R. a o a e a o a Interpret´ci´: U = N, a = 1, f (x) = x + 2, P x: x pr´ a o imsz´m, a Qxy : x oszthat´ y-nal, Rxy : x < y. o 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´land´ k´tv´ltoz´s m velet -- az U halmazon ´rtela o e a o u e mezve, a P k´tv´ltoz´s predik´tum pedig jel¨lje az egyenls´get. e a o a o o e 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´ltoz´i: x, y, z, P ´s Q pedig k´tv´ltoz´s a o e e a o predik´tumok. a I interpret´ci´: U univerz´lis halmaz egyezzen meg azzal a halmazzal, a o a amelyen a homog´n bin´ris rel´ci´ ´rtelmezve van. P xy jelentse, hogy x e a a oe rel´ci´ban van y-nal, Rxy pedig, hogy x = y. a o 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)

´ 3.2. PREDIKATUMLOGIKA

185

Levezet´sek elsrend nyelvben e o u
3.2.34. Legyenek adottak a k¨vetkez szab´lyok: o o a 1. (x y) x 2. x (x y) 3. (x y) (¬x y) a) (x y) (x y) xy x xy 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´ly a 3. 4. 3. x (y z) (¬x (y z)) ((¬x y) (¬x z)) ((x y) (x z))

Szab´ly a 6.+1. 6.+2.

c) (x (x y)) (x y) Szab´ly a 3.2.35. a) (A ) = . (A ) = ((A ) ) = ( (A )) = (A (U A) (A )) = ((A (U A)) ) = A (U A) = axi´ma o 1. 3. 8. 6. 1. 8. (x (x y)) (¬x (x y)) ((¬x x) (¬x y)) ((¬x y) (¬x x)) (¬x y) (x y) 3. 4. 5. 6.+1. 3.

186 b) T3 : Y = (U X) .

3. MATEMATIKAI LOGIKA

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´ma/t´tel o e 2. 7. 6. 4. T1 8. 4. 6. T2 2.

4. fejezet

Algebrai strukt´r´k u a
4.1.
4.1.1.

Algebrai strukt´ r´k, m veletek u a u
a) Mivel R-en a 0-val val´ oszt´s nem ´rtelmezett, R nem z´rt az oszt´s o a e a a m veletre, k¨vetkez´sk´ppen R az oszt´sra n´zve nem algebrai struku o e e a e t´ ra. u b) Mindk´t esetben a z´rts´got vizsg´ljuk. Az osszead´sra n´zve algebe a a a ¨ a e rai strukt´ ra, mert b1 j + b2 j = (b1 + b2 ) j ´s b1 + b2 Z. A szorz´sra u e a n´zve nem, mert b1 j · b2 j = -b1 b2 . e c) A szorz´sra n´vze az al´bbi eredm´nyeket kapjuk: a e a e 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 szorz´sra n´zve a halmaz teh´t z´rt, ´ algebrai strukt´ ra. Az a e a a igy u osszead´sra n´zve viszont nem, mert p´ld´ul 1 + 4 5-tel val´ oszt´si ¨ a e e a o a marad´ka 0, ez´rt nem algebrai strukt´ ra. e e u d) Igen, algebrai strukt´ ra. Tegy¨ k fel ugyanis, hogy g szigor´ an monou u u ton n¨veked, azaz x1 , x2 R, x1 < x2 eset´n g(x1 ) < g(x2 ). Ebbl o o e o f szigor´ monoton n¨veked´se miatt f (g(x1 )) < f (g(x2 )) k¨vetkezik, u o e o azaz f g is szigor´ an monoton n¨veked. u o o 187

188

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

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´t a 3 × 3-as m´trixok halmaza mindk´t m veletre n´zve z´rt, a a e u e a ez´rt algebrai strukt´ ra. e u f) K´t k¨ l¨nb¨z pr´ e u o o o imsz´m legnagyobb k¨z¨s oszt´ja 1, ez viszont nem a o o o pr´ im. K´t k¨ l¨nb¨z pr´ e u o o o imsz´m legkisebb k¨z¨s t¨bbsz¨r¨se a k´t sz´m szora o o o o o e a zata. K´t pr´ szorzata viszont m´r nem pr´ e im a im. A pr´ imsz´mok halmaza teh´t egyik m velettel sem alkot strukt´ r´t. a a u ua 4.1.2. a) Kommutat´ mert lnko (a, b) = lnko (b, a). iv, Asszociat´ azaz lnko (lnko (a, b) , c) = lnko (a, lnko (b, c)), mert mind iv, a bal-, mind a jobboldalon all´ sz´m a, b ´s c k¨z¨s pr´ enyezinek ´ o a e o o imt´ o az elfordul´ legkisebb kitevn vett szorzata. o o o Idempotens, mert lnko (a, a) = a. b) Kommutat´ mert lkkt (a, b) = lkkt (b, a). iv, Asszociat´ azaz lkkt (lkkt (a, b) , c) = lkkt (a, lkkt (b, c)), mert mind iv, a bal-, mind a jobboldalon a, b ´s c osszes pr´ enyezj´nek az ele ¨ imt´ oe o fordul´ legmagasabb kitevn vett szorzata all. o o ´ Idempotens, mert lkkt (a, a) = a. c) Az osszead´s kommutat´ ´s asszociat´ de nem ¨ a iv e iv, A = 0 eset´n A + A = 2A = A. e A szorz´s nem kommutat´ mert p´ld´ul a iv, e a 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

A szoz´s asszociat´ de nem idempotens, mert altal´ban A2 = A. a iv, ´ a

0 0 0 0 . 0 0

0 0 ´s e 0

´ 4.2. FELCSOPORT, CSOPORT

189

4.2.
4.2.1.

F´lcsoport, csoport e
a) A m velet asszociat´ ez´rt f´lcsoport. Egys´geleme az , z´ruseu iv, e e e e leme nincs. b) Nem f´lcsoport, mivel nem is algebrai strukt´ ra, mert a halmaz elee u mei vektorok, a m velet eredm´nye pedig sz´m. u e a c) A vektori´lis szorz´s nem asszociat´ m velet, ez´rt nem f´lcsoport. a a iv u e e d) F´lcsoport. Egys´geleme a p(x) 0, z´ruseleme nincs. e e e e) F´lcsoport. Egys´geleme az f (x) 0, z´ruseleme nincs. e e e

g) Nem f´lcsoport, mivel nem is algebrai strukt´ ra, mert a halmaz elee u mei h´romsz¨gek, a m velet eredm´nye pedig sz´m (ter¨ let). a o u e a u h) F´lcsoport. Mivel det (AB) = det A · det B, a szorzatm´trix detere a min´ns´nak ´rt´ke is 1, ´ a megadott 3×3-as m´trixok halmaza z´rt a a e e igy a a a szorz´sra vonatkoz´an. A m´trixszorz´s asszociat´ a f´lcsoport a o a a iv, e egys´geleme az egys´gm´trix, z´ruseleme a nullm´trix. e e a e a 4.2.2. a), d), e), f). 4.2.3. Ha k´t adott alak´ m´trixot osszeszorzunk, akkor az eredm´nybl a z´rte u a ¨ e o a s´g ´s az asszociativit´s nyilv´nval´an k¨vetkezik. a e a a o o Az f : M N, f 4.2.4. b) Csoport. c) Nem csoport, mert a m velet nem asszociat´ u iv. d) Nem csoport, mert a megadott m veletre vonatkoz´an a halmaz nem u o z´rt: 2 · 4 0 mod 8 ´s 0 nem eleme a halmaznak. a e 1 n 0 1 = n m velettart´ ´s bijekt´ u oe iv.

f) F´lcsoport. Egys´geleme az f (x) 1, z´ruseleme a g(x) 0. e e e

a) Nem csoport, mert 0-nak nincs inverze.

e) Csoport. A halmaz az adott m veletre vonatkoz´an z´rt. A mod8 u o a szorz´s asszociat´ Egys´gelem az 1. Inverzelem: a-1 = a, minden a iv. e halmazbeli elemre. f) Csoport. A halmaz z´rt, mert a a1 0 a2 0 a1 a2 0 · = , valamint a m´trixok szorz´sa a a 0 0 0 0 0 0 asszociat´ m velet, ´ a strukt´ ra f´lcsoport. iv u igy u e

190

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

1 0 1 0 a 0 , mert · 0 0 0 0 0 0 Minden elemnek van inverze, mivel a = 0, ´s e -1 1 1 0 0 a 0 a 0 = a , mert · a 0 0 0 0 0 0 0 0 Egys´geleme az e

=

a 0 1 0

0 0 0 0

.

=

.

g) Csoport. A megadott m´trix a s´ a ikbeli vektorok sz¨ggel val´ elforo o gat´s´nak m´trixa. a a a Mivel forgat´sok egym´sut´nja forgat´st eredm´nyez: a a a a e cos 1 - sin 1 cos 2 - sin 2 · = sin 1 cos 1 sin 2 cos 2 cos (1 + 2 ) - sin (1 + 2 ) = . sin (1 + 2 ) cos (1 + 2 ) A megadott m´trixok halmaza z´rt a m´trixszorz´sra vonatkoz´an. a a a a o A m´trixok szorz´sa ´s a forgat´sok egym´s ut´ni alkalmaz´sa is a a e a a a a asszociat´ m velet. iv u Egys´geleme a = 0-val val´ forgat´s m´trixa. e o a a Mivel a -vel val´ forgat´s inverztranszform´ci´ja a (-)-vel val´ o a a o o -1 cos - sin cos (-) - sin (-) forgat´s: a = . sin cos sin (-) cos (-) h) Csoport. Emelj¨ nk ki a2 + b2 -et a m´trixb´l, ez´ltal olyan m´trixot kapunk, u a o a a amely sorelemeinek, illetve oszlopelemeinek n´gyzet¨sszege 1: e o a b -b a = a2 + b 2
a a2 +b2 b a2 +b2 -b a2 +b2 a a2 +b2

.

a Legyen egy olyan sz¨g, amelyre cos = a2 +b2 ´s sin = a2b+b2 . o e cos - sin Ez´ltal a fenti m´trix ´ ´ a a igy irhat´: a2 + b2 o . sin cos A m´trix teh´t a -vel val´ forgat´s ´s a a2 + b2 -szeresre val´ a a o a e o nagy´ as s´ it´ ikbeli transzform´ci´k egym´sut´ni alkalmaz´s´nak m´ta o a a a a a rixa. A z´rts´g ´s az inverz l´tez´se az elz feladat alapj´n k¨nnyen a a e e e o o a o igazolhat´. o

4.2.5. A halmaz z´rt a m veletre n´zve. Az asszociativit´s teljes¨ l, mert a u e a u (a b) c = a + b - ab + c - (a + b - ab) c = . . . = a (b c) .

´ 4.2. FELCSOPORT, CSOPORT

191

Teh´t S f´lcsoport. Egys´geleme a 0. a e e Egy a elemnek x inverze, ha a + x - ax = 0 = x = nincs inverze, teh´t S nem csoport. a
a a-1 ,

ez´rt 1-nek e

4.2.6. K¨nny ellenrizni, hogy a m velet kommutat´ asszociat´ egys´geo u o u iv, iv, e lem a -1 ´s az a elem inverze: -a - 2. Teh´t mind a n´gy k´rd´sre igen e a e e e a v´lasz. a 4.2.7. A z´rts´g ´s asszociativit´s teljes¨ l; egys´g az f (x) = x f¨ ggv´ny. Az f (x) a a e a u e u e elem inverze az f -1 (x) inverz-f¨ ggv´ny, amely a folytonoss´g ´s szigor´ u e a e u monoton tulajdons´g miatt l´tezik. a e 4.2.8. Az els egyenls´gbl: b10 · b4 = b10 = b4 = e = b20 = e. A m´sodikb´l o o e o a o hasonl´an: b19 = e. ´ e = b20 = b19 b = b. o Igy 4.2.9. A g elem rendje oszt´ja 996-nak = g 996 = e = g 1992 = e = g = e. o 4.2.10. a) A lehets´ges permut´ci´k : e, (12), (23), (13), (123), (132). e a o b) Az al´bbi t´bl´zat mutatja a kompoz´ ok eredm´nyeit: a a a ici´ e 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´ ra z´rt, a m velet asszociat´ l´tezik egys´gelem (az e), u a u iv, e e ´s minden elemnek van inverze, ez´rt a strukt´ ra csoport. Mivel a e e u m velet nem kommutat´ ´ nem Abel-csoport. u iv, igy 4.2.11. a) (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), (1234) = e. Ebbl l´that´, hogy az egyes hatv´nyok ´rt´kei ciklikusak, n´gyes´vel o a o a e e e e ´ ism´tldnek. Altal´nosan teh´t: e o a a 4k+1 4k+2 4k+3 (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), 4k (1234) = e, ahol k Z.
egyelem cikluselemeket a tov´bbiakban nem ´ u a irjuk ki.
1 2 3 4

Lagrange-t´tel e Az

192

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

b) Az al´bbi t´bl´zat mutatja a permut´ci´k kompoz´ oinak eredm´a a a a o ici´ e nyeit: 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´that´, hogy a strukt´ ra z´rt, a m velet asszociat´ l´tezik egys´ga o u a u iv, e e elem (az e), ´s minden elemnek van inverze, teh´t a strukt´ ra csoport. e a u ´ Eszrevehetj¨ k, hogy a m velet kommutat´ teh´t a strukt´ ra Abelu u iv, a u csoport is. 4.2.12. Egy n elem ciklikus permut´ci´ n-edik hatv´nya az e egys´gelem, nu a o a e n´l kisebb pozit´ eg´sz kitevj hatv´nya pedig nem az e. A feladate iv e ou a ban szerepl permut´ci´ h´rom ciklikus permut´ci´ kompoz´ oja, amelyek o a o a a o ici´ egyenk´nt 5, 3 ´s 6 elem ek. Ez´rt legal´bb az lkkt (5, 3, 6) = 30 kitevj e e u e a ou hatv´nyra kell emelni a permut´ci´t, hogy az egys´gelemet kapjuk. a a o e 4.2.13. a) Identit´s: e, 180 -os forgat´s: (13) (24), tengelyes t¨ kr¨z´s a f¨ gga a u o e u o leges tengelyre: (12) (34), tengelyes t¨ kr¨z´s a v´ u o e izszintes tengelyre: (14) (23). b) Az al´bbi t´bl´zat mutatja a permut´ci´k kompoz´ oj´t: a a a a o ici´ a 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´ ra z´rt, a m velet asszociat´ l´tezik egys´gelem (az e), u a u iv, e e ´s minden elemnek van inverze, teh´t a strukt´ ra csoport. Mivel a e a u m velet kommutat´ a strukt´ ra Abel-csoport. u iv, u 4.2.14. A lek´pez´s m velettart´ a lg x2 +lg y 2 = lg (xy) azonoss´g alapj´n. Nem e e u o a a izomorf, mivel az f f¨ ggv´ny nem bijekt´ u e iv. 4.2.15. A lek´pez´s m velettart´, mivel ex+y = ex ey . Az f f¨ ggv´ny bijekt´ e e u o u e iv. 4.2.16. a) Legyen e a T csoport egys´geleme, ekkor a T eset´n e a = a. e e f (a) = f (e a) = f (e) f (a) = f (e) T egys´geleme. e
2

 4.3. GYURU, TEST

193

b) f (e) = f (a a-1 ) = f (a) f (a-1 ) = f (a-1 ) az f (a) T -beli inverze.

4.3.

Gy r , test u u

4.3.1. Algebrai test. A m veleti tulajdons´gok a m veleti t´bl´zatok alapj´n ellenrizhetk. u a u a a a o o Nullelem a 0, az elemek addit´ inverzei onmaguk. Egys´gelem az 1, aiv ¨ e melynek multiplikat´ inverze onmaga. iv ¨ 4.3.2. Egys´gelemes kommutat´ gy r . e iv u u Mivel a racion´lis sz´mok halmaza ugyanezen m veletekkel (Q; +, ·) ala a u gebrai testet alkot ´s Q Q a m veleti tulajdons´gok igazak. Az adott e u a m veletekre vonatkoz´an Q Q z´rt, 0 Q ´s 1 Q . Q minden u o a e elem´nek addit´ inverze Q -ban van. Van olyan elem viszont, amelynek e iv 2 -1 3 nincs multiplikat´ inverze a strukt´ r´ban. P´ld´ul: 3 iv ua e a = 2 Q . / 4.3.3. A H = {1, 2, 3, 4} halmaz nem z´rt a megadott m veletekre vonatkoz´an. a u o P´ld´ul: 2 + 3 5 (mod 8) ´s 5 H, illetve 2 · 3 6 (mod 8) ´s 6 H. e a e / e / 4.3.4. Algebrai test. A D halmaz z´rt az adott m veletekre vonatkoz´an ´s az elv´rt m veleti a u o e a u tulajdons´gok teljes¨ lnek. a u Nullelem: 0 + 0 n = 0 D, egys´gelem: 1 + 0 n = 1 D. e iv Az a + b n elem addit´ inverze: -a - b n D. -1 b a Multiplikat´ inverz: (a + b n) = a2 -b2 n - a2 -b2 n n, ha a2 - b2 n = 0. iv Valamely a + b n elemnek teh´t az a2 - b2 n = 0 kik¨t´s miatt pontosan a o e 2 akkor nincs inverze, ha a = b = 0 (0-elem), vagy ha n = a = q 2 , azaz b n valamely racion´lis sz´mnak a n´gyzete. A D halmaz megad´sakor az a a e a ilyen n eg´szeket kiz´rtuk. ´ a D halmaz osszes 0-elemtl k¨ l¨nb¨z e a Igy ¨ o uo o o elem´nek van multiplikat´ inverze. e iv 4.3.5. a) Nem gy r . A m velet nem asszociat´ uu u iv.

b) Algebrai test. A ´s a m veletekre vonatkoz´an R z´rt, a m veleti tulajdons´e u o a u a gok teljes¨ lnek. u

194

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

Nullelem: 1, egys´gelem: 0. Addit´ inverz: 2 - a, multiplikat´ e iv iv a inverz: a-1 = a-1 , ha a = 1 (0-elem). c) Algebrai test. A ´s a -ra vonatkoz´an R+ z´rt, a m veleti tulajdons´gok tele o a u a jes¨ lnek. u 1 Nullelem: 1, egys´gelem: 10. Addit´ inverz: a , multiplikat´ inverz: e iv iv 1 lg a , ha a = 1 (0-elem). 10 4.3.6. a) Egys´gelemes gy r . e uu (M ; +) kommutat´ csoport. (M ; ·) egys´gelemes (egys´gm´trix), iv e e a nem-kommutat´ f´lcsoport. (Multiplikat´ inverze csak a regul´ris iv e iv a m´trixoknak van.) A megfelel disztribut´ t¨rv´ny teljes¨ l. a o iv o e u b) Egys´gelemes gy r . e uu (M ; +) kommutat´ csoport. (M ; ·) az n × n-es egys´gm´trixszal, iv e a mint egys´gelemmel monoidot alkot. Igaz a disztributivit´s. e a c) Gy r . uu A m veletekre vonatkoz´an M z´rt, a m´trixm veletek tulajdons´gai u o a a u a 1 0 teljes¨ lnek. Z´ruselem a 2 × 2-es nullm´trix. u e a M , teh´t / a 0 1 nincs multiplikat´ egys´g a strukt´ r´ban. iv e ua d) Algebrai test. A m veletekre vonatkoz´an M z´rt, a m´trixm veletek tulajdons´gai u o a a u a 0 0 1 0 teljes¨ lnek. 0-elem: u M , 1-elem: M . Addit´ iv 0 0 0 1 1 a -b -a -b · , ha inverz: , multiplikat´ inverz: 2 iv 2 b a b -a a +b a2 + b2 = 0 . Az adott t´ u m´trixok eset´n a szorzat kommutat´ ipus´ a e iv. 4.3.7. a) Egys´gelemes kommutat´ gy r . e iv u u A m veletekre n´zve P(A) z´rt. A ´s a m veletek kommutat´ u e a e u ivak ´s asszociat´ e ivak, ´s a disztribut´ -ra n´zve. 0-elem: , 1-elem: e iv e A. Addit´ inverz: minden elemnek onmaga. iv ¨ b) Nem gy r . uu 0-elem: , 1-elem: A. Addit´ inverze csak az -nak, multiplikat´ iv iv inverze csak A-nak van.
L´sd a

a 4.2.4.h) p´ld´t. e a

 4.3. GYURU, TEST

195

4.3.8.

a) Egys´gelemes, kommutat´ gy r . e iv u u (F; ) kommutat´ csoport; (F; ) az f : R R, f (x) 1 egys´geiv e lemmel kommutat´ f´lcsoport. A disztributivit´si t¨rv´ny igaz. iv e a o e b) Nem gy r . uu (F; ) csoport; (F; ) f´lcsoport, mert F z´rt -ra ´s a m velet e a e u asszociat´ Egys´gelem: f (x) = x, ´s inverz csak bijekt´ f eset´n iv. e e iv e l´tezik. Nem igaz a disztributivit´si t¨rv´ny, mert p´ld´ul: e a o e e a f : R R, h : R R, g : R R, f (x) = sin x, g(x) = x ´s e h(x) = x2 eset´n e

sin x + x2 = sin x + sin x2 .

f (g + h) = f g + f h, ugyanis

c) Nem algebrai strukt´ ra, mert az osszead´s m velet´re F nem z´rt. u ¨ a u e a K´t bijekt´ f¨ ggv´ny osszege nem felt´tlen¨ l bijekt´ legyen p´ld´ul: e iv u e ¨ e u iv, e a f (x) = x; g(x) = -x - 1. 4.3.9. a) (T ; , ) test nulloszt´mentess´g´nek bel´t´s´hoz induljunk ki az o e e aa a a b = 0 (0-elemet itt 0-val jel¨lj¨ k) egyenletbl ´s t´telezz¨ k fel, o u o e e u hogy a = 0. Az a inverz´vel balr´l szorozva ´s az asszociativit´st e o e a kihaszn´lva kapjuk, hogy b = 0. Hasonl´k´ppen b = 0 eset´n b-1 -nel a o e e jobbr´l szorozva a = 0 ad´dik. o o b) 1., 3., 4.b) ´s c), 5.d), mivel az algebrai testek nulloszt´mentesek. e o 2.a) nullosz´mentes, mivel Q R. o 5.a), b) ´s c) nem nulloszt´mentesek, mert p´ld´ul: e o e a 0 0 1 0 · 1 1 0 0 = 0 0 0 0 .

6.a) nem nulloszt´mentes: ha A ´s B diszjunktak, metszet¨ k . o e u 7.a) nem nulloszt´mentes. Legyenek f ´s g f¨ ggv´nyek olyanok, hogy o e u e minden helyen k¨z¨ l¨ k pontosan az egyik 0 ´s egyik sem azonosan 0. o uu e 4.3.10. Nem, mert a vektori´lis szorz´s nem asszociat´ a a iv.

196

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

4.3.11. A strukt´ ra egys´gelemes gy r a Z halmazon, mivel (Z; ) kommutat´ u e uu iv csoport; (Z; ) kommutat´ f´lcsoport az (1, 1) egys´gelemmel; a disztriiv e e butivit´si t¨rv´ny is teljes¨ l. Hasonl´an gy r R eset´n is. a o e u o uu e Z eset´n nem test, mert az (a, b) elemp´rra (a, b) e a 1 1 , b Z × Z az a = 1 vagy b = 1 esetben. / a
1 1 a, b

= (1, 1), de

Nem test az (R; , ) sem, hiszen nincs multiplikat´ inverz egyetlen olyan iv esetben sem, amikor az elemp´r valamelyik eleme 0. a 4.3.12. Igen, r´sztest´t alkotj´k. Bel´tand´ ugyanis, hogy az x | x = p + q 2, e e a a o p, q Q} halmaz a val´s sz´mtest m veleteivel testet alkot. ´ megfoo a u Igy galmazva a 4.3.4. feladat n = 2 speci´lis eset´t kapjuk. a e

4.4.

H´l´, Boole-algebra ao

4.4.1. Mindh´rom esetben azt kell viszg´lnunk, hogy az adott m veletek kommua a u tat´ ivak, asszociat´ ivak, illetve igazak r´juk az abszorpci´s tulajdons´gok. a o a Bel´´that´, hogy a fentiek mindegyike teljes¨ l a felsorolt strukt´ r´kban, a o u ua azaz h´l´k. ao 4.4.2. Igazoland´, hogy a (H; sup) strukt´ r´ban a k´tv´ltoz´s sup m velet reno ua e a o u delkezik az elv´rt tulajdons´gokkal. a a A kommutativit´s: sup (a, b) = sup (b, a) ´s az idempotencia: sup (a, a) = a a e tulajdons´gok trivi´lisan teljes¨ lnek a, b H eset´n. Az asszociativit´s: a a u e a sup (a, sup (b, c)) = sup (sup (a, b) , c) teljes¨ l´s´nek bizony´ as´hoz l´ssuk ue e it´ a a be, hogy mindk´t oldal sup (a, b, c)-vel egyenl. e o 4.4.3. a) Az igazoland´ abszorpci´s tulajdons´gok: sup (a, inf (a, b)) = a ´s o o a e inf (a, sup (a, b)) = a. Az els azonoss´got bel´tjuk, a m´sodikat az o a a a olvas´ra b´ o izzuk. Legyen x = sup (a, inf (a, b)), bel´tjuk, hogy x = a. Az a a (reflexia vit´s) ´s inf (a, b) a miatt a fels korl´tja az {a, inf (a, b)} halmaza e o a nak, teh´t a halmaz legkisebb fels korl´tj´ra fenn´ll, hogy x a o a a a a. Ugyanakkor x az {a, inf (a, b)}-nek szint´n fels korl´tja, teh´t a x. e o a a A rendez´s antiszimmetrikus tulajdons´g´b´l k¨vetkezen x = a. e a a o o o b) A 4.3.1. feladatban bel´ttuk, hogy H mindk´t m veletre vonatkoz´an a e u o f´lh´l´t alkot. E feladat a) r´sz´ben bel´ttuk, hogy a strukt´ r´ban e ao e e a ua igaz az abszorpci´s tulajdons´g. o a

´ ´ 4.4. HALO, BOOLE-ALGEBRA

197

4.4.4.

a) Igazoland´, hogy a rel´ci´ reflex´ antiszimmetrikus ´s tranzit´ o a o iv, e iv. A rel´ci´ reflex´ mert a a o iv, a a a = a. Ez ut´bbi az o m velet idempotenci´ja miatt teljes¨ l. u a u Az antiszimmetria bel´t´s´hoz a ha a aa a b ´s b e a, akkor a = b" " all´ ast kell igazolnunk. Az all´ as m velettel fel´ ´ it´ ´ it´ u irva ha a b = a " ´s b a = b, akkor a = b", amely igaz az m velet kommutativit´sa e u a miatt. A rel´ci´ tranzit´ H-n, ha H b´rmely a, b, c elem´re teljes¨ l, hogy a o iv a e u ha a b ´s b c, akkor a c. Az igazoland´ all´ as az m velettel e o ´ it´ u fel´ irva: ha a b = a ´s b c = b, akkor a c = a. Ez ut´bbi a k´t e o e felt´telbl, valamint az m velet asszociativit´s´t kihaszn´lva ´ e o u a a a igy igazolhat´: a = a b = a (b c) = (a b) c = a c. o b) inf (a, b) = a b, ha igazak r´ az al´bbiak: (a b) a ´s (a b) b a a e minden a, b H, valamint b´rmely c H-ra, ha c a a ´s c e b, akkor c a b. Az els rel´ci´ igaz volta az m velet asszociativit´s´b´l, kommuo a o u a a o tativit´s´b´l ´s idempotenci´j´b´l k¨vetkezik: (a b) a a o e aa o o a (a b) a = (a b) a (b a) = (a b). Az utols´ o egyenls´g pedig igaz, mert a (a b) = (a a) b = (a b). Hao e sonl´k´ppen l´that´ be a m´sodik rel´ci´, (a b) b teljes¨ l´se. o e a o a a o ue A harmadik all´ as az m velettel fel´ ´ it´ u irva: c a = c ´s c b = c e = c (a b) = c. Az m velet idempotens, teh´t c (a b) = u a = (c a) b = c b = c. A sup (a, b) = a b igazol´sa hasonl´ a o gondolatmenettel ad´dik, itt nem r´szletezz¨ k. o e u a) b) c) d) Disztribut´ h´l´. iv a o H´l´, de nem disztribut´ ao iv. F´lh´l´. e ao Nem h´l´ ´s nem is f´lh´l´, mert sem a sup sem az inf m velet nem aoe e ao u egy´rtelm . e u

4.4.5.

4.4.6.

a) (P(A); , ) h´l´ , legnagyobb eleme az A, ´s b´rmely B P(A) ao e a eset´n B = A \ B P(A). e b) (Fn ; , , ¬), ahol f Fn , ha f : {0, 1}n {0, 1}. Legyen az f0 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 0 f¨ ggv´ny a strukt´ ra O eleme ´s az u e u e f1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = 1 pedig az I. Fn z´rts´ga trivi´lis, a megfelel a a a o m veleti tulajdons´gok igazol´s´t itt nem r´szletezz¨ k. u a a a e u
4.4.1.b) feladat.

L´sd a

198 4.4.7.

´ ´ 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

a) A = {1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715}. O = 1, I = 715. Ellenrizend azonoss´gok: o o a 715 (a ) = a, azaz 715/a = a; a a = I, azaz lkkt a, 715 = 715; a a a = O, azaz lnko a, 715 = 1; a (a b) = a b , azaz lkkt (a, b) = lnko

715 715 a , b

.

b) 143

4.4.8. Boole algebra: O = 1, I = 42. 4.4.9. a) Nem alkot Boole-algebr´t, mert a -re n´zve nem z´rt. a e a

b) Nem alkot Boole-algebr´t, mert az -ra n´zve nem z´rt. a e a

c) Igen: O = {a, e, i, o, u}, I = {a, b, c, d, e, . . . , z}. X = {a mag´nhangz´k ´s azok a m´ssalhangz´k, amelyek X-ben a o e a o nem szerepelnek}.

d) Igen, mivel az A = {. . . , {-2, -1} , {0, 1} , {2, 3} , {4, 5} , . . .} halmaz hatv´nyhalmaz´r´l van sz´. a a o o e) A halmaz elemei az Ak = {n | n k, n Z} (k Z) alak´ sz´mhalu a mazok. Ezek az ´s a m veletre z´rt halmazt alkotnak, ugyanis e u a Ak Al = Amin{k,l} ´s Ak Al = Amax{k,l} . A sz¨ ks´ges m veleti e u e u tulajdons´gok -- a disztributivit´st is bele´rtve -- teljes¨ lnek, ez´rt a a e u e a strukt´ ra disztribut´ h´l´, amely korl´tos is: O = , I = Z. A u iv a o a komplementum-k´pz´sre azonban a halmaz nem z´rt, ´ nem Boolee e a igy algebra. f) Igen. Csup´n k´t eleme van a halmaznak: ´s Z. a e e

5. fejezet

Gr´felm´leti fogalmak ´s a e e ¨sszef¨gg´sek o u e
5.1. Alapfogalmak

5.1.1. A gr´fnak 8 ´le ´s 5 pontja van. A pontok k¨z¨ l kett foksz´ma 3, kett a e e o u o a o foksz´ma 4, az ot¨dik´ pedig 2. a ¨o e 5.1.2. a) Nincs, mert egy 6 pont´ egyszer gr´fban b´rmely pontb´l legfeljebb u u a a o 5 ´l h´ zhat´, azaz minden pont foksz´ma legfeljebb 5 lehet. e u o a b) Tetszleges gr´fban a foksz´mok osszege megegyezik az ´lek sz´m´o a a ¨ e a a nak k´tszeres´vel, a foksz´m-¨sszeg ´ mindig p´ros sz´m. A megae e a o igy a a dott foksz´mok osszege p´ratlan, ez´rt ilyen gr´f nem l´tezik. a ¨ a e a e 5.1.3. a) Az abr´n l´that´ gr´f megfelel a felt´teleknek. ´ a a o a e

199

200

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

b) Nincs, mert egy egyszer gr´fban a pontok foksz´mainak osszege u a a ¨ p´ros sz´m. a a 5.1.4. Egy n pont´ egyszer gr´fban egy pont foka legfeljebb n - 1 lehet. Ha u u a minden pont foksz´ma k¨ l¨nb¨z, akkor 0-t´l n - 1-ig minden lehets´ges a uo o o o e foksz´m pontosan egy ponthoz tartozik. Teh´t a felt´teleket kiel´g´ o a a e e it gr´fban l´teznie kell 0- ´s n - 1-fok´ pontnak is. Ez viszont ellentmond´s, a e e u a hiszen az n - 1-fok´ pontb´l minden m´s pontba vezet ´l, a 0-fok´ ba is, u o a e u ami lehetetlen. 5.1.5. A m´rkz´s egy tetszleges pillanat´hoz hozz´rendel¨ nk egy gr´fot, ae o e o a e u a melynek pontjai a csapatoknak felelnek meg. A gr´f k´t pontja akkor van a e osszek¨tve ´llel, ha a megfelel csapatok m´r j´tszottak egym´ssal. A ¨ o e o a a a kapott gr´f hurok´lmentes, mert senki nem j´tszik onmag´val. a e a ¨ a E szerint a feladat all´ asa megfelel a k¨vetkez t´telnek : Tetszleges gr´f ´ it´ o o e o a p´ratlan foksz´m´ pontjainak sz´ma p´ros. a a u a a 5.1.6. 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 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

5.1.7.

a) Nyitott az ´lsorozat, hiszen az els ´l kezdpontja ´s az utols´ ´l v´ge oe o e oe e pontja k¨ l¨nb¨z, de utr´l nem besz´lhet¨ nk, mert p´ld aul az 5-¨s uo o o ´ o e u e o pont k´tszer fordul el a vonal belsej´ben. e o e b) Z´rt az ´lsorozat, mert az els ´l kezdpontja ´s az utols´ ´l v´gpontja a e oe o e oe e azonos. K¨r, mert olyan z´rt ´lsorozatr´l van sz´, amely minden o a e o o pontj´ra pontosan k´t ´l illeszkedik. a e e c) Nyitott ´lsorozat, de nem ut ´s nem k¨r. e ´ e o d) Nyitott ´lsorozat ´s ut. e e ´

C=

M=

5.1.8.

a)

4

3

1
A

2

t´tel igazol´s´t l´sd B.-Gy. 5.1. T´tel b). e a a a e

0 1 C= 1 1



1 0 0 0

1 0 0 0

1 0 0 0

5.1. ALAPFOGALMAK

201 3 0 1 C= 1 0 0 1 C= 1 1 0 1 C= 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0

b)

4

1 c) 4

2 3

1 d) 4

2 3

1

2

5.1.9. Az al´bbi k¨r¨k vannak a gr´fban : a o o a ({1, 2}, {2, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 1}); ({1, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({2, 3}, {3, 4}, {4, 2}). 5.1.10.

({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 utja pl. : ´ ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6}). Leghosszabb k¨re pl. : o ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6} {6, 1}).

4 9 5 10 6 1 7 2 8 3

5.1.11.

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



egyszers´g kedv´´rt a megold´sokban az ut/k¨r ´leit t¨ntetj¨k csak fel. u e ee a ´ o e u u

202 5.1.12.

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

4 5 3 5

4 3

1

2
n

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´f ponthalmaza {1, 2, . . . , n}, ´s jel¨lj¨ k C2 -et B-vel. A B a e o u m´trix bij = a a gr´f ´lei, egy´bk´nt a szorzat ´rt´ke 0. Ez´rt a e e e e e e a) bii az i pont foksz´ma; a b) bij (i = j) az i-t ´s j-t osszek¨t 2 hossz´ s´g´ utak sz´ma. e ¨ oo ua u a 5.1.14. a) Az ´lek sz´ma e a ossze. ¨
n·(n-1) , 2 k=1

cik · ckj elem´nek cik · ckj tagja 1, ha az {i, k} ´s a {k, j} e e

mert b´rmely k´t pontot pontosan egy ´l k¨t a e e o

b) Az al´bbi 4-, illetve 5-pont´ gr´fok izomorfak komplementer¨ kkel: a u a u

Viszont 6-pont´ gr´f nincs, ugyanis a 6-pont´ teljes gr´f ´leinek sz´u a u a e a ma 6·5 = 15, ami p´ratlan sz´m. ´ tetszleges 6 pont´ gr´f ´leinek a a Igy o u a e 2 sz´ma k¨ l¨nb¨zik komplementer´nek ´lsz´m´t´l, teh´t nem lehetnek a uo o e e a ao a izomorfak. 5.1.15.

5.1.16.

a) Igen. Feleltess¨ k meg a baloldali gr´f pontjait a jobboldali gr´f megu a a felel vesszs pontjainak. o o

5.1. ALAPFOGALMAK

203 e b d d g

f

g a b

c

f a c

e

b) Igen. Hasonl´ megfeleltet´st haszn´lunk, mint az a) pontban. o e a d h e a g f b a h c f c g b e d

c) Nem, mert a baloldali gr´fban a legr¨videbb k¨r 4 hossz´ s´g´ , a a o o ua u jobboldaliban viszont 5 hossz´ s´g´ . ua u 5.1.17. Az n-pont´ teljes gr´f ´leinek sz´ma: u a e a 5n <
n(n-1) . 2

Ebbl k¨vetkezik: o o

n (n - 1) < 6n 2

10 < n - 1 < 12 n = 12 5.1.18. Az 5-pont´ teljes gr´fnak 10 ´le van. Ebbl kettt kell elhagynunk, ´ a u a e o o igy foksz´mok a k¨vekezk lehetnek: 4, 3, 3, 3, 3 vagy 4, 4, 3, 3, 2. a o o 5.1.19. a) b) c)

5.1.20. Indirekt m´don bizony´ o itunk: Tegy¨ k fel, hogy az n-pont´ gr´fban nincs u u a 1-fok´ pont. u

204

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

A lehets´ges foksz´mok a 0, 2, 3, . . . sz´mok. Az osszef¨ ggs´g miatt a e a a ¨ u o e 0-t kiz´rhatjuk, hiszen a gr´fban nem lehet izol´lt pont. Vizsg´ljuk most a a a a az n-pont´ gr´f pontjainak foksz´m-¨sszeg´t. Indirekt feltev´s¨ nk ´s a 0 u a a o e eu e fok kiz´r´sa eredm´nyek´ppen a pontok foksz´ma legal´bb 2, a foksz´ma a e e a a a osszeg legal´bb 2n. ¨ a M´sr´szrl tudjuk, hogy a foksz´mok osszege az ´lek sz´m´nak k´tszerese. a e o a ¨ e a a e Mivel a felt´tel szerint az ´lek sz´ma legfeljebb n - 1, a foksz´m-¨sszeg e e a a o legfeljebb 2(n - 1) lehet. Ezzel ellentmond´sra jutottunk, teh´t van a a a gr´fnak 1-fok´ pontja. a u 5.1.21. a) Vegy¨ k a gr´f egy maxim´lis hossz´ s´g´ utj´nak egyik v´gpontj´t. E u a a u a u´ a e a ponthoz biztosan illeszkedik legal´bb egy m´sik ´l, mert a pont foka a a e legal´bb 2. Ezen ´lnek a m´sik v´gpontja az ut valamelyik pontja, a e a e ´ hiszen ha nem ´ lenne, akkor a v´lasztott maxim´lis hossz´ s´g´ igy a a ua u utn´l lenne a gr´fban hosszabb ut. A v´lasztott uthoz hozz´v´ve ezt ´ a a ´ a ´ a e az ´lt, a gr´f egy k¨r´t kapjuk. e a o e M´sik megold´s: Kezdj¨ k el bej´rni a gr´fot egy tetszleges a1 ponta a u a a o j´b´l. Az a2 pontj´ba ´rve innen biztos tov´bb tudunk haladni, mert a o a e a a foksz´ma legal´bb kett. Innen eljutunk a3 -ba, amely vagy mega a o egyezik a1 -gyel ´s ´ tal´ltunk k¨rt, vagy ha nem, akkor innen is e igy a o tov´bb tudunk menni. Minden m´g ´rintetlen pontb´l tov´bb tua e e o a dunk haladni a foksz´mra vonatkoz´ felt´tel miatt, de mivel a gr´f a o e a v´ges, egyszer eljutunk egy olyan pontba, ahol m´r kor´bban j´rtunk e a a a ´s bez´r´dik egy k¨r. e a o o b) Tekints¨ k a gr´f egyik smax leghosszabb utj´t, annak egyik v v´gu a ´ a e pontj´t. Azt all´ a ´ itjuk, hogy a v pont foka 1. Tegy¨ k fel ugyanis, hogy u a v pontra illeszkedik m´g egy e = {v, w} ´l, amely az smax -nak nem e e ´le. Az e ´l w v´gpontja nem lehet az smax pontja, mert akkor a gr´f e e e a nem k¨rmentes. Nem lehet a w pont a gr´f smax -hoz nem tartoz´ o a o pontja sem, mert akkor smax -hoz hozz´v´ve a w pontot ´s az e ´lt, a e e e smax -n´l hosszabb utat kapunk. Ilyen ´l teh´t nincs. Ezzel bel´ttuk, a e a a hogy a gr´f v pontja 1-fok´ . a u 5.1.22. a) Vegy¨ k ´szre, hogy a bizony´ as sor´n felhaszn´ltunk egy t´telt, au e it´ a a e mely szerint minden osszef¨ gg ´s k¨rmentes gr´f fel´p´ ¨ u o e o a e ithet az 1o pont´ gr´fb´l kiindulva egy ´l ´s egy pont egyidej hozz´ad´s´nak u a o e e u a a a egym´sut´ni alkalmaz´s´val. E t´tel igaz volta nem nyilv´nval´, bia a a a e a o zony´ asra szorul. it´

5.1. ALAPFOGALMAK

205

b) A feladat a) r´sz´ben le´ teljes indukci´s bizony´ ast az al´bbiak e e irt o it´ a szerint m´dos´ o itjuk: Nem ´p´ unk egy k pont´ elv´rt tulajdons´g´ e it¨ u a a u gr´fot, hanem kiindulunk egy tetszleges k-pont´ k¨rmentes osszea o u o ¨ f¨ gg gr´fb´l ´s bel´tjuk, hogy c´lszer en elhagyva belle egy pontot u o a o e a e u o ´s egy ´lt, olyan k - 1-pont´ gr´fot kapunk, amely a felt´teleknek e e u a e (k¨rmentes ´s osszef¨ gg) megfelel. Az ´ kapott gr´fra az indukci´s o e ¨ u o igy a o feltev´s ´rtelm´ben igaz, hogy k - 2 ´le van, teh´t a k-pont´ gr´fnak e e e e a u a k - 1 ´le van. e A gr´fban a k¨rmentess´g miatt van 1-fok´ pont . Hagyjunk el egy a o e u 1-fok´ pontot a r´ illeszked ´llel egy¨ tt. A kapott k - 1-pont´ gr´f u a oe u u a ¨ nyilv´n k¨rmentes. Osszef¨ gg is, mert e pont 1-fok´ l´v´n, nem a o u o u e e lehet a k - 1-pont´ gr´f k´t pontj´t osszek¨t utnak pontja. u a e a ¨ oo´ c) Jel¨lj´k az n-pont´ k-komponens k¨rmentes gr´f komponenseinek o e u u o a pontsz´mait az n1 , n2 , . . ., nk sz´mok, amelyek osszege nyilv´n n. A a a ¨ a gr´f egyes komponenseinek ´lsz´ma ni - 1, i = 1, 2, . . . , k (l´sd az a) a e a a pontban szerepl all´ ast). ´ a gr´f ´leinek sz´m´ra e = (n1 - 1)+ o ´ it´ Igy a e a a +(n2 - 1) + . . . + (nk - 1) = n - k ad´dik. o

5.1.23. Feleljenek meg a G gr´f pontjai a t´rsas´g tagjainak. K´t pont pontoa a a e san akkor legyen G-ben osszek¨tve ´llel, ha a megfelel tagok bar´tok. ¨ o e o a ´ olyan 6 pont´ egyszer gr´fot kapunk, ahol minden pont foksz´ma Igy u u a a 3. Megmutatjuk, hogy G pontjai 3 olyan p´rba sorolhat´ak, hogy az egy a o p´rhoz tartoz´ pontok szomsz´dosak, azaz a mozil´togat´s megszerveza o e a a het. o Az els p´rnak v´lasszunk k´t tetszleges szomsz´dos pontot. T¨r¨lj¨ k o a a e o e o o u e pontokat a r´juk illeszked ´lekkel egy¨ tt a gr´fb´l. A 3-regularit´sb´l a oe u a o a o ad´d´an az eredeti 9 ´lbl pontosan 5 ´lt hagytunk el. A marad´k 4 pont o o e o e e ´s 4 ´l az abr´n l´that´ m´don helyezkedhet el (a tov´bbi izomorf esetektl e e ´ a a o o a o eltekintve).

L´that´, hogy mindk´t esetben a marad´k 4 pont sz´toszthat´ k´t szoma o e e e o e sz´dos pontokb´l all´ p´rra. e o ´ o a
L´sd a

az elz feladat b) pontj´t. o o a

206 5.1.24.

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

a) Csak egy lehets´ges megold´s van. e a

b) Egy komponens legal´bb n pontot tartalmaz, mert minden pontb´l a o legal´bb n - 1 ´l halad k¨ l¨nb¨z pontokba. a e uo o o c) Nem, mert minden komponens legal´bb n pontot tartalmaz, ´ egya igy vagy k´tkomponens a gr´f. e u a 5.1.25. Ha nem lenne osszef¨ gg a gr´f, akkor l´tezne legal´bb egy olyan kom¨ u o a e a ponens, amelybe legfeljebb n pont tartozik. Ebben a komponensben a maxim´lis foksz´m n - 1 lehet, ami ellentmond´s. a a a 5.1.26. Ha G nem osszef¨ gg, akkor megmutatjuk, hogy G komplementere (G) ¨ u o osszef¨ gg. Legyen u ´s v k´t tetszleges pont. Ha u ´s v k´t k¨ l¨nb¨z ¨ u o e e o e e uo o o komponensbe esik G-ben, akkor szomsz´dosak lesznek G-ben. Ha viszont e azonos komponensekbe esnek G-ben, akkor egy m´sik G-beli komponens a tetszleges pontja G-ben szomsz´dos u-val is ´s v-vel is, teh´t a G gr´fban o e e a a van u-t ´s v-t osszek¨t ut. e ¨ oo´ 5.1.27. Az e = {u, v} ´l elhagy´s´val u ´s v k´t k¨ l¨nb¨z komponensbe esik. Ha e a a e e uo o o l´tezne G-ben e-t tartalmaz´ k¨r, akkor annak az elv´tel ut´n megmarad´ e o o e a o r´sz´n el lehetne jutni u-b´l v-be, vagyis egy komponensbe esn´nek, ami e e o e ellentmond´s. a 5.1.28. A k´rd´s megfogalmazhat´ ugy is, hogy egy legfeljebb 5 komponens , 22 e e o´ u pont´ gr´fnak legal´bb h´ny ´le van. A sz¨ ks´ges ´lek sz´ma: 22-5 = 17. u a a a e u e e a 5.1.29. a) Induljunk ki a gr´f egy tetszlegesen r¨gz´ a o o itett pontj´b´l. Tetszleges a o o sorrendben bej´rva a gr´f pontjait, visszat´rve az eredeti pontba k¨rt a a e o kapunk. A lehets´ges sorrendek sz´ma (k - 1)!, ez esetben azonban e a minden k¨rt k´tszer sz´moltunk. Teh´t az n-hossz´ s´g´ k¨r¨k sz´ma o e a a ua u o o a (k-1)! . 2 b) V´lasszuk ki azt a k pontot, melyek a k¨r pontjai. Ezt n m´don a o o k (k-1)! tehetj¨ k meg. A kiv´lasztott k pontra 2 k¨r illeszthet, ez´rt u a o o e n (k-1)! sz´m´ k hossz´ s´g´ k¨r van. a u ua u o k 2

´ ´ ´ 5.2. EULER- ES HAMILTON-BEJARASOK

207

c) A feladat atfogalmazhat´ ugy, hogy h´ny darab k - 1 hossz´ s´g´ ut ´ o´ a ua u´ van az e ´l egyik pontj´b´l a m´sikba. V´lasszunk e v´gpontjait´l e a o a a e o k¨ l¨nb¨z k - 2 darab pontot, ezt n-2 m´don tehetj¨ k meg. Ezen uo o o o u k-2 pontoknak (k-2)!-f´le sorbarendez´se lehets´ges. Teh´t n-2 (k-2)! e e e a k-2 uton juthatunk el e egyik v´gpontj´b´l a m´sikba. ´ e a o a

5.2.
5.2.1.

Euler- ´s Hamilton-bej´r´sok e a a
a) Az uth´l´zatot ir´ny´ ´ ao a itott gr´fk´nt abr´zolva a k´rd´s arra vonatkoa e ´ a e e zik, hogy Euler-gr´f-e. Ha minden pont ki-foka megegyezik a be-foa k´val, akkor bej´rhatja a locsol´aut´ a v´ros utc´it a felt´teleknek a a o o a a e megfelelen. o b) Ebben az esetben minden pont ki-foka megegyezik a be-fok´val. a

5.2.2. Az n-pont´ teljes gr´f osszef¨ gg ´s minden pontj´nak foka n - 1. Ahu a ¨ u oe a hoz, hogy Euler-gr´f legyen, sz¨ ks´ges ´s el´gs´ges, hogy minden pont a u e e e e foka p´ros legyen, teh´t a teljes gr´f pontosan akkor Euler-gr´f, ha a gr´f a a a a a pontjainak sz´ma p´ratlan. a a 5.2.3. a) Tegy¨ k fel, hogy a G osszef¨ gg gr´fnak van nyitott Euler-s´t´ja. u ¨ u o a ea Bv´ uk G-t a s´ta kezdpontj´t ´s v´gpontj´t osszek¨t e ´llel. o its¨ e o a e e a ¨ oo e Az ´ nyert G gr´fban a G-beli nyitott s´t´hoz hozz´v´ve az e igy a ea a e ´lt, z´rt Euler-s´t´t kapunk. Tudjuk, hogy a G osszef¨ gg gr´fban e a ea ¨ u o a pontosan akkor van z´rt Euler-s´ta, ha minden pont foka p´ros sz´m. a e a a A G-beli pontok foksz´mait az e ´llel val´ bv´ eskor pontosan k´t a e o o it´ e pontban n¨velt¨ k 1-gyel. Ezzel igazoltuk, hogy a nyitott Euler-s´ta o u e l´tez´s´nek sz¨ ks´ges felt´tele a foksz´mokra vonatkoz´ kijelent´s. e e e u e e a o e El´gs´ges is, mert felt´ve, hogy G (legal´bb k´t pont´ ) osszef¨ gg e e e a e u ¨ u o gr´fnak pontosan k´t p´ratlan foksz´m´ pontja van, a p´ratlan foka e a a u a sz´m´ pontokat osszek¨t ´l bv´ es´vel keletkez G gr´f Euler-gr´f. a u ¨ o o e o it´ e o a a Z´rt Euler-s´t´j´b´l elv´ve az eml´ a eaa o e itett ´lt, G-beli nyitott Euler-s´t´t e ea nyer¨ nk. u b) Az a) pontban szerepl felt´telnek a 2-pont´ teljes gr´f megfelel, hiso e u a zen osszef¨ gg ´s k´t p´ratlan fok´ pontja van. Ha azonban a teljes ¨ u oe e a u gr´fban a pontok sz´ma 2-n´l nagyobb, akkor a nyitott Euler-s´ta a a e e l´tez´s´hez a foksz´mok k¨z¨tt p´ros ´s p´ratlan fok´ aknak is kell e e e a o o a e a u lennie, ami a foksz´mok megegyez´se miatt lehetetlen. a e

208

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.2.4. A nyitott ´s z´rt Euler-s´ta l´tez´s´re vonatkoz´ foksz´m-krit´riumok ae a e e e e o a e lapj´n a megfelel feladatok egyszer en megoldhat´k, ´ a megold´st nem a o u o igy a r´szletezz¨ k. Nehezebb a helyzet a Hamilton-k¨r ´s -´ t eset´ben, hiszen e u o e u e ilyen t´teleket nem ismer¨ nk. e u Nyitott Euler-s´ta e a) b) c) d)


Z´rt a Euler-s´ta e van nincs nincs van

Hamilton-´ t u van (abcde) van (adecb) van (abcgf ehd) van (acdf eb)

Hamilton-k¨r o van (abcdea) nincs van (abcgf ehda) van (acdf eba)

nincs van nincs nincs

A gr´fban az a pontot tartalmaz´ 2 k¨r egyik´nek a c, m´sik´nak pedig a a o o e a a b nem pontja. Nincs teh´t olyan k¨r, amely mind az ot pontot tartalmazza. a o ¨ 5.2.5. a) Tekints¨ k a 10-pont´ teljes gr´f azon bv´ es´t, ahol minden pontn´l u u a o it´ e a van egy hurok´l is, ´s a cs´ csokat sz´mozzuk 0-t´l 9-ig. Ebben a e e u a o gr´fban az ´lek megfelelnek az egyes domin´knak, az egy cs´ csra ila e o u leszked ´lek pedig az egym´shoz illeszthet domin´knak. A feladat oe a o o gr´felm´leti megfogalmaz´sa szerint z´rt Euler-s´t´t kell keresni. Mia e a a ea vel a gr´f minden pontj´nak foksz´ma 11, nem l´tezik z´rt Euler-s´ta, a a a e a e teh´t nem k´pezhet k¨r". a e o o " b) Az a) pontban le´ irtak alapj´n elk´sz´ a e itve a gr´freprezent´ci´t, ´s az a a o e ottani indokl´st k¨vetve tal´lunk z´rt Euler-s´t´t, ez´rt k´pezhet a o a a ea e e o k¨r". o " a) n 3 b) Azon teljes p´ros gr´fokn´l, ahol a k´t diszjunkt halmaz elemsz´ma a a a e a megegyezik (Kn,n ). Jel¨lj¨ k a p´ros gr´f pontjait a k¨vetkez m´don: a1 , a2 , . . ., an , o u a a o o o b1 , b2 , . . ., bn . Az (a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , an , bn , a1 ) k¨r biztosan l´tezik a o e teljes p´ros gr´f tulajdons´g miatt, ´s mivel minden ponton egyszer a a a e halad at, Hamilton-k¨r is. ´ o

5.2.6.

´ ´ ´ 5.2. EULER- ES HAMILTON-BEJARASOK

209

Ha a k´t diszjunkt halmaz elemsz´ma nem egyezik meg (Km,n , ahol e a m = n), akkor nem l´tezik Hamilton-k¨r, mert ha p´ld´ul m > n, ake o e a kor kiindulva az m elem halmaz a1 pontj´b´l, az (a1 , b1 , a2 , b2 , . . . , u a o an , bn , an+1 ) utat bej´rva nem tudunk bi (i > n) pontba l´pni. a e 5.2.7.

5.2.8. Legyenek G25 pontjai a sakkt´bla egyes mezinek megfeleltetve. K´t pont a o e akkor legyen osszek¨tve ´llel, ha a megfelel mezk l´ugr´snyira" vannak ¨ o e o o o a " egym´st´l. G-ben Hamilton-utat, illetve Hamilton-k¨rt keres¨ nk. a o o u Az abra alapj´n l´that´, hogy Hamilton-´ t ´ a a o u l´tezik. e Vegy¨ k ´szre, hogy l´ugr´s csak ellenkez u e o a o sz´ u mezk k¨z¨tt t¨rt´nhet. Ebbl ad´d´an in o o o o e o o o 25, azaz p´ratlan sok l´p´s ut´n az els ´s az a e e a oe utols´ mezk sz´ elt´r, teh´t a 25 l´p´sbl o o ine e o a e e o all´ sorozat nem lehet z´r´d´. ´ Hamilton´ o a o o Igy k¨r nem l´tezik a gr´fban. o e a 5.2.9. a d b c 5.2.10. Alkalmazzuk az 5.2.8. feladat megold´s´ban szerepl gr´fmodellt . a a o a
Ez

Ha l´tezik Hamilton-k¨r, annak biztosan r´sze e o e a ({b, a}{a, d}) ´s a ({b, c}{c, d}) ut, mert a ´s e ´ e c 2-fok´ pontok. Ez a 4 ´l k¨rt alkot, ami nem u e o eg´sz´ e ithet ki Hamilton-k¨rr´. o o e

esetben a 16-pont´ gr´fban keres¨nk Hamilton-k¨rt. u a u o

210

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

Tekints¨ nk k´t atellenes sarkot a sakkt´bl´n. u e ´ a a A megfelel pontok a gr´fban 2-fok´ ak, ez´rt o a u e az illeszked ´lek a Hamilton-k¨r ´lei kell, o e o e hogy legyenek, ha az l´tezik. De mivel a n´gy e e ´l k¨rt alkot, tov´bb nem bv´ e o a o ithet, ´ a o igy gr´fnak nincs Hamilton-k¨re. a o 5.2.11. a) Tekints¨ nk egy G gr´fot, amely G-bl ugy keletkezik, hogy a felau a o ´ datban szerepl komponenseket egy-egy ponttal helyettes´ uk. (Az o itj¨ ´leket meghagyjuk abban az ´rtelemben, hogy ha egy komponens e e valamelyik pontja szomsz´dos G-ben egy ponttal, akkor a kompoe nensnek megfelel pont is az.) Gondoljuk meg, hogy ha G-nek van o Hamilton-k¨re, akkor G -nek is van. o G k1 k2 G k1 k2

K1

K2

K3

K1

K2

K3

G-bl elhagyva k1 ´s k2 pontokat ´leikkel egy¨ tt, a G gr´f K1 , K2 , o e e u a K3 komponensekre esik sz´t. e A k¨vetkezkben megmutatjuk, hogy G -ben nincs Hamilton-k¨r. A o o o komponenseknek megfelel G -beli pontok k¨z¨tt nincs szomsz´dos. o o o e Ha lenne k´t szomsz´dos pont, akkor a G k sz´m´ pontj´nak ele e a u a hagy´s´val keletkez gr´fban e k´t komponens valamely pontp´rja a a o a e a ossze lenne k¨tve ´llel, ami lehetetlen. ¨ o e Ez´rt a G -beli Hamilton-k¨r¨n l´v k´t komponensnek megfelel e o o e o e o pont k¨z¨tt legal´bb egy (nem komponesnek megfelel) pontnak kell o o a o lennie. Mivel a komponensnek megfelel pontok sz´ma legal´bb k+1, o a a a sz¨ ks´ges k¨zbeiktatott pontok sz´ma is legal´bb ennyi. Ilyen ponu e o a a tunk csak k darab van, e szerint ilyen k¨r nem l´tezik G -ben, teh´t o e a G-ben sincs Hamilton-k¨r. o b) G -t rendelj¨ k hozz´ G-hez ugyan´ gy, mint a)-ban, a gondolatmenet u a u is hasonl´. Az elt´r´s csup´n annyi, hogy itt a G -beli Hamiltono e e a ut l´tez´s´hez a legal´bb k + 2 nem szomsz´dos pont osszek¨t´s´hez ´ e e e a e ¨ o e e legal´bb k + 1 pont k¨zbeiktat´sa lenne sz¨ ks´ges, de csak k ilyen a o a u e pontunk van.

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

211

5.3.

S´ afok ´s sz´ ikgr´ e inez´sek e

5.3.1. Igen, osszek¨thetk. ¨ o o

5.3.2. A feladatokat ugy oldjuk meg, hogy a megadott gr´ffal olyan izomorf ´ a gr´fot rajzolunk, amelyek mutatj´k a s´ a a ikbarajzolhat´s´got. oa a) e a b) a b c) d a d) f g e d h h a 5.3.3. b n - e + t = 5 - 6 + 3 = 2; n - e + t = 5 - 9 + 6 = 2; c a g f b c e d e b c f c d e a b e d a b c f c b d c e a e d b d c

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

212

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

c) n = 6, e = 6, t = 2; d) n = 8, e = 18, t = 12; 5.3.4. a) t1 t6 t2 t3 t4

n - e + t = 6 - 6 + 2 = 2;

n - e + t = 8 - 18 + 12 = 2. (t1 ) = 3, (t2 ) = 3, (t3 ) = 3, (t4 ) = 3, (t5 ) = 3, (t6 ) = 3.

t2

t1

(t1 ) = 6, (t2 ) = 6.

t5 b) Egyszer s´ afban nincs t¨bbsz¨r¨s ´l, ez´rt minden tartom´ny u ikgr´ o o o e e a foksz´ma legal´bb 3, ((ti ) 3, i {1, . . . , t}). Az egyes tartoa a m´nyok foksz´m´nak osszege megegyezik az ´lek sz´m´nak k´tszerea a a ¨ e a a e s´vel. (Egy ´l vagy k´t tartom´nyt hat´rol, vagy valamely tartom´ny e e e a a a
t

k¨r¨ li z´rt s´t´ban k´tszer szerepel.) Ez´rt o u a ea e e
i=1

(ti ) = 2e, ahol t a

tartom´nyok, e pedig az ´lek sz´ma. A fentieket osszevetve a 3t 2e a e a ¨ egyenltlens´get kapjuk. o e 5.3.5. a) K5 -nek n = 5 pontja ´s e = 10 ´le van. Ha s´ e e ikbarajzolhat´ lenne, o akkor az Euler-t´tel miatt t = 7 tartom´nya lenne. Ekkor azonban e a nem teljes¨ lne az elz feladatban bizony´ u o o itott 3t 2e egyenltlens´g. o e

b) K3,3 n = 6 pont´ e = 9 ´l gr´f. Ha s´ af, akkor t = 5 tartom´nya u eu a ikgr´ a van. M´sr´szt egyszer ´s p´ros, ez´rt legr¨videbb k¨r´nek hossza a e u e a e o o e 4. Ebbl ad´d´an a 4t 2e egyenltlens´g teljes¨ l´se kellene ahhoz, o o o o e ue hogy a gr´f s´ af legyen. Ez viszont a 20 18 ellentmond´shoz a ikgr´ a vezet, azaz K3,3 nem s´ af. ikgr´ 5.3.6. a) A vastagabban jel¨lt r´szgr´f izomorf K5 -tel, o e a ez´rt a Kuratowski-t´tel miatt a gr´f nem raje e a zolhat´ s´ o ikba.

Olvassa

el a tartom´ny fok´nak defin´ oj´t figyelmesen. a a ici´ a

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

213 A gr´f K3,3 -mal topologia kusan izomorf, ez´rt nem e s´ af. Helyettes´ uk egy ikgr´ its¨ ´llel a vastagon jel¨lt pone o tot a r´ illeszked ´lekkel. a oe

b)

5.3.7. Az al´bbi abr´kon a feladatbeli gr´fok ´s a vastagon szedett du´ljaik a ´ a a e a l´that´k. a o a) b)

c)

d)

5.3.8. Magyarorsz´g ´s szomsz´dai v´zlatos t´rk´pe: a e e a e e Szlov´kia a Ausztria

Ukrajna

Rom´nia a Szlov´nia e Horv´torsz´g a a Jugoszl´via a

214

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

A t´rk´p du´lj´t a vastag pontok ´s vonalak jelzik: e e a a e

5.3.9. A t´rk´p szomsz´dos tartom´nyai kisz´ e e e a inezhetk k´t sz´ o e innel ugy, hogy ´ a szomsz´dosak ne legyenek azonos sz´ uek. A du´l gr´fban ezen tare in a a tom´nyoknak pontok felelnek meg, amelyek szint´n k´t sz´ a e e innel sz´ inezhetk. Soroljuk a gr´f pontjait k´t oszt´lyba, az egy oszt´lyba ker¨ lk legyeo a e a a uo nek az azonos sz´ innel kisz´ inezett pontok. Egy oszt´lyon bel¨ l a sz´ es a u inez´ szab´lya miatt nincs szomsz´dos pontp´r, k¨vetkez´sk´ppen a du´l gr´f a e a o e e a a p´ros. a 5.3.10. Ha egy gr´f s´ af, akkor du´lja is az. Ha l´tezne ot olyan orsz´g, amelyek a ikgr´ a e ¨ a p´ronk´nt szomsz´dosak, akkor azok du´lja a K5 gr´f lenne, ami viszont a e e a a nem s´ af. Nem l´tezik teh´t ot p´ronk´nt szomsz´dos orsz´g. ikgr´ e a ¨ a e e a 5.3.11. a) Kettvel. Induljunk ki egy tetszleges pontb´l, legyen ennek a sz´ o o o ine piros, ´s az osszes szomsz´dj´´ k´k. Az ´ kapott k´kek szomsz´dait e ¨ e ae e igy e e sz´ inezz¨ k pirosra, ´s folytassuk az elj´r´st, am´ az eg´sz gr´fot ki u e a a ig e a nem sz´ inezt¨ k. Ha nem hajthat´ v´gre valamely l´p´s az csak ugy u o e e e ´ lehets´ges, ha egy pontba k´tf´le uton is eljuthatunk a kiindul´si e e e ´ a pontunkb´l, ez viszont ellentmond a fa tulajdons´gnak. o a b) P´ros hossz´ s´g´ k¨r eset´n a minim´lis sz´m 2, p´ratlan esetben 3. a ua u o e a a a Legyen a k¨r pontjainak halmaza {v1 , v2 , . . . , vk }, ´lhalmaza pedig o e {{v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . . . , {vk-1 , vk }, {vk , v1 }}. Vizsg´ljuk elsz¨r a k´t a o o e sz´ innel val´ sz´ o inezhets´get. Vil´gos, hogy egy ´l k´t v´gpontj´t k¨ o e a e e e a u l¨nb¨z sz´ o o o innel kell sz´ inezn¨ nk, teh´t ugyanannyi pont lesz kisz´ u a inezve p´ld´ul pirossal, mint k´kkel. Ez akkor lehets´ges, ha a k¨r ponte a e e o jainak sz´ma p´ros. Meg is val´s´ a a o ithat´, hiszen, ha a p´ratlan index o a u

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

215

pontokat pirossal, a p´ros index eket k´kkel sz´ a u e inezz¨k, akkor az heu lyes sz´ es. Bel´ttuk teh´t, hogy p´ros hossz´ s´g´ k¨r eset´n a inez´ a a a ua u o e minim´lis sz´ am 2. a insz´ A p´ratlan hossz´ s´g´ k¨rrl meg´llap´ a ua u o o a itottuk, hogy k´t sz´ e innel nem sz´ inezhet, de 3 sz´ o innel igen, hiszen a k¨r tetszleges pontj´b´l a k¨rt o o a o o bej´rva sz´ a inezz¨ nk felv´ltva, majd az utols´ m´g be nem sz´ u a o e inezett pont eset´ben v´lasszunk egy harmadik sz´ ´ a minim´lis sz´ e a int, igy a insz´m 3. a

5.3.12.

a) Tegy¨ k fel, hogy k´t sz´ elegend. Legyen a k´t kijel¨lt pont v1 ´s u e in o e o e vk , amelyek k¨z¨tt pontosan egy ut vezet, amelynek pontjai n¨vekv o o ´ o o index szerint rendezettek. Mivel v1 piros, ez´rt minden p´ratlan ine a dex pont is piros kell, hogy legyen, a p´ros index ek pedig k´kek. u a u e Ha k p´ros sz´m, akkor ezt nem lehet megval´s´ a a o itani, ez´rt k´t sz´ e e in nem elegend. H´rom viszont igen, mert p´ros k eset´n vk-1 legyen o a a e z¨ld. o b) H´rom sz´ elegend, mert hagyjuk el a m´r befestett piros pona in o a tokat, ´leikkel egy¨ tt. Marad´k-gr´fk´nt erdt kapunk, amelynek e u e a e o minden osszef¨ gg r´sze fa l´v´n k´t sz´ ¨ u o e e e e innel kisz´ inezhet pl. z¨lddel o o ´s k´kkel. e e

5.3.13.

a) (G) = 2. A bizony´ ast k´t r´szre bontja adjuk meg. it´ e e

1

2

(i) Nyilv´nval´, hogy (G) 2. a o

2

1

(ii) (G) 2, mert k´t sz´ e innel kisz´ inezhet (l´sd az abr´t, ahol a k¨ l¨nb¨z o a ´ a uo o o sz´mok k¨ l¨nb¨z sz´ a u o o o ineket jel¨lnek). o Bel´ttuk, hogy (G) 2 ´s (G) 2, a e teh´t (G) = 2. a

1

2

b) (G) = 4. A bizony´ ast hasonl´an adjuk meg, mint az a) feladatban. it´ o

l´sd a

5.3.11. a)

216
3 2 1 2 3 1

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

(i) (G) 4, mert van n´gy pont´ e u teljes r´szgr´fja. e a
3 1 2

4

(ii) (G) 4, mert n´gy sz´ e innel kisz´ inezhet (l´st az abr´t). o a ´ a

c) (G) = 4. 4 3 3 (i) (G) 4, mert G-ben tal´lhat´ a o n´gy p´ronk´nt szomsz´dos pont. e a e e (ii) (G) 4, mert kisz´ inezhet a o gr´f n´gy sz´ a e innel (l´sd az abr´t). a ´ a 1 d) (G) = 4. 2

(i) L´ssuk be, hogy (G) > 3. a ¨ Otpont´ k¨r sz´ es´hez minimum 3 sz´ sz¨ ks´ges, legyenek u o inez´ e in u e ezek rendre 1, 2, 3. Az otsz¨g" h´rom atl´j´nak" v´gpontjai ¨ o a ´ oa e " " k¨ l¨nb¨z sz´ u o o o innel vannak sz´ inezve, ezek felez pontjainak sz´ eul o in´¨ a harmadik sz´ kell v´sztani. ´ a k¨z´ps" K pont szomsz´int a Igy o e o e " dai 3 k¨ l¨nb¨z sz´ u o o o innel vannak sz´ inezve, ez´rt K sz´ a negyee ine dik. (ii) Az abra mutatja, hogy a gr´f pontjai 4 sz´ ´ a innel kisz´ inezhetk. o 1 1 2 K 1 1
L´sd a

2

2 3 3

2

5.3.11. b).

´ ´ 5.4. FAK ES ERDOK

217

5.4.
5.4.1.

F´k ´s erdk a e o
a) Egy, h´rompont´ fa van. a u

b) K´t, n´gypont´ nem-izomorf fa l´tezik. e e u e

c) H´rom, otpont´ nem-izomorf fa van. a ¨ u

5.4.2. Az al´bbi nem-izomorf f´k all´ a a ´ ithat´k el. o o

5.4.3.

a)

8

4 1 5

7

6 2 3 9 2

b)

10

8

3

5

4

7 1

9

6

218 c)

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

10
5.4.4.

8 9 7

6 5

4 3

2 1

11

a) Nincsen. Csak a 2 pont´ fa olyan, hogy minden pont foka 1. Ha ehhez u m´g egy pontot hozz´vesz¨ nk, ´s ezt valamely m´r l´tez ponttal e a u e a e o osszek¨tj¨ k, hogy osszef¨ gg gr´fot kapjunk, az egyik pont foka m´r ¨ o u ¨ u o a a 2 lesz. b) Van, az al´bbi. a c) Nincsen. Ha egy gr´fban minden pont foka 2, akkor van benne k¨r , a o ´ nem lehet fa. igy d) Van, az al´bbi. a

5.4.5. Tudjuk, hogy egy fa k´t sz´ e innel kisz´ inezhet , legyenek ezek a sz´ o inek piros ´ csak piros ´s k´k pontot k¨thet ossze, teh´t van k´t olyan disz´s k´k. El e e e e o ¨ a e junkt ponthalmaz, hogy egy halmazon bel¨ li pontokat nem k¨t ossze ´l. u o ¨ e Ez azt jelenti, hogy a gr´f p´ros. a a e a o 5.4.6. Egy n-pont´ teljes gr´fnak n(n-1) ´le van. Ha a gr´fban nincs k¨r, akkor u a 2 legfeljebb n - 1 ´le lehet. Ekkor a komplementer´ben legal´bb e e a n (n - 1) (n - 2) (n - 1) - (n - 1) = 2 2 van. N´zz¨ k meg, milyen n eset´n teljes¨ l, hogy e u e u n 5-¨t kapunk. o
(n-2)(n-1) 2

> n - 1,

5.4.7. A fa k¨z´ppontj´t´l legt´volabbi pont biztosan 1-fok´ , mert ha nem lenne o e ao a u az, akkor a pontb´l kiindul´ valamely ´l m´sik pontja t´volabb lenne. Ha o o e a a a fa osszes 1-fok´ pontj´t elhagyjuk, nem v´ltozik meg a fa k¨z´ppontja. ¨ u a a o e Hagyjuk el az 1-fok´ pontokat addig, am´ ez lehets´ges. Vagy egy pontot u ig e kapunk, vagy k´t szomsz´dos pontot. e e
L´sd a L´sd a

5.1.21. a). 5.3.11.

´ ´ 5.4. FAK ES ERDOK

219

5.4.8. Az 5.1.22. c) feladat alapj´n: a a) n = 17, k = 5 b) n = 17, e = 6 = = e = n - k = 12;

k = n - e = 11.

5.4.9. P´ld´ul az al´bbi k´t fa a gr´f egy-egy fesz´ of´ja. e a a e a it a

5.4.10.

a) Ez az e ´l egy un. h´d, azaz olyan ´l, amelyet ha elhagyunk a gr´fb´l, e ´ i e a o akkor a gr´f k´t komponensre esik sz´t. a e e K1 e K2

Ha l´tezne az abr´n l´that´ gr´f K1 ´s K2 r´szgr´fj´nak egy-egy e ´ a a o a e e a a pontj´t osszek¨t e-n k´ uli ´l, akkor l´tezne a gr´fnak olyan fesz´ oa ¨ oo iv¨ e e a it f´ja, amelynek e nem lenne ´le. Ez ellentmond viszont a feladat azon a e felt´tel´nek, hogy az e ´l a gr´f minden fesz´ of´j´nak ´le. e e e a it a a e b) e A felt´telnek megfelel e ´l egy hurok´l, hiszen e o e e egy hurok nem szerepelhet fesz´ of´ban, mert nem it a lenne k¨rmentes a gr´f. A gr´f minden nemo a a hurok´le viszont lehet fesz´ ofa ´le. e it e

5.4.11. A minim´lis s´ ly´ fesz´ of´t a moh´" algoritmus alkalmaz´s´val ´p´ uk a u u it a o a a e itj¨ " fel. A fesz´ ofa pontjainak halmaz´t jel¨lj¨ k F -fel. Kiindul´sk´nt legyen F = it a o u a e {a}. Keress¨ k meg az a-b´l kiindul´ legkisebb s´ ly´ ´lt. Ez az (a, b) ´l. u o o u ue e Bv´ uk a fesz´ of´t b-vel ´s az (a, b) ´llel. o its¨ it a e e
L´sd a

Bagyinszki J., Gy¨rgy A.: Diszkr´t matematika fiskol´soknak (140. o.). o e o a

220

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

Keress¨ k ezut´n az F = {a, b} ponthalmaz egy pontj´t a {c, d, e} ponthalu a a maz egy pontj´val osszek¨t legkisebb s´ ly´ ´lt. Ez a (b, d) ´l. Bv´ uk a ¨ oo u ue e o its¨ ezzel az ´llel ´s a d ponttal a fesz´ of´t. e e it a Keress¨ k ezt k¨veten az F = {a, b, d} ponthalmaz egy pontj´t a {c, e} u o o a ponthalmaz egy pontj´val osszek¨t legkisebb s´ ly´ ´lt. Ez a (d, e) ´l. a ¨ oo u u e e Bv´ uk ezzel az ´llel ´s az e ponttal a fesz´ of´t. o its¨ e e it a V´g¨ l keress¨ k az F = {a, b, d, e} ponthalmaz egy pontj´t a c ponttal e u u a osszek¨t legkisebb s´ ly´ ´lt. Ez a (b, c) ´l. Bv´ uk ezzel az ´llel ´s a c ¨ oo u ue e o its¨ e e ponttal a fesz´ of´t. it a Eljutottunk az algoritmus v´g´re. A kialakult fesz´ ofa ´leit az al´bbi abra e e it e a ´ vastagon szedett ´lei mutatj´k. e a a

2
b

6 6 8 4 3 8 9
d e

7
c

5

5.4.12. A s´ lym´trix az al´bbi gr´fot hat´rozza meg. u a a a a 7 c b A minim´lis s´ ly´ fesz´ ofa fel´p´ es´re alkala u u it e it´ e 10 2 mazzuk a moh´ algoritmust az A pontb´l kiino o 9 8 7 dulva. Az al´bbi abr´k mutatj´k, hogy milyen a ´ a a a d l´p´seken kereszt¨ l jutunk el egy minim´lis e e u a 6 s´ ly´ fesz´ of´hoz. u u it a 4 3 e f a a d a

6 4
e 1. l´p´s e e 2. l´p´s e e e

6

3. l´p´s e e

´ ´ 5.4. FAK ES ERDOK

221 c c

2
d a d

2
a

6 4
e 4. l´p´s e e c

6 4
e

3
5. l´p´s e e

f

7

b

2
d a

6 4
e

3
6. l´p´s e e

f

V´g¨ l ´ e u irjuk fel a kapott fesz´ ofa s´ lym´trix´t. it u a a 6 7 7 2 C= 2 4 6 4 3

3



222

´ ´ ´ ¨ ¨ ´ 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

6. fejezet

Line´ris algebra a
6.1.
6.1.1.

M´trixok a
a) z´rusm´trix: C; e a egys´gm´trix: D; e a permut´l´ m´trix: A; ao a diagon´lm´trix: D, L; a a szimmetrikus m´trix: A, C, D, H, L; a ferd´n szimmetrikus m´trix: B, C, I. e a A = A, C = C, D = D, H = H, L = L, G = J. 1 1 Ezen k´ ul, term´szetesen, b´rmeiv¨ e a 1 1 . A+D=D+A= lyik m´trixot osszeadhatjuk onmaa ¨ ¨ 1 1 g´val. a 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 · · · · · ·

b)

6.1.2.

a)

b)

c)

224 6.1.3.

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

b) Szint´n balr´l kell szorozni a k¨vetkez m´trixszal: e o o o a 1 0 2 0 1 0 . 0 0 1 c) Jobbr´l szorozzuk a k¨vetkez m´trixszal: o o o a 1 0 0 0 0 1 0 2 0 0 1 -2 . 0 0 0 1 6.1.4.

a) Mivel sorok cser´j´t kell el´rni, balr´l kell szorozni az al´bbi 3 × 3-as ee e o a permut´l´ m´trixszal: ao a 0 1 0 1 0 0 . 0 0 1

a) L´nyegtelen, hogy elbb cser´lj¨ k fel a m´trixok sorait ´s oszlopait ´s e o e u a e e ut´na adjuk ossze az elemeket vagy ford´ a ¨ itva, az eredm´ny ugyanaz. e b) L´nyegtelen, hogy elbb cser´lj¨ k fel a m´trixok sorait ´s oszlopait e o e u a e ´s ut´na szorozzuk skal´rral vagy ford´ e a a itva, az eredm´ny ugyanaz. e c) Legyen A n × m, B pedig m × p t´ u m´trix. Az AB m´trix i-edik ipus´ a a sor´nak j-edik eleme: a
m

aiq bqj .
q=1

Mivel aiq = a ´s bqj = b (azaz az elemek egyenlek a transzpon´lt o a qi e jq m´trixok megfelel elemeivel), ez´rt a o e
m m m

aiq bqj =
q=1 q=1

a b = qi jq
q=1

b a , jq qi

´s ez ´ppen megegyezik a B A m´trix (j, i)-edik elem´vel. e e a e 6.1.5. A bizony´ ashoz a 6.1.4. c) feladatbeli tulajdons´got haszn´ljuk fel. it´ a a 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 m´trix n × m t´ u, akkor az ej olyan m × 1-es egys´gvektor, a ipus´ e amelynek j-edik eleme 1, a t¨bbi 0. o a11 . . . an1 ··· .. . a1m . . . 0 . . . · 1 . . . 0 a1j a2j . . . . . . anj

Aej =

· · · anm

Teh´t p olyan 1 × n-es m´trix, amelynek i-edik eleme 1, a t¨bbi pedig 0. a a o 6.1.7. Ha az A m´trix n × m t´ u, akkor az e olyan 1 × n-es egys´gvektor, a ipus´ e j amelynek j-edik eleme 1, a t¨bbi 0, p pedig m × 1-es vektor. o a11 . . . · aj1 . . . = ··· .. . a1m . . . ajm = . . .

=

.

e · A = j

0 ··· 1

··· 0

an1

aj1

···

anm aj2

· · · · · · ajm
m

,

e · A · p = j

aj1

aj2

· · · ajm

azaz az ´ ad´d´ 1 × 1-es m´trixban az A m´trix j-edik sor´ban l´v igy o o a a a e o elemek osszeg´t kapjuk. ¨ e
5 2

·



1 1 . . . 1

=

aji ,
i=1

2 . 6.1.8. A = -4 5 3 -4

-1



226 a c b d

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

6.1.9. Legyen B =

. Ekkor 1 0 -1 0 a b c d · · a b c d = = a -a a-c b-d a 0 c -c 0 0 b a+b , . , ahol a ´s b e

AB = BA =

1 0 -1 0

Innen c = 0 illetve -a = b - d, vagyis B = tetszleges val´s sz´mok. o o a 6.1.10. X = -2 2 -6 5 .

6.1.11. Foglaljuk t´bl´zatba az adatokat: a a 1. 4 2 10 200 3 25 term´k e 2. 3. 3 3 1 0 1 2 400 700 2 2,5 43 32 term´k e 2. 3. A p t c 4. 1 5 3 300 3,5 50 mennyis´g e 5000 2300 3000 egys´ge ar ´ 2,5 5 1

I. anyag II. anyag III. anyag gy´rtand´ mennyis´g a o e j´rul´kos k¨lts´g a e o e elad´si ar a ´ Vezess¨ nk be jel¨l´seket: u oe

1. I. anyag II. anyag III. anyag gy´rtand´ mennyis´g a o e j´rul´kos k¨lts´g a e o e elad´si ar a ´

4.

mennyis´g e k

egys´ge ar ´ a

a) Azt kell eld¨nteni, hogy Ap elemei kisebbek-e k megfelel elemein´l. o e o 4400 Ap = 2300 , teh´t nem el´g, a III. anyagb´l m´g be kell szerezni a e o e 4700 1700 db-ot.

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

227

b) Termel´si k¨lts´g + j´rul´kos k¨lts´g = a (Ap) + t p = 27200 + e o e a e o e + 4200 = 31400. c) Elad´si ar = c p = 59600. a ´ d) 28200.

6.2.

Line´ris terek (vektorterek) a


Line´ris f¨ggetlens´g, b´zis, dimenzi´ a u e a o
6.2.1. 2v - 3w = [-7 6.2.3. a) f¨ ggetlen; u b) b = 2a; c) 2a + b = 0; d) f¨ ggetlen; u e) -2a + b + 3c = 0; g) f¨ ggetlen; u f) a - b + c = 0; - 5 1] ; 3v + w = [6 -2 7] . 6.2.2. Nem adhat´ meg, mert u, v, ´s w f¨ ggetlen rendszert alkotnak. o e u

h) 3a + b - 2c + d = 0. 6.2.4. a) Nem f¨ ggetlen, mert az xa + y0 = 0 egyenlet x = 0 ´s tetszleges y u e o ´rt´k mellett teljes¨ l. e e u b) x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) = 0 atrendezve ´ (x + z) a + (x + y) b + (y + z) c = 0. Mivel a, b ´s c f¨ ggetlen vektorok, x-re, y-ra ´s z-re az al´bbi egyene u e a letrendszert kapjuk: x+z=0 x+y=0 . y +z=0 Az egyenletrendszernek csak az x = y = z = 0 a megold´sa, teh´t a a a k´rd´ses vektorok f¨ ggetlenek. e e u

228

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

c) x (a + 2b + c) + y (a - b - c) + z (5a + b - c) = 0 atrendezve ´ (x + y + 5z) a + (2x - y + z) b + (x - y - z) c = 0. Mivel a, b ´s c f¨ ggetlen vektorok, x-re, y-ra ´s z-re az al´bbi egyene u e a letrendszert kapjuk: x + y + 5z = 0 2x - y + z = 0 . x - y - z=0

Az egyenletrendszernek v´gtelen sok megold´sa van, ezek x = -2z, e a y = -3z, z tetszleges val´s sz´m. Teh´t a k´rd´ses vektorok line´o o a a e e a risan osszef¨ gg rendszert alkotnak. ¨ u o 6.2.5. Az a ´s b vektorok line´risan f¨ ggetlenek, mert nincs olyan val´s sz´m, e a u o a hogy 2 + 3j = (5 - j); c = 3a - b. 6.2.6. P´ld´ul a = [1 2 e a 6.2.7. 3 4] , b = [1 1 0 0] , c = a+b = [2 3 3 4] . a) Egydimenzi´s vektort´r, b´zis: (1, 1, 1). o e a b) K´tdimenzi´s vektort´r, b´zis: (1, 0, 1) , (0, 1, 2), mivel a vektort´r e o e a e osszes eleme fel´ ¨ irhat´ (a, b, a + 2b) alakban. Ha a = 1 ´s b = 0, o e akkor (1, 0, 1)-et, ha a = 0 ´s b = 1, akkor (0, 1, 2)-t kapunk. e c) Nem vektort´r, mert p´ld´ul nincs addit´ inverz. e e a iv d) H´romdimenzi´s vektort´r, b´zis: (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1). a o e a e) Nem vektort´r, mert p´ld´ul az osszead´sra n´zve nem z´rt: e e a ¨ a e a (a, b, ab) + (c, d, cd) = (a + c, b + d, ab + cd) = = (a + c, b + d, (a + c) (b + d)) . 6.2.8. Tekints¨ k az ex cos 2x ´s az ex sin 2x f¨ ggv´nyek line´ris kombin´ci´inak u e u e a a o halmaz´t a val´s sz´mtest felett. K¨nnyen bel´that´, hogy e line´ris koma o a o a o a bin´ci´k halmaza z´rt az osszead´sra ´s a skal´rral val´ szorz´sra voa o a ¨ a e a o a natkoz´an ´s elall´ az osszes ex (A cos 2x + B sin 2x) alak´ f¨ ggv´nyt. o e o´ itja ¨ u u e A line´ris t´rben el´ m veleti tulajdons´gok trivi´lisan teljes¨ lnek. A a e oirt u a a u megadott alak´ f¨ ggv´nyek teh´t line´ris teret alkotnak a val´s sz´mtest u u e a a o a felett. Mivel nincs olyan c val´s sz´m, amelyre ex cos 2x = cex sin 2x, a k´t o a e f¨ ggv´ny line´risan f¨ ggetlen, ´ az ex cos 2x, ex sin 2x a t´r egy b´zis´t u e a u igy e a a alkotja. Az adott f¨ ggv´ny koordin´t´i e b´zisban: (2, 3). u e aa a

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

229

6.2.9. Nem l´tezik olyan val´s sz´m, hogy 2x - 1 = (-x + 2), teh´t f¨ ggete o a a u lenek. Az (2x - 1) + (-x + 2) = 5x + 3 egyenlet megold´sa = 13 , a 3 = 11 . M´sik b´zis p´ld´ul az x, 1; ebben az adott f¨ ggv´ny koordin´t´i a a e a u e aa 3 (5, 3). 6.2.10. Azt kell eld¨nteni, hogy az adott vektorterek h´ny dimenzi´sak, mert az o a o azonos dimenzi´sz´m´ vektorterek izomorfak. Az a), b), c), e), h) feladato a u ban adott vektorterek 9 dimenzi´sak, a d), f), g)-ben adott vektorterek 8 o dimenzi´sak. o 6.2.11. Ha az (x, y, z) pont az x + y + z = 0 s´ pontja, akkor z = -x - y. ik ´ a s´ b´rmely pontj´nak koordin´t´i (x, y, -x - y) alakban ´ Igy ik a a aa irhat´k, o a1 alak´ , teh´t k´t f¨ ggetlen vagyis V minden vektora a = a2 u a e u -a1 - a2 val´s sz´m sz¨ ks´ges a V -beli vektorok le´ as´ra. ´ l´that´, hogy V o a u e ir´ a Igy a o k´tdimenzi´s vektort´r, b´zisa: [1 0 - 1] , [0 1 - 1] Az e o e a . egyenes a pontjai (x, x, 0) alakban ´ irhat´k, ´ V minden vektora a = a alak´ , o igy u 0 teh´t egy val´s sz´m elegend a V -beli vektorok le´ as´ra. ´ l´that´, a o a o ir´ a Igy a o hogy V egydimenzi´s vektort´r, b´zisa: [1 1 0] . o e a

Elemi b´zistranszform´ci´k, b´zisvektor-csere a a o a
6.2.12. a e1 b e2 c 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

1 1 Teh´t v = 2 a + 2b + 2 c. a

6.2.13. a1 e1 a2 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

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

Az a3 ´s a4 vektorok k¨z¨ l harmadik b´zisvektornak egyik sem vonhat´ e o u a o be, mivel harmadik koordin´t´juk 0. K´t line´risan f¨ggetlen vektor van aa e a u az oszlopvektorok k¨z¨tt, teh´t a m´trix rangja 2. o o a a 6.2.14. e1 e2 e3 a1 a2 a3 1 2 -3 0 3 1 2 -1 -8 a1 a2 1 2 0 3 0 -5 a1 1 0 0 a3 -3 1 -2 e1 e2 1 0 0 1 0 0 e1 e2 1 0 0 1 -2 0 e1 e2 1 3 0 1 -2 2 e3 0 0 1 e3 0 0 1 e3 0 0 1

a1 e2 e3

a1 a3 e3

a2 a3 11 0 3 1 1 0

e1 e2 e3 a1 23 -19 -11 a3 6 -5 -3 a2 -2 2 1 23 -19 -11 2 1 . A m´trix sorait megfelel sorrendbe ´ a o irva: A-1 = -2 6 -5 -3 6.2.15. a) a1 2 2 2 a2 a3 0 1 4 0 1 -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

a1 a2 a3 1 0 0 0 0 1 0 1 0

a3 e1 a1 e2 a2 e3

b = a1 + 2a2 + 3a3 . Teh´t x = 1; y = 2; z = 3. a

´ 6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK)

231

b) a3 e1 a1 e2 e3 a1 a2 2 0 2 4 -2 -16 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 m´trix oszlopvektorter´re n´zve, teh´t a e e a az egyenletrendszer megoldhat´. Mivel az ismeretlenek sz´ma 3 ´s a o a e m´trix rangja 2, ez´rt az egyenletrendszernek v´gtelen sok megold´sa a e e a van, ezek: x = 5 - 2y; z = -5 + 4y, ahol y tetszleges val´s sz´m o o a lehet. c) a3 e1 a1 e2 e3 a1 a2 2 0 2 4 -2 -16 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 m´trix oszlopvektorter´ben, ´ az a e igy egyenletrendszernek nincs megold´sa. a 6.2.16. A 6.2.15. b) feladatb´l l´that´, hogy az A rangja 2, ha c = 3. Teh´t ha o a o a c = 3, akkor a m´trix rangja 3 lesz, ekkor az egyenletrendszernek pontosan a egy megold´sa van. a 6.2.17. a1 e1 a2 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 a3 0 1 0 b 1 1 c-3

Ha c = 3, akkor v´gtelen sok megold´s van. Ezek x = 1; y = 1 - z; z e a tetszleges val´s sz´m lehet. Ha c = 3, akkor nincs megold´s. o o a a 6.2.18. a2 e1 a1 e2 e3 a1 0 1 4 a2 a3 1 -3 -2 3 0 -12 b -2 3 c a2 a3 1 -3 -2 3 8 -24 b -2 3 c - 12 a3 -3 -3 0 b -2 -1 c+4

232 a) A m´trix rangja 2, mivel a3 = -3a1 - 3a2 . a b) c = -4, mivel ekkor -a1 - 2a2 = b. 6.2.19. e1 a1 e2 a2 e3 a1 a2 a3 1 -1 1 -3 2 -1 -2 1 c a1 a3 -1 1+c 1 -1 - 2c -2 c

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

a3 -c -1 - 2c -2 - 3c

Teh´t c = 0 kell, hogy legyen. a 6.2.20. 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 a2 a3 a4 -2 -4 -2 4 14 4 4 14 4 -2 -7 -2 b -7 22 22 -11 a3 a4 3 0 7 1 2 0 0 0 0 b 4
11 2

a1 e1 a2 e2 e3 e4

0 0

a) A m´trix rangja 2, mivel k´t oszlopvektort lehetett bevinni a b´zisba. a e a b) x1 = 4 - 3x3 ; x2 = sz´mok. a c) Igen, b = 4a1 +
11 2

- 7 x3 - x4 , ahol x3 ´s x4 tetszleges val´s e o o 2

11 2 a2 .

6.3.
6.3.1.

Line´ris transzform´ci´k a a o
M· M· 3 1 6 3 = 3 -5 6 -9 , M· M· 3 3 6 1 = 3 -3 6 -11 ,

=

,

=

,

azaz a transzform´ci´ ny´ as negat´ ir´nyban az y tengely ment´n: a o ir´ iv a e

´ ´ ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

233 M´sk´ppen megk¨zel´ a e o itve, a transzform´ci´ m´trix´b´l l´that´, hogy az a o a a o a o 1 e1 egys´gvektor k´pe e e lesz, az -2 0 e2 k´pe e marad: 1 y 1 e2 e1 1 x 1 x y 1 (e2 )

y 3 1 B C

A 3

D 6 x

-3 -5

B

A

-9 -11 6.3.2. Tetszleges (x, y) pontra o

C

-2

(e1 )

D

1 1 x x+y X · = = , ahol 1 1 y x+y Y X = Y , vagyis a transzform´ci´ a s´ pontjait az Y = X egyenlet egyea o ik u nesre k´pezi. e 2 -1 x 2x - y X · = = , 0 2 y 2y Y teh´t X = 2x - y, Y = 2y. Az egyenes pontjaira y = 2x - 1 all fenn, ´ a ´ igy X = 2x - (2x - 1) = 1, Y = 2 (2x - 1) = 4x - 2, ´ az egyenes k´pe az igy e X = 1 egyenlet egyenes lesz. u

6.3.3. Tetszleges (x, y) pont k´pe o e

6.3.4. Els megold´s: o a 2 1 3 0 · x y = 2x + y 3x = X Y ,

teh´t X = 2x + y, Y = 3x. Ha az y = mx + c egyenest a transzform´ci´ a a o onmag´ra k´pezi, akkor Y = mX + c, amibl 3x = m (2x + y) + c, vagyis ¨ a e o c c y = 3-2m x - m k¨vetkezik. Innen m = 3-2m , ´s c = - m kell, hogy o e m m

234 legyen, amely egyenletrendszer megold´sa a

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

m = -3 vagy m = 1, ´s c = 0. e Vagyis k´t ilyen egyenes l´tezik, ezek: e e y = -3x ´s y = x. e M´sodik megold´s: a a Keress¨ k meg a transzform´ci´ saj´tvektorait: u a o a 2- 1 3 - Ha = 3, akkor -1 1 3 -3 3 1 3 1 · · x y x y = -x + y 3x - 3y 3x + y 3x + y = = 0 0 , azaz y = x. = (2 - ) (-) - 3 = 0, ahonnan 1 = 3, 2 = -1.

Ha = -1, akkor

=

0 0

, azaz y = -3x.

Az al´bbi abra a b´zisvektorokat, a v1 = (1, 1) ´s v2 = (1, -3) saj´tveka ´ a e a tor-reprezent´nsokat, valamint altali k´p¨ ket mutatja. a ´ e u y (v2 ) = -v2 y 3 (e1 ) (v1 ) = 3v1

1 e2

v1

e1 1 x

-1

(e2 )

2

3 x

-3

v2

´ ´ ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

235

6.3.5. A k¨r pontjai x, ± 1 - x2 alakban ´ o irhat´k, ahol x [-1, 1]. o 1 0 0 2 · x ± 1 - x2 = x ±2 1 - x2 = X Y ,

2 vagyis Y = ±2 1 - x2 , teh´t az (X, Y ) pontok az X 2 + Y4 = 1 egyenlet a u ellipszis pontjai. 6.3.6. = arctg 2 y y = 2x Els megold´s: o a 1 Az e1 = egys´gvektort 2-vel kell fore 0 gatni, azaz e1 k´pe e cos 2 sin 2 Az e2 = = -0, 6 0, 8 .

x

0 egys´gvektort -2 (90 - ) = e 1 = (2 - 180 )-kal kell forgatni, de az e2 x tengelyhez k´pest 90 -kal m´r el van forgatva, ´ e a igy az e2 k´pe e cos (2 - 90 ) sin (2 - 90 ) = 0, 8 0, 6 .

Teh´t a transzform´ci´ m´trixa: a a o a M´sodik megold´s: a a

-0, 6 0, 8 0, 8 0, 6

.

A transzform´ci´ nem m´s, mint k´t transzform´ci´ egym´s ut´ni v´ga o a e a o a a e 1 0 rehajt´sa. Ezek: az x tengelyre t¨ kr¨z´s, A = a u o e , majd 2-vel 0 -1 cos 2 - sin 2 val´ forgat´s, B = o a . A transzform´ci´ m´trixa a k´t a o a e sin 2 cos 2 m´trix szorzata lesz, teh´t a a BA =
3 4 1 4 1 3 2 3

cos 2 sin 2 sin 2 - cos 2 1 -3 = -7 4
1 -4

=

-0, 6 0, 8 0, 8 0, 6

.

6.3.7.

a)

·

.

236
3 4 1 4 3 4 1 4 1 3 2 3

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

b) c)

·
2 3 1 3

x x

=

13 12 x 11 12 x

=
2 3

X Y

, azaz Y =
1 12

11 X. 13

= 3 - 4 - 5 ahonnan 1 = 1, 2 = 12 . Ha = 1, akkor ´ a saj´tvektor igy a Ha =
5 12 , 1 -4 1 4 1 3 -1 3

-

- - x y

= 0,
1 -4x + 1y 3 1 4x

·

=

x
3 4x 1 3 1 4

- 1y 3

=

0 0

,

.
1 3 1 4

akkor x -x

·

x y

=

1 3x 1 4x

+ 1y 3 +
1 4y

=

0 0

,´ a igy

saj´tvektor a d) 1 0 0
5 12

.

.

6.3.8. A transzform´ci´ 270-kal val´ forgat´st jelent, vagyis nincs olyan egyenes, a o o a amelyik onmag´ba menne at. ¨ a ´ 6.3.9. A transzform´ci´ -val val´ forgat´st jelent. a o o a b) = 180 + k · 360 , ahol k Z. 2 0 0 6.3.10. A ny´ jt´s m´trixa: A = 0 1 0 , a forgat´s m´trixa: u a a a a 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´t a transzform´ci´ m´trixa: a a o a 2 2 -1 0 2 2 1 0 = 2 BA = 2 0 0 2 0 -
2 2 2 2

a) = k · 360 , ahol k Z.

0

0

0 . 1



´ ´ ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

237

- - 6.3.11. Legyen a P y, z) pont k´pe a P (X, Y, Z) pont. Ekkor a P P = (x, e X -x 1 = Y - y vektor a s´ norm´lvektora, amely az 1 vektorral p´rik a a Z -z 1 huzamos, vagyis X - x = Y - y = Z - z. (6.1) A P P szakasz felezpontja a s´ o ikon van, ´ igy 1 1 1 (x + X) + (y + Y ) + (z + Z) = 0. 2 2 2 (6.2)

A (6.1) ´s (6.2) egyenleteknek minden (x, y, z)-re teljes¨ lni¨ k kell, ´ e u u igy 1 p´ld´ul (1, 0, 0)-ra: X - 1 = Y = Z ´s 1 + X + Y + Z = 0, ebbl X = 3 , e a e o 2 2 2 1 2 Y = - 3 , Z = - 3 . Hasonl´an (0, 1, 0) k´pe - 3 , 3 , - 3 ´s (0, 0, 1) k´pe o e e e 2 - 3 , - 2 , 1 . ´ a t¨ kr¨z´s m´trixa Igy u o e a 3 3 1 -2 -2 1 -2 1 -2 . 3 -2 -2 1 0 0 6.3.12. A transzform´ci´ m´trixa 2 2 a o a 1 8 0 1 . 4

a) A m´trix rangja 2, teh´t k´tdimenzi´s t´rre. a a e o e X 0 0 0 x 0 e b) 2 2 1 · x = 4x = Y , vagyis X = 0 ´s Z = 9 Y . 4 Z 1 8 4 0 9x a) Igen, 1 0 0 0 .

6.3.13.

b) Nem, mert nem osszegtart´: p´ld´ul (5 + 3j) k´pe 5, (2 + 7j) k´pe ¨ o e a e e 7, viszont a kett osszeg´nek, (7 + 10j)-nek a k´pe 10, nem pedig 12. o¨ e e c) Nem, mert nem osszegtart´. ¨ o d) Nem, mert nem osszegtart´. ¨ o e) Igen, 1 0 0 -1 .

238 0 -1 1 0 .

´ 6. LINEARIS ALGEBRA

f) Igen, 6.3.14. 6.3.15. a) 0 1 0 0

. e) 0 1 -1 1 . f) -1 1 0 1 .

a) f (x + 1) · f , ´s g (x + 1) · g , ekkor e (f + g) (x + 1)·(f +g) = (x + 1)·(f + g ) = (x + 1)·f +(x + 1)·g 0 b) 0 0 c) 1 0 1 2 . 0 2 ´s f (x + 1) · (f ) = (x + 1) f . e

- 1 0 0 1- 2 = 0, ahonnan ´rt´ke 0, 1 vagy 2 lehet. e e 0 0 2- Ha = 0, akkor 0 1 0 x y 0 0 1 2 · y = y + 2z = 0 , 0 0 2 z 2z 0 x teh´t a saj´tvektor 0 . a a 0 Ha = 1, akkor -1 1 0 x -x + y 0 0 0 2 · y = 2z = 0 , 0 0 1 z z 0 x teh´t a saj´tvektor x . a a 0 Ha = 2, akkor -2 1 0 x -2x + y 0 0 -1 2 · y = -y + 2z = 0 , 0 0 0 z 0 0

´ ´ ´ 6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK

239

teh´t a a 1 0 a) 1 0 1 0 b) Mivel

6.3.16. 6.3.17.

a) Az osszeg- ´s ar´nytart´ tulajdons´gok egyben a deriv´l´s tulajdon¨ e a o a aa s´gai, teh´t az ilyen alak´ f¨ ggv´nyekre is ´rv´nyesek. a a u u e e e (ex cos 2x) = ex (cos 2x - 2 sin 2x) , (ex sin 2x) = ex (2 cos 2x + sin 2x) , ez´rt a transzform´ci´ m´trixa e a o a M= a b 1 -2 2 1 . -3a + 4b -4a - 3b
1 5a 2 5a

x saj´tvektor 2x . a x 0 1 1 0 0 . b) 0 1 1 . 0 1 3 2



-1 0 0 0 . d) 0 -1 0 0 -1



.

c) Els deriv´lt: M · o a

=

M´sodik deriv´lt: M · a a d) M · x y = a b

a + 2b -2a + b a + 2b = -2a + b x y =

. .

, ahonnan

- 2b 5 + 1b 5



Hasonló témájú dokumentumok

Pótzh 2007-12-13 Acsop.

- 2008-01-24 09:14:53

Diszkrét matematika II. példatár

- 2007-11-28 17:27:31

Pótzh 2007-12-13 Bcsop.

- 2008-01-24 09:15:26

Novák Ágnes - Vektrok algebra

- 2008-01-24 09:11:10

Makroökonómia feladatgyűjtemény

- 2008-02-18 02:44:41

Vizsga zh 2008-01-04

- 2008-01-24 00:48:02

Novák Ágnes - lineáris egyenletrendszerek

- 2008-01-24 09:03:23

A mások által feltöltött dokumentumokat értékelheted. Ha úgy ítéled meg, hogy a vizsgára való felkészülés szempontjából hasznos volt egy dokumentum, akkor adj rá sokcsillagos értékelést.
Ha hibákat tartalmaz, vagy egyéb probléma van vele, akkor keveset.
A dokumentumok sorrendje az értékelések alapján adódik. Ami fentebb van a listában, azt hasznosabbnak ítélték társaid. Az új dokumentumok pedig (értékelések hiányában) szintén a lista tetején kezdenek.

Hozzászólások

Ha észrevételed van egy dokumentummal kapcsolatban (például hibát találtál benne), akkor a Hozzászólások részben jelezheted. Az olyan jellegű kérdéseket mint pl.: A 2. feladat 4. sorából milyen átalakítással jutottunk az 5. sorban szereplő képlethez? - szintén ide érdemes írni

Egy tipp az oldalhoz! - Töltsétek ki a Tantárgyi adatlapokat a tantárgyak oldalain. Fontos lehet a tantárggyal kapcsolatos információ vagy az előadóval való egyszerű kapcsolattartás végett. Az adatlapot csak akkor módosíthatod ha az adott tárgyat a saját tárgyaidhoz adtad.

10 11.05-1 15 bizonytalanság és játékelmélet0001 16 2.előadás 2006-os zh 2011 5. előadás 5. gyakorlat 6. gyakorlat alap allegória apoptózis ásványok biokémia biztonságpolitika cementálás dehumanizáció dendrológia éptöri 2 etzs európai unió filozófia gamf fizika vizsga gazdaságszociológia ideális elegy intézményi gyakorlat java kafka koaguláció konzultáció környezettechnikai műveletek kultúra leon festinger matek házi 2 megolgások 1 mechanika művelődéstörténet neveléslélektan ollmann prax reklámelmélet és gyakorlat román stilisztika számvitel i szociális jog társadalom történet torlódási hely vállalat vegyes piacgazdaság word