diszkr´et matematika ii. (2005.febr.1) - szte bolyai...

Diszkrét matematika II. (2005.febr.1)

Czédli Gábor

2005. február 3.

Feltételek és követelmények

Gyakorlaton 50 pont, vizsgára bocsáthatóság: ≥ 20 pont , ı́rásbeli vizsgán 60 pont.Értékelés: a fenti kettő összege alapján: 50-től kettes, 63-tól hármas, 76-tól négyes, 90-től ötös. Gyakorlaton: egy zh: április 25 – 29 (40 pont), +

kettő röp-zh (10 pont).

Jav́ıtási lehetőség: csak a 20 pont alattiaknak jav́ıtó-zh egyetlen rögźıtett alkalommal, kb. a vizsgaidőszak nyolcadik napján. Akinek ez sikerül,20 pontot visz a vizsgára (tehát - ellentétben a szorgalmi időszakban szerzett pontokkal - a jav́ıtózh-n nem lehet 20-nál több pontot szerezni). Akinek

nem sikerül, nem vizsgázhat ebben a félévben.

A vizsgán nem lesz választható ”A” rész! A vizsga anyaga távolról sem diszjunkt a gyakorlat anyagától, elméleti tesztkérdések és gyakorlati feladatokegyaránt lesznek benne. Tvsz 14.§. A leckekönyv alá́ırása és a gyakorlati jegy

”(3) ... Elégtelen gyakorlati jegyet egy félévben legfeljebb egyszer jav́ıthat a hallgató. ...””(4) A pótlás, ill. az elégtelen gyakorlati jegy kijav́ıtása legkésőbb a vizsgaidőszak második hetének végéig lehetséges, módját és határidejét a

Tanszék határozza meg.””(5) Nem elégtelen minőśıtésű gyakorlati jegy jav́ıtása nem lehetséges.”

1. Defińıció. Legyen A halmaz. Az A-ból A-ba történő megfeleltetéseket A-n értelmezett relációknak nevezzük.Tehát az A-n értelmezett relációk az A2 = A × A részhalmazai. Az (A-n értelmezett) egyenlőségrelációt ωA jelöli, tehát ωA = {(x, x) : x ∈ A}.Az

A2-et pedig teljes relációnak nevezzük.

Például R-en a kisebb reláció nem más, mint {(x, y) ∈ R2 : x < y}. Az oszthatósági reláció (az egészek halmazán) pedig nem más, mint {(x, y) ∈Z2 : x | y}.Az ∅ is reláció (tetszőleges halmazon).CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Nemüres halmazon a relációk szoros kapcsolatban vannak az iránýıtott gráfokkal.

2. Defińıció. Iránýıtott gráfon egy (A, ρ) párt értünk, ahol A nemüres halmaz és ρ ⊆ A2 (azaz ρ reláció A-n). A elemit a gráf (szög)pontjainak, a

ρ-beli elempárokat pedig a gráf éleinek nevezzük.Ha (a, b) egy él (azaz ∈ ρ), akkor a-t az él kezdőpontjának, b-t pedig az él végpontjának nevezzük.

1

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Példa:Szögpontok halmaza A = {a, b, c, d, p, q, v, w}. Élek: e1 = (a, b), e2 = (b, c), . . . . Hurokél: f6 = (u, u). Az e2 = (b, c) él különbözik a (c, b) éltől.Látható, hogy e2 = (b, c) és (c, d) is ρ-beli (azaz él). De (más konvencióval élve az ábrán) (d, q), (q, d) ∈ ρ is érvényes.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Megfeleltetések és relációk szorzása

3. Defińıció. Legyen α ⊆ A×B és β ⊆ B×C egy-egy megfeleltetés. (Speciális eset: A = B = C és ekkor α-t, β-t relációnak mondjuk.) A tekintett kétmegfeleltetés (illetve reláció) szorzatán az α ◦ β := {(a, c) ∈ A × C : létezik olyan b ∈ B, hogy (a, b) ∈ α, (b, c) ∈ β.} A-ból C-be történő megfeleltetést(illetve A-n értelmezett relációt) értjük.

Sematikusan: x α ◦ β z ⇐⇒ alkalmas y-ra x α y β z. Másként:

x α ◦ β z ⇐⇒

alfa bétabétax van olyan y z

CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

2

Megfeleltetések és relációk inverze

4. Defińıció. Legyen α ⊆ A × B egy megfeleltetés. (Speciális eset: A = B; ekkor α-t relációnak mondjuk.) A tekintett megfeleltetés (illetve reláció)inverzén az α−1 := {(b, a) ∈ B × A : (a, b) ∈ α} B-ból A-ba történő megfeleltetést (illetve A-n értelmezett relációt) értjük.

Sematikusan: x α−1 y ⇐⇒ y α x.Az iránýıtott gráfok nyelvén fogalmazva: az (A, α−1) iránýıtott gráfot úgy kapjuk, hogy az (A, α) iránýıtott gráf minden egyes élét ellenkező

iránýıtással látjuk el.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Egy iránýıtott gráfban iránýıtott sétának nevezünk egy g1, g2, . . . , gn élsorozatot, ha minden értelmes i-re a gi−1 végpontja azonos a gi kezdőpontjával.

Az iránýıtott séta tehát csatlakozó élek sorozata. Ha az első él kezdőpontja azonos az utolsó él végpontjával, akkor zárt iránýıtott sétáról, egyébként

pedig nyitott iránýıtott sétáról beszélünk. Például a zöld élek egy

f1, f2, . . . , f5, f6, f7

zárt sétát alkotnak.

3

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Természetesen egy séta a meglátogatott szögpontok felsorolásával is megadható, sőt még azt is megtehetjük, hogy az éleket és szögpontokat együtt

soroljuk fel. Esetünkben ı́gy:a, v, w, a, d, u, u, a , vagy ı́gy:

a, f1, v, f2, w, f3, a, f4, d, f5, u, f6, u, f7, a.


4

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Az iránýıtott séta hossza a felsorolt élek száma (a többször fellépő éleket többször számolva), Pl. az előbbi ”zöld” séta hossza 7.


5

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Ha — a kezdő- és végpont esetleges megegyezését leszámı́tva — az iránýıtott séta által meglátogatott szögpontok páronként különböznek, akkor(logikusan!) a sétát iránýıtott útnak nevezzük. A zárt, legalább 2 hosszúságú iránýıtott út neve iránýıtott kör.


6

a

b

c

d

uv

p

wq

ee22 ee33

ee11 ee44

f1

f2

f3f4

f5 f6

f7

Például a, b, c (vagy más jelöléssel e1, e2, megint más jelöléssel a, e1, b, e2, c egy kettő hosszúságú iránýıtott út, a, b, c, d, a pedig egy négy hosszúságúiránýıtott kör. Csupán iránýıtott 6 hosszúságú zárt séta de nem kör a következő: a, d, u, a, d, u, a.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Most fontos relációtulajdonságokat definiálunk. Legyen ρ tetszőleges reláció az A halmazon (azaz ρ ⊆ A2). Akkor mondjuk, hogy— ρ reflex́ıv, ha minden a ∈ A-ra (a, a) ∈ ρ.

Megjegyzések: (x, y) ∈ ρ helyett x ρ y is ı́rható. A reflexivitás az iránýıtott gráfok nyelvén azt jelenti, hogy minden szögpontból hurokél indul ki.(De vigyázat: A = ∅ is lehetséges, akkor ρ = ∅ reflex́ıv, de ilyenkor gráfról nem beszélhetünk!)

Például reflex́ıvek: az ωA (egyenlőségreláció A-n) és a ≤Z= {(x, y) ∈ Z : x ≤ y} reláció.— ρ szimmetrikus, ha minden (a, b) ∈ ρ-ra (b, a) ∈ ρ.

Az iránýıtott gráfok nyelvén ez azt jelenti, hogy az élek mindegyikének a ”ford́ıtottja” is él. Például az ωA egyenlőségreláció és az ”1-nél közelebb”jelentésű {(x, y) ∈ R : |x − y| < 1} reláció szimmetrikus. De nem szimmetrikus a ≤Z reláció.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

— ρ antiszimmetrikus, ha bármely a, b ∈ A-ra ha (a, b), (b, a) ∈ ρ, akkor a = b.

7

A megfelelő iránýıtott gráfban ez azt jelenti, hogy bármely két különböző szögpont között legfeljebb az egyik irányban halad él. Például a ≤Zreláció is és az ωZ reláció is antiszimmetrikus.— ρ dichotom, ha bármely a, b ∈ A esetén (a, b) ∈ ρ vagy (b, a) ∈ ρ.

Vegyük észre, hogy ha ρ dichotom, akkor szükségképpen reflex́ıv is! Az iránýıtott gráfban a dichotómia azt jelenti, hogy bármely két (nemfeltétlenül különböző) szögpont között legalább az egyik irányban halad él.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

— ρ tranzit́ıv , ha bármely (a, b), (b, c) ∈ ρ esetén (a, c) ∈ ρ. Más jelöléssel: ”Az A tetszőleges elemeire, ha a ρ b és b ρ c, akkor a ρ c.” Atranzitivitás fogalmát jól szemlélteti az alábbi:

1. Tétel. Legyen G = (A, ρ) egy iránýıtott gráf. Ekkor ρ akkor és csak akkor tranzit́ıv, ha a gráf bármely két szögpontjára, ha létezik iránýıtott sétaaz egyik szögpontból a másikba, akkor létezik (ugyanolyan irányú) él is a két szögpont között.

A ”tranzit́ıv” elnevezés összhangban van a ”transit”, ill. ”tranzit” szó jelentésével: ”átutazás”.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Gyakorló feladat: igaz-e, hogy egy ρ ⊆ A2 reláció pontosan akkor tranzit́ıv, ha ρ ◦ ρ ⊆ ρ ?Megoldás: ha A = ∅, akkor ρ tranzit́ıv (miért?), és ρ = ∅ = ρ ◦ ρ (hiszen az üres halmazon nincs is más reláció), tehát ez esetben igaz. De mire

mentünk ezzel? A legtöbb halmaz nem üres! Innentől kezdve hivatkozhatunk az iránýıtott gráfokra és a szemléletünkre! (Az üres halmaz esetén eztnem tehettük volna, hiszen az üres halmazt nem definiáltuk.)

Először tegyük fel, hogy ρ tranzit́ıv.Legyen (x, z) ∈ ρ ◦ ρ tetszőleges. Ekkor (a szorzás defińıciója miatt) x ρ y ρ z alkalmas y szögpontra. Tehátvan (kettő hosszúságú) iránýıtott séta x-ből z-be. A tranzitivitás miatt (x, z) is él, azaz (x, z) ∈ ρ. Ezzel beláttuk, hogy ρ◦ρ ⊆ ρ. Kész az egyik irány.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Most tegyük fel, hogy ρ ◦ ρ ⊆ ρ. Ha a ρ b ρ c, akkor (a, c) ∈ ρ ◦ ρ, ı́gy a ”⊆” miatt (a, c) ∈ ρ. Tehát a ρ b ρ c =⇒ (a, c) ∈ ρ, ı́gy a defińıció szerintρ tranzit́ıv. A feladat megoldása: igaz!CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Reláció tranzit́ıv lezártjaFontos kérdés a számı́tástudományban is, hogy ”meddig terjed” egy hatás. A C hongkongi csirke (madárinfluenzával) közvetlenül megfertőzi X-et,

X közvetlenül megfertőzi Y -t, Y közvetlenül megfertőzi Z-t, stb.. Tehát C közvetve megfertőz egy csomó élőlényt. Jelölje α a közvetlen fertőzést ésjelölje β a közvetett fertőzést; ekkor α és β relációnak tekinthető az élőlények halmazán1. Mármost az a kérdés, hogyan határozza meg matematikailagaz α a β-t? A későbbiek fényében β lesz majd az α tranzit́ıv lezártja! A számtógépes v́ırusok által okozott fertőzéssel kapcsolatban, vagy mondjukegy szubrutinon (vagy dll fájlon) végrehajtott változásnak a hatásterjedésével kapcsolatban is lehet hasonló példákat hozni.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

1Tekintsünk el attól, hogy ez nem halmaz!

8

Az alábbi tétellel konkrétan hozzárendelünk α-hoz egy β = α̂ relációt, amelyet az α tranzit́ıv lezártjának vagy más szóval tranzit́ıv burkának

nevezünk, és amelyről kiderül, hogy a legszűkebb olyan tranzit́ıv reláció az adott halmazon, amelyik α-nál bővebb. (És mellesleg az előző példa isstimmelni fog.)

(A matematika bővelkedik lezártakban, más szóval ”burkokban”. Pl. egy śıkbeli H halmaz konvex burka a legszűkebb olyan B konvex halmaz,amelyre H ⊆ B. Személetesen: B-t úgy kapjuk, hogy H-ra lasszót vetünk, szorosra húzuk, és amit a körbekeŕıt a hurok, éppen az a burok. Másikmódszer: hogy H konvex legyen, belőle kiindulva végtelen sok lépésen át hozzávesszük mindazon pontokat, amelyeket muszáj (mert két már hozzávettvagy eredetileg is H-beli pontot összekötő szakaszon vannak.) Ezen utóbbi módszerre emlékeztet a soronkövetkező tétel.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

2. Tétel. Legyen G = (A, α) egy iránýıtott gráf, és tekintsük a

β :=⋃

n∈N

αn = α ∪ α2 ∪ α3 ∪ · · · ∪ αn ∪ · · ·

relációt. Ekkor β tranzit́ıv reláció az A halmazon, és tetszőleges tranzit́ıv γ ⊆ A2 relációra ha α ⊆ γ, akkor β ⊆ γ. A most definiált β-t az α tranzit́ıvlezártjának nevezzük. (Szokásos jelölése: β = α̂.)

A bizonýıtás egyik mozzanata: Minthogy αn az n-tényezős α ◦ α ◦ α · · · szorzatot jelöli, tetszőleges x, y ∈ A szögpontokra (x, y) ∈ αn pontosanakkor, ha van n-hosszúságú iránýıtott séta x-ből y-ba. Ennélfogva (x, y) pontosan akkor eleme az uniónak, ha ez valamely n-re teljesül, azaz, ha van(valamilyen hosszúságú) iránýıtott séta x-ből y-ba. Tehát β jelentése az, hogy ”elsétálhatunk”. Ez nyilván tranzit́ıv, hiszen ha x-ből elsétálhatunky-ba (azaz x β y) és y-ból elsétálhatunk z-be (azaz y β z), akkor x-ből z-be is elsétálhatunk (azaz x β z), tehát — defińıció szerint — β tranzit́ıv.

Gyakorló feladat: a tanult relációtulajdonságok közül melyek igazak az α = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} relációra?Megjegyzés: α-t nevezhetjük ”egységkör-relációnak”.Megoldás: Reflex́ıv? Nem, hiszen pl. (1, 1) /∈ α vagy pl. (1000, 1000) /∈ α.Szimmetrikus? Igen, hiszen ha (x, y) ∈ α, azaz ha x2 + y2 = 1, akkor (az összeadás kommutativitása miatt) y2 + x2 = 1, tehát (y, x) ∈ α.Antiszimmetrikus? Nem, hiszen (1, 0) ∈ α és (0, 1) ∈ α, de ebből mégsem következik, hogy 1 = 0.


Újonnan felmerült kérdés: igaz-e, hogy a szimmetria és az antiszimmetria kizárják egymást?Gyors válasz: Igen, persze.xxxxxxxxxxxx. Helyes válasz: Nem igaz, pl. a ∅ is és az ωA (egyenlőségreláció is szimmetrikus is és antiszimmetrikus is.Igaz-e, hogy α (az ”egységkör-reláció”) dichotom? Nem, mert pl. (2, 3) /∈ α és (3, 2) /∈ α.Tranzit́ıv-e α? Nem, hiszen pl. 0 α 1 α 0, de (0, 0) /∈ α.


Részbenrendezés, rendezés

9

Az A halmazon értelmezett τ relációt részbenrendezésnek nevezzük, ha τ reflex́ıv, antiszimmetrikus és tranzit́ıv. Ha emellett dichotom is, akkorrendezésnek nevezzük. Amennyiben A nemüres halmaz, az (A, τ ) párt részbenrendezett halmaznak, illetve ha τ rendezés, akkor rendezett halmaznaknevezzük.

Más, szokásos elnevezések (vizsgán nem kell tudni): a (részbenrendezés, rendezés) helyett egyes forrásmunkák (rendezés, lineáris rendezés),(parciális rendezés, rendezés), (részbenrendezés, lánc) terminológiát használnak; az a lényeg, hogy a (mi) rendezésünk erősebb jelzőt kapjon, mint a(mi) részbenrendezésünk.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Példák: Részbenrendezések: (P (A),⊆), (N, |) (oszthatósági reláció), (N0, |) (ezek nem rendezések), továbbá (N,≤), (Z,≤), ezek rendezések is.A rendezés és a részbenrendezés a hierarchia fogalmát ragadja meg a matematikai absztrakció szintjén, hiszen alkalmas halmazokon2 a ”nagyobb

vagy egyenlő”, ”elöljárója vagy önmaga”, ”főnöke vagy önmaga”, stb. relációk részbenrendezések.Részbenrendezett halmaz esetén a relációt gyakran a ≤ jellel jelöljük (τ helyett), akkor is, ha egyáltalán nem a számok szokásos rendezéséről van

szó. A továbbiakban a τ (vagy más görög betű) helyett mi is többnyire a ≤ jelet (vagy hasonló jeleket, pl. a ⊆ jelet) fogjuk használni.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

A ≤ reláció inverzét a ≥ reláció jelöli. Ez összhangban van a szokásokkal, hiszen x ≥ y azt jelenti, hogy y ≤ x, azaz (x, y) ∈ ” ≤ ”−1.Jelölje x, y ∈ A esetén x < y azt, hogy x ≤ y és x 6= y. Akkor mondjuk, hogy x ≺ y (szavakban: y követi x-et vagy y fedi x-et, ha x < y és nincs

olyan z ∈ A, amelyre x < z és z < y. (Azaz x kisebb y-nál, de ”nem sokkal”, abban az értelemben, hogy közéjük további elem már nem rakható.). Akövetési reláció azért fontos, mert

3. Tétel. Véges részbenrendezett halmaz esetén a követési reláció meghatározza a részbenbenrendezést! Pontosabban, ha (A,≤) egy végesrészbenrendezett halmaz és a, b ∈ A, akkor a ≤ b pontosan akkor teljesül, ha a = b, vagy létezik iránýıtott út a-ból b-be az (A,≺) iránýıtott gráfban.

A végtelen esetben a tétel nyilván nem igaz, hiszen pl. (R,≤) esetén a követési reláció üres (ez persze még nem elég a teljes gondolatmenethez!) Atétel lehetővé teszi, hogy ábárával szemléltessük a véges részbenrendezett halmazokat. A mondott iránýıtott gráfot (az ún. követési gráfot) úgy szokás

ábrázolni, hogy az élekre nem rakunk nyilat, hanem ehelyett a végpontjukat magasabban helyezzük el, mint a kezdőpontot. Ez az ún. Hasse-diagram,

amelyben tehát minden él felfelé van iránýıtva. Az előző tétel a Hasse-diagram nyelvén ı́gy szól:

Következmény. Legyen A véges részbenrendezett halmaz és a, b ∈ A. Ekkora ≤ b pontosan akkor, ha a-ból élek mentén mindig felfelé haladva eljutunk b-be az A Hasse-diagramján.


2amelyek persze nem mindig ”igazi” halmazok

10

1

23

46

12

1

2 35610 15

30

A 30 osztóiAz {a,b,c}részhalmazai

A 12osztói

{a,b,c}

{ }

{c}{a}

{a,b} {b,c}

{b} {a,c}

Íme három példa.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Könnyen igazolható, hogy ha (A,≤) részbenrendezett halmaz, akkor (A,≥) is az, hiszen a reflexivitás, antiszimmetria és a tranzitivitás öröklődikegy relációról (esetünkben ≤) az inverzére (ami esetünkben ≥). Az (A,≥) részbenrendezett halmazt az (A,≤) részbenrendezett halmaz duálisánaknevezzük. A dualitási elv szerint a részbenrendezett halmazokra vonatkozó fogalmak, álĺıtások és bizonýıtások dualizálhatók, és (éppen ezért)az igaz álĺıtások duálisa is igaz. A ≤ duálisa a ≥, és összetett fogalom/álĺıtás duálisát úgy kapjuk, hogy az összetevőiket dualizáljuk. (Lesznek példák.)A duális részbenrendezett halmaz Hasse-diagramját úgy kapjuk, hogy az eredetit fejre álĺıtjuk (azaz v́ızszintes tengelyre vagy pontra tükrözzük).


Legyen (A,≤) egy részbenrendezett halmaz és b ∈ A. Akkor mondjuk, hogy b minimális elem A-ban, ha bármely c ∈ A elemre c ≤ b-ből c = bkövetkezik. Sematikusan: minimális ⇐⇒ nincsen nála kisebb. Akkor mondjuk, hogy b legkisebb elem A-ban, ha bármely c ∈ A-ra b ≤ c teljesül.Sematikusan: legkisebb ⇐⇒ mindegyiknél kisebb-egyenlő. Könnyen látható, hogy minimális elem vagy van, vagy nincs, és egynél több is lehet. Havan legkisebb elem, akkor az egyúttal minimális elem, és más minimális elem nincs.

Az antiszimmetria miatt legkisebb elemből legfeljebb egy van - hiszen ha a is és b is legkisebb elem lenne, akkor (mivel a legkisebb elem) a ≤ b,de ugyańıgy (szerepcserével) b ≤ a, és innen a = b adódik.

11


A minimális, illetve legkisebb elem fogalmának duálisa a maximális, illetve legnagyobb elem. Pl. (sematikusan:)

legnagyobb ⇐⇒ mindegyiknél nagyobb-egyenlő.A dualitási elv alkalmazásával adódik, hogy legnagyobb elemből legfeljebb egy van. Továbbá, ha van legnagyobb elem, akkor ő maximális elem is,

és rajta ḱıvül más maximális elem nincs.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

M M M

m m

m

mM

M M MMM

m

mm

mm

mM

M M MM

legkisebblegkisebb : max, : min: min

Példák minimális és maximális elemekre, valamint dualizálásra.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Részbenrendezett halmaz a és b elemeit összehasonĺıthatóaknak mondjuk, ha a ≤ b vagy b ≤ a. Rendezett halmazban (a dichotómia miatt)bármely két elem összehasonĺıtható, viszont részbenrendezett halmaznak lehetnek összehasonĺıthatatlan elemei.

Most két olyan konstrukciót ismerünk meg, amelyik kettő (vagy több) (részben)rendezett halmazból egy újat eredményez. (Csak kettőre ı́rjuk le,annál többre értelemszerű.)

Legyen (A1,≤1) és (A2,≤2) egy-egy részbenrendezett halmaz. Direkt szorzatukon az (A1 × A2,≤) részbenrendezett halmazt értjük, ahol a ≤defińıciója: (a1, a2) ≤ (b1, b2) ⇐⇒ a1 ≤1 b1 és a2 ≤2 b2.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Legyen (A1,≤1) és (A2,≤2) egy-egy rendezett halmaz. Lexikografikus szorzatukon az (A1 ×A2,≤) rendezett halmazt értjük, ahol a ≤ defińıciója:(a1, a2) ≤ (b1, b2) ⇐⇒ a1

Megmutatható, hogy mindkét defińıció jó, azaz a direkt szorzat valóban részbenrendezett halmaz, a lexikografikus szorzat pedig valóban rendezetthalmaz. Az alábbi példák szerint még rendezett halmazok direkt szorzata is csak részbenredezett (többnyire).CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

ed

c

a

b

A

(a,d)

(b,d)B

(c,d)

(a,e)

(b,e)

(c,e)Direkt sz.

(a,d)(a,e)

(b,d)(b,e)

(c,d)(c,e)

Lex. sz.

Példa direkt és lexikografikus szorzatra.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

13

Diszkrét matematika II. (2005.febr.8) 1

Czédli Gábor

2005. február 9.

1Az előadás kivet́ıtett ”nyers” változata, sajtóhibák lehetségesek. Figyelem: csak részben tartalmazza az előadáson elhangzottakat,pl. nem tartalmazza a táblánál előadott feladatmegoldásokat!

Def.: Legyen α, β ⊆ A2 (azaz relációk). Ha α ⊆ β, akkor azt mondjuk, hogy β kiterjesztése α-nak.Példa: α reflex́ıv ⇐⇒ α kiterjesztése ωA-nak.

1. Tétel. (A) Véges halmazon tetszőleges részbenrendezés kiterjeszthető rendezéssé.

(B) Legyen ρ ⊆ A2, ∅ 6= A véges. Ekkor ρ kiterjeszthető részbenrendezéssé ⇐⇒ az (A, ρ) iránýıtott gráf nem tartalmaziránýıtott kört ⇐⇒ ρ tranzit́ıv lezártja antiszimmetrikus.

Megjegyzés: végtelen halmazon is igaz (csak nehezebb bizonýıtani).


Az (A) rész bizonýıtása az alábbi módon személtethető (az egzakt bizonýıtás a könyvben látható, és a (B) részen alapul).

1

23 5

6 1015

30

1

235

61015

30

1

23

56

1015

30

1

23

56

1015

30

Miért vannak bizonýıtások? Nem azért, mert kételkedünk, hanem az új fogalmakkal való ismerkedés, gyakorlás miatt.A (B) rész: ”Ekkor ρ kiterjeszthető részbenrendezéssé ⇐⇒ az (A, ρ) iránýıtott gráf nem tartalmaz iránýıtott kört ⇐⇒ ρ

tranzit́ıv lezártja antiszimmetrikus. ” bizonýıtása:

1

(1) ”kiterjeszthető =⇒ nincs kör”: Tfh. (= ”tegyük fel, hogy”) ρ kiterjeszthető mondjuk egy µ részbenrendezéssé. Ha azir. gráf tartalmazna kört, akkor alkalmas szögpontokra

a0 ρ a1 ρ . . . ρ an = a0, n ≥ 2.

Mivel ρ ⊆ µ, ezérta0 µ a1 µ . . . µ an = a.

µ tranzitivitása miatt a1 µ an = a0, teháta0 µ a1 és a1 µ a0.Az antiszimmetria miatt a0 = a1; ellentmondás (hiszen a körszögpontjai különbözők).

(2) ”Nincs kör =⇒ ρ̂ antiszim.”: Most tfh. az ir. gráf nem tartalmaz iránýıtott kört, de ennek ellenére ρ̂ (a tranzit́ıv lezárt)mégsem antiszimmetrikus. Ekkor van olyan különböző a, b szögpont, hogy (a, b), (b, a) ∈ ρ̂. Mivel (a, b) ∈ ρ̂, ezért valamelyn − re (a, b) ∈ ρn = ρ ◦ ρ ◦ · · · ◦ ρ, ı́gy van a gráfban egy n hosszúságú iránýıtott séta(és ezért egy legfeljebb n hosszúságúiránýıtott út is) a-ból b-be, n ≥ 1.a — b szerepcserével: b-ból is van a-ba. Ezen két út egyeśıtése ir. kör; ellentmondás.

(3) ”ρ̂ antiszim. =⇒ ρ kiterjeszthető: legyen ρ̄ := ρ̂ ∪ ωA. Ez kiterjesztése ρ-nak, hiszen ρ ⊆ ρ̂ ⊆ ρ̄. Reflex́ıv, hiszenωA ⊆ ρ̄. Tranzit́ıv, hiszen ha (a, b), (b, c) ∈ ρ̄, akkor feltehető, hogy a 6= b és b 6= c, de ekkor (a, b), (b, c) ∈ ρ̂, de tudjuk, hogya tranzit́ıv lezárt (azaz ρ̂) tranzit́ıv, tehát (a, c) ∈ ρ̂ ⊆ ρ̄, és ezzel beláttuk, hogy ρ̄ tranzit́ıv. Végül ρ̄ antiszimmetrikus, hiszenha (a, b), (b, a) ∈ ρ̄ esetén ha a = b, akkor nincs mit bizonýıtani, ellenkező esetben pedig (a, b), (b, a) ∈ ρ̂ és ρ̂ antiszimmetriájaalkalmazható.Q.e.d.

Ekvivalenciák és osztályozásokDef: ekvivalencia(reláció) ⇐⇒ reflex́ıv és szimmetrikus és tranzit́ıv. Osztályozás: A páronként diszjunkt nemüres

részhalmazainak olyan halmaza, amelyek uniója A.Példa: ωA. A

2. A modulo 2 kongruencia Z-n, azaz az {(x, y) ∈ Z2 : 2 | x − y} ⊆ Z2 reláció.Osztályozásra példák: {{x} : x ∈ A}. {A}, amennyiben A 6= ∅. {{páros egészek}, {páratlan egészek}}.

2. Tétel. Az osztályozások és az ekvivalenciák (adott halmazon) lényegében ugyanazok. (Folyt. köv.)


”Ugyanazok” = ? A bináris és a decimális természetes számok lényegében ugyanazok: áttérhetünk egyik alakról a másikraegyértelműen és viszont, és oda-vissza áttérés után visszakapjuk a kiindulásit, azaz ismert bijekció van a {bináris term. számok}és a {decimális term. számok} között. Hasonlóan, az egyenes pontjainak halmaza és R ugyanaz, a śık és C is ugyanaz, stb.

2

Újabb példák: A egy gimnázium tanulói. ρ ⊆ A2 az ”osztálytársak” reláció. C, a megfelelő osztályozás most a gimnáziumosztályaiból áll. ρ és C nyilván meghatározza egymást.

További példa: itt A = {1, 2, . . . , 9}, G = (G, ρ), és az osztályozás: {{1, 4, 7}, {2, 5, 8}, {3, 6, 9}}:

5 8

24

1

7 9

3

6

Legyen a ∈ A-ra aρ∗ := {x ∈ A : a ρ x}, ennek neve az a elem blokkja vagy osztálya (a ρ ekvivalencia szerint). Az ilyenaρ∗-ok neve: ρ blokkjai. Ezek halmazát A/ρ jelöli, és A/ρ-t az A ρ szerinti faktorhalmazának nevezzük. Más jelölés aρ∗ helyett:

[a]ρ, aρ, vagy ha ρ elhagyása nem okoz félreértést, akkor [a] vagy a. Pl. az a maradékosztályát (a modulo n kongruencia szerint)szokták a-sal jelölni.

Megjegyzés: a szimmetria miatt mindegy, hogyaρ∗ := {x ∈ A : a ρ x},

vagyaρ∗ := {x ∈ A : x ρ a}.

3


5 8

24

1

7 9

3

6

Másrészt ha C ⊆ P (A) osztályozás az A halmazon, akkor definiáljuk a ρC = {(x, y) ∈ A2 : (∃U ∈ C) (x, y ∈ U)} relációt. Pl. azábrán a szaggatott vonalakkal jelölt C-re ρC éppen a gráf által megadott ρ.

4

5 8

24

1

7 9

3

6

Például az előző példa esetén: 1ρ∗ = {1, 4, 7}, és a faktorhalmaz {{1, 4, 7}, {2, 5, 8}, {3, 6, 9}}. Most folytatjuk a tétel ki-mondását:

Tétel bővebben: Az osztályozások és az ekvivalenciák (adott halmazon) lényegében ugyanazok. Pon-

tosabban: legyen Eq(A) az A halmazon értelmezhető ekvivalenciák halmaza, Oszt(A) pedig az A osztályozásainak halmaza.Ekkor az

α : Eq(A) → Oszt(A), ρ 7→ A/ρ, és aβ : Oszt(A) → Eq(A), C 7→ ρC

leképezések bijekt́ıvek és egymás inverzei.

Példa: Az {(x, y) : n | x−y}, azaz a modulo n kongruencia ekvivalenciareláció, és a megfelelő faktorhalmaz (azaz osztályozás)éppen Zn, a modulo n maradékosztályok halmaza.

Példa: ωA ekvivalencia, osztályai egyeleműek, és a faktorhalmaz {{x} : x ∈ A}.

5

Példa: A2, a teljes reláció, is ekvivalencia, a megfelelő osztályozás (faktorhalmaz): {A}.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Def: ωA és A2 az ún. triviális ekvivalenciák az A halmazon.

Def: Ha ϕ : A → B tetszőleges leképezés, akkor a ker(ϕ) := {(x, y) ∈ A2 : xϕ = yϕ} leképezés ekvivalenciareláció; a neve:ϕ magja.

Például ha ϕ : Z → N0, x 7→ |x| (abszolut érték), akkor ker(ϕ) = {(x, y) : x és y azonos abszolut értékű}.Bizonýıtás (részben) (1) Legyen ρ ekvivalencia, kérdés: vajon A/ρ osztályozás?Ad 1: A blokkok (azaz az xρ∗-ok) nem üresek, hiszen ρ reflex́ıv =⇒ x ρ x =⇒ x ∈ xρ∗.Ad 2: A blokkok lefedik A-t, hiszen x ∈ A-ra x ∈ xρ∗ miatt x benne van az unióban.Ad 3: A blokkok diszjunktak? Elég belátni, hogy ha xρ∗ és yρ∗ nem diszjunkt, akkor megegyeznek! Tfh z ∈ xρ∗ ∩ yρ∗.

Közvetlen cél: xρ∗ ⊆ yρ∗? Tfh. t ∈ xρ∗.Ekkor x ρ t. De x ρ z is és y ρ z is. A szimmetriát(szükség esetén) felhasználva az eddigiekből: y ρ z és z ρ x és x ρ t, ı́gy

a tranzitivitás szerint y ρ t, azaz t ∈ yρ∗. Tehát xρ∗ ⊆ yρ∗, A ford́ıtott tartalmazás szerepcserével adódik. Tehát a blokkokpáronként diszjunktak. Azaz A/ρ osztályozás A-n.

(2) Legyen C osztályozás. Nyilvánvaló, hogy aρC = {(x, y) ∈ A2 : (∃U ∈ C) (x, y ∈ U)} reláció, azaz az”egyazon osztályban vannak” relációszimmetrikus,tranzit́ıv (ez könnyen látható onnan, hogy minden elem pontosan egy osztályban van benne), és(mivel az osztályok lefedik A-t) ρC reflex́ıv, tehát ρC ekvivalencia.Ezzel annyit láttunk be, hogy mindkét leképezés oda képez, ahova a tétel szerint képeznie kell. A bizonýıtás itt nem közölt

része hasonló az eddigiekhez.Láttuk, hogy bármely leképezés magja egy ekvivalencia az indulási halmazon. Ford́ıtva is igaz: minden ekvivalencia előáll

egy alkalmas leképezés magjaként:

3. Tétel. Legyen ρ ⊆ A2 ekvivalencia. Ekkor a ϕ : A → A/ρ, x → xρ∗ leképezés (az ún. természetes leképezés) szürjekt́ıvés a magja éppen ρ.

”Természetes”: minden elemhez az osztályát rendeli (ami természetes).

6

Bizonýıtás: ϕ : A → A/ρ, x 7→ xρ∗ nyilván szürjekt́ıv, hiszen A/ρ defińıció szerint a képelemek halmaza.Mármost x, y ∈ A esetén (x, y) ∈ ker(ϕ) ⇐⇒ xϕ = yϕ ⇐⇒ xρ∗ = yρ∗ ⇐⇒(felhasználva, hogy két osztály vagy diszjunkt vagy azonos)y ∈ xρ∗ ⇐⇒ (x, y) ∈ ρ, tehát ker(ϕ) = ρ, q.e.d.Példa Legyen ρ a modulo 2 kongruencia Z-n. Ekkor Z/ρ = Z2 = {{páros egészek}, {páratlan egészek}}, ϕ : Z → Zn

értelemszerű, és magja nyilván ρ.Jelölés: 0 = {páros egészek}, 1 = {páratlan egészek}.


(Iránýıtás nélküli) gráfok, fákDef: Ha A 6= ∅ és ρ ⊆ A2 szimmetrikus reláció, akkor a G = (A, ρ) párt gráfnak, pontosabban szólva iránýıtás (és többszörös

élek) nélküli gráfnak nevezzük. Analóg: séta, út, zárt séta, zárt út (n ≥ 2 esetén kör). Lehet hurokél is. Hurokmentes gráf:nincs hurokél. Összefüggő gráf: bármely két különböző szögpontja között vezet séta ( ⇐⇒ vezet út). Megj.: G összefüggő⇐⇒ |A| = 1 vagy ρ̂ (tranzit́ıv burok) a teljes reláció.

Def: H = (B, τ ) részgráfja G = (A, ρ)-nak, ha B ⊆ A, τ szimmetrikus és τ ⊆ ρ. Ha emellett τ = ρ ∩ B2, akkorfesźıtett részgráfja.

4. Tétel. Tetszőleges gráf páronként diszjunkt, összefüggő maximális fesźıtett részgráfok egyeśıtése, és ez a

felbontás egyértelmű.

7

G:H:

a a

b b

c c

d de

f g

x y

1

2 3

4

Az ábrán az ún. összefüggő komponensek:{x, y}, {1, 2, 3, 4} és {a, b, c, d, e, f, g}. H részgráf (de nem fesźıtett. A tételből amaximális jelző nem hagyható el, mert különben a felbontás nem egyértelmű (hiszen pl. egyelemű összefüggő részgráfokra is

felbontható). Nem hagyható el a fesźıtett jelző sem, hiszen egyébként pl. az {a, b, c, d, e, f, g} komponensből az ”(a, d)-él”elhagyható lenne, és megintcsak oda az egyértelműség. Megállapodás: ha (a, b) ∈ ρ, akkor persze (b, a) ∈ ρ — ez esetben(a, b)-élről beszélünk, ami azonos a (b, a)-éllel.

Bizonýıtás: Legyen τ := {(a, b) ∈ A2 : a = b vagy a-ból út vezet b-be}. Mellesleg ez éppen a ρ reflex́ıv-tranzit́ıv burka, azazτ = ωA∪ ρ̂. Sőt, mivel ρ szimmetrikus, ez éppen a ρ ekvivalencia-burka, azaz a ρ-nál bővebb ekvivalenciarelációk legkisebbike.De— visszatérve a kitérőből — defińıciójából is látszik, hogy τ reflex́ıv, szimmetrikus és tranzit́ıv.Látható, hogy τ blokkjai éppen amaximális összefüggő komponensek tartóhalmazai, ezek tehát egyértelműek. Továbbá A tetszőleges részhalmaza egyértelműenfesźıt ki egy fesźıtett részgráfot. Q.e.d.

Def: egy szögpont fokán a pontból induló élek számát értjük, a hurokélet duplán számolva (hiszen annak ”mindkét vége”

az adott szögpontból indul).

5. Tétel. Véges gráf esetén a szögpontok fokainak összege éppen az élek számának kétszerese.


8

Bizonýıtás: Minden él kettővel járul hozzá a mondott összeghez: a hurokélnél ı́gy állapodtunk meg, a többi él pedig elevekét szögpontból indul. q.e.d.

Egy pillanatra visszatérünk az iránýıtott gráfokhoz: ott definálható egy szögpont kifoka, a szögpontból induló élek száma,

és befoka, a szögpontba érkező élek száma. (Hurokél indul is és érkezik is.) Nyilván érvényes az alábbi, triviális tétel:

6. Tétel. Véges iránýıtott gráfok esetén a szögpontok kifokainak összege is és a szögpontok befokainak összege is egyenlő az élekszámával.


Az előadáson megoldott feladatok

1. Hányféleképpen terjeszthető ki rendezéssé a 12 pozit́ıv osztóinak halmazán az oszthatósági reláció?2. Az alábbi relációk közül melyek terjeszthetők ki részbenrendezéssé? És rendezéssé?

α := {(x, y) ∈ N2 : |x − y| < 5},β := {(5, 2), (5, 4), (3, 3), (4, 1), (5, 8), (8, 9)},

γ := A2 \ ωA, {(x, y) ∈ Z2 : |x| ≤ |y|}3.Melyek azok a relációk, amelyek egyidejűleg részbenrendezések és ekvivalenciák?4. Adjuk meg a C := {{1}, {2, 3}} ⊆ P ({1, 2, 3}) osztályozáshoz tartozó ekvivalenciát.5. Adjuk meg a ρ := {(x, y) : sinxπ/2 = sin yπ/2} ⊆ {0, 1, . . . , 9} ekvivalenciához tartozó osztályozást.6. Hány ekvivalenciareláció van egy négyelemű halmazon?7. Legyen ϕ : A → B egy leképezés. Igaz-e, hogy ϕ injekt́ıv ⇐⇒ ker(ϕ) = ωA?8. Legyen A a tizenkettedik komplex egységgökök halmaza, ϕ : A → A, z 7→ z3. Adjuk meg a ker(ϕ)-hez tartozó osztályozást.9. Legyen A véges halmaz, α és β ekvivalencia A-n. Mit mondhatunk az |A/α| és |A/β| viszonyáról, ha α ⊆ β?10. ρ ⊆ A2 ekvivalencia ⇐⇒ ρ ⊇ ωA és ρ ◦ ρ−1 ⊆ ρ.11. Legyen A véges halmaz, α és β ekvivalencia A-n és |A/α| = |A/β|. Következik-e, hogy α = β?

9


Czédli Gábor

2005. február 15.


Fák és erdőkDef.: A hurokél nélküli, körmentes összefüggő gráfokat fáknak nevezzük. Erdőnek nevezzük az

olyan gráfokat, amelyeknek összefüggő komponensei fák.

Erdő: fa

fafa fa

Egy gráfot minimális összefüggőnek nevezünk, ha összefüggő, de bármely élét elhagyva már nem összefüggő.Maximális körmentesnek nevezzük, ha nincs benne kör (=zárt út ≥ 2), de bármely új élet hozzávéve lesz bennekör.

1. Tétel. Legyen G = (A, ρ) egy véges, n-szögpontú, hurokélmentes gráf. Az alábbi öt feltétel ekvivalens:(1) G fa (azaz körmentes és összefüggő).(2) G minimális összefüggő gráf.(3) G maximális körmentes gráf.(4) G összefüggő, és eggyel kevesebb éle van, mint csúcsa.(5) G körmentes, és eggyel kevesebb éle van, mint csúcsa.

1

a b

Bizonýıtás: (1: fa) =⇒ (2: min.öfgő): Indirekt. Ekkor G-nek valamely (a, b) élét elhagyva még mindig összefüggő: G′.G′-ben van út a-ból b-be; ehhez az elhagyott (a, b) élet visszatéve kört kapunk G-ben, ellentmondás.

(2: min.öfgő) =⇒ (1: fa): Indirekt. Ha G nem fa, akkor öfgő és van benne kör. A kör tetszőleges (a, b) élét hagyjukel! Továbbra is öfgő marad, hiszen az eddigi (a, b)-t tartalmazó utak helyett van másik, kerülő út, hiszen a-ból b-be a ”körhosszabbik ı́vén” (azaz ≥) is mehetünk. Ez viszont ellentmond annak, hogy minimális öfgő. Tehát (1:fa) ⇐⇒ (2:min.öfgő).CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

2

a b

(1:fa) =⇒ (3:max.körm): Tfh. (1). Ekkor G öfgő és körm. Legyen (a, b) ∈ A2 \ ρ tetszőleges. Ha az (a, b) élet hozzávesszük,akkor lesz kör, hiszen volt út a és b között, amelyet (a, b) körré egésźıt ki. Ellentmondás. Tehát G max.körm.


a b

új él

egyik komponens másik komponens

3

(3:max.körm) =⇒ (1:fa): Tfh. (3). Be kell látni, hogy G öfgő. Indirek tfh. nem. Ekkor van legalább két öfgő komponense.Válasszunk két szögpontot: a-t és b-t, különböző komponensekből, majd vegyük hozzá az (a, b) élet G-hez, kapjuk G′-t. Áll.:G′ még mindig körmentes (és ez ellentmondás). Hiszen ha lenne benne kör, az tartalmazná az új élet, de a kör ezen ḱıvüli ı́vekét különböző komponens között menne, ami lehetetlen (ld. fenti ábra). Tehát (3) =⇒ (1).

Láttuk, hogy (1:fa) ⇐⇒ (2:min.öfgő) ⇐⇒ (3:max.körm.)CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

a

bG’G’

G

Az (1:fa), (4:öfgő n − 1) és (5:körm n − 1) ekvivalenciáját n szerinti teljes indukcióval biz. n = 1: stimmel. Áll.: (1), (4) és(5) bármelyikét tesszük fel, van (legalább kettő) elsőfokú szögpont. (1:fa) esetén: az (egyik) leghosszabb út végpontja. (4:öfgőn− 1) vagy (5:körm n− 1) esetén: ha minden szögpont foka ≥ 2 lenne, akkor a fokok összege ≥ 2n 6= 2(n− 1) = 2· élek száma,ami ellentmondás lenne.

4

a

bG’G’

G

Legyen a egy elsőfokú szögpont! a-t és a belőle induló egyetlen élet elhagyva kapjuk G′-t.


G pontosan akkor fa, ha G′ fa! Hiszen egyrészt körmentességük ekvivalens (a-n nem mehet át kör, mert az (a, b) él”zsákutca”.) Ha G öfgő, akkor G′ is, hiszen ha c, d ∈ G′, akkor közöttük G-ben van út, de az elkerüli az emĺıtett zsákutcát,tehát G′-beli út. Ha pedig G′ összefüggő, akkor nyilván G is.

G-re pontosan akkor teljesül a (4:öfgő és él=csúcs–1) feltétel, ha G′-re teljesül. Hiszen az összefüggőség ekvivalenciájátláttuk. Másrészt az élek száma is és a csúcsok száma is eggyel változik.

G-re pontosan akkor teljesül az (5:körm. és él=csúcs–1) feltétel, ha G′-re teljesül. Ugyanis ha G körmentes, akkor — részgráflévén — G′ is az. Másrészt a-n (elsőfokú lévén) nem mehet át G-beli kör, ha tehát G′ körmentes, akkor G is az. Most is az élekszáma is és a csúcsok száma is eggyel változik.

Az eddigiek szerint (1), (4) és (5) ekvivalenciája teljes indukcióval azonnal adódik: n = 1-re evidens, és ezen feltételekbármelyike ekvivalens G′-re és G-re; mivel G′-re az ind. hip. szerint egymással ekvivalensek, ezért G-re is egymással ekvivalensek.Q.e.d.

5

Következmény: Véges, egynél többelemű gráfban legalább két elsőfokú pont van.Ezt menet közben láttuk: bármelyik leghosszabb út két végpontja elsőfokú pont.

Páros gráfok

Volt egyszer egy király ...

és az udvarában 30 lovag és 30 udvarhölgy. Közöttük a kölcsönös szimpátiát mint relációt a fenti gráf adja meg. Ezt figyelembevéve akarta a király az udvarhölgyeket, mind a harmicat, a lovagokkal összeházaśıtani. Sikerülhetett ez?


6

És volt egy másik király ...

és a feladat meg a kérdés ugyanaz. A feladatot — mindkét királyi udvarban — a kancellár kapta. A lehetőségek száma:30! = 265252859812191058636308480000000 = 2, 65 · 1032.Ha másodpercenként 109 lehetőséget ellenőrzünk (1 GHz = 109 művelet/secundum), akkor az összes lehetőség végignézéséhez

8, 4 · 1015 évre lenne szükség. (A Naprendszer 4, 5 · 109 éves.)Mindkét kancellár megbukott. Az egyik azért, mert lett volna megoldás (azaz alkalmas párośıtás), de idő h́ıján nem találta

meg. A másik azért, mert — sok-sok számı́tógéppel — meglepő módon mégiscsak sikerült az összes lehetőséget végignézetnie, deez nem győzte meg a királyt. De bukásuk fő oka: a diszkrét matematika tudásuk hiányossága! Lássuk a megoldást (pontosabbanszólva: az eredményközlést):

7



8



Tehát az első esetben van párośıtás (a vastag zöld élek jelölik). A második esetben pedig van hét lovag és hat udvarhölgy (azöld megnagyobb́ıtott szögpontok jelölik ezeket) úgy, hogy a hét lovag mindegyike csakis ezen hat udvarhölgy valamelyikével,

9

és a hat udvarhölgy mindegyike csakis ezen hét lovag valamelyikével házaśıtható össze, és ez nyilván lehetetlen.Defińıció: Legyen G = (V,E) egy (iránýıtatlan, hurokélmentes) gráf. (Itt V a szögpontok halmaza (”vertex”), és E, az

élek halmaza, a V bizonyos kételemű részhalmazaiból áll - ezzel eltérünk az eddigi jelöléstől.) Ha V az A és B részhalmazainakdiszkjunkt uniója és bármely él egyik végpontja A-ban, a másik pedig B-ben van, akkor azt mondjuk, hogy G páros gráf(az A, B pontosztályokkal).

2. Tétel. Legyen G = (V,E) egy (iránýıtatlan, hurokélmentes) gráf. G páros gráf ⇐⇒ nincs benne páratlan hosszúságúkör.

Bizonýıtás Ha G páros gráf, akkor — mivel az élek csak A és B között mehetnek — tetszőleges kör szögpontjai felváltvaA-, illetve B-beliek, ezért csak páros lépesben juthatunk vissza a kiindulási pontba, tehát tetszőleges kör páros hosszúságú.

Ford́ıtva, most tegyük fel, hogy tetszőleges G-beli kör páros hosszúságú. Elég belátni, hogy G összefüggő komponensei párosgráfok, mert akkor G is páros gráf. Ezért feltehetjük, hogy G összefüggő.

1

2

56

7 89

11141516

17

18

19

3

4

101213

2021

stb.

v

Álĺıtjuk, hogy G-ben minden zárt séta páros hosszúságú. Indirekt, tfh. van páratlan hosszúságú zárt séta: L. Ekkor vanlegrövidebb ilyen. A feltevés miatt ez nem kör, tehát valamely v szögponton többször is átmegy. A v pont a sétát több

10

(az ábrán pl. négy) rövidebb zárt sétára bontja, amelyek L-nél rövidebbek lévén páros hosszúságúak. Ezért (páros számokösszegeként) L hossza is páros, és ez ellentmond a feltevésnek.


Mármost legyen v egy rögźıtett szögpont. Legyen A azon szögpontok halmaza, amelyekbe v-ből páros hosszúságú séta vezet,B pedig azon szögpontok halmaza, amelyekbe páratlan hosszúságú sétával juthatunk el v-ből. (Megengedett a 0 hosszúságúséta is, tehát v ∈ A.)

Mivel G összefüggő, A ∪ B = V . Másrészt A ∩ B = ∅, hiszen ha létezne közös elemük, mondjuk u ∈ A ∩ B, akkor lennepáros séta is v-ből u-ba, és lenne páratlan is, és a két séta uniója egy páratlan hosszúságú zárt séta lenne, ami ellentmondás.Q.e.d.

Defińıció: A továbbiakban csak véges gráfokat tekintünk! Legyen G = (V,E) hurokmentes gráf. Ha M ⊆ E és az M -beli élek idegenek, azaz bármely két M -beli élnek nincs közös végpontja, akkor az M élhalmazt párośıtásnak nevezzük.Ha M párośıtás és a gráf minden szögpontja valamely M -beli él egyik végpontja, akkor M -et teljes párośıtásnak nevezzük.(Pl. a lovagok és udvarhölgyek esetén a kérdés az, hogy van-e teljes párośıtás, és azt hogy lehet megtalálni.) Legyen most S ⊆ V .Ha minden G-beli élnek legalább az egyik végpontja S-ben van, akkor S-et lefogó ponthalmaznak nevezzük.

Tétel: Ha a G páros gráfban van teljes párośıtás, akkor a két pontosztály azonos elemszámú.Bizonýıtás: A teljes párośıtás bijekciót ad a két pontosztály, A és B között. Q.e.d.Jelölje ν(G) a G-beli párośıtások elemszámának maximumát, és τ (G) a G-beli lefogó ponthalmazok elemszámának mini-

muma.Megjegyzés: párośıtásnál az ”kunszt”, ha minél több idegen élet meg tudunk adni, ezért a maximumot tekintjük. Lefogó

ponthalmaz esetén az a ”nagy kunszt”, ha minél kevesebb szögponttal le tudjuk az éleket fogni, ezért a minimumot tekintjük.

3. Tétel. (Kőnig-tétel) Véges páros gráf esetében ν(G) = τ (G).

Bizonýıtás (amit jól kell tudni, hiszen ezen alapul majd az algoritmus is). Az evidens, hogy ν(G) ≤ τ (G): tekintsünk egyν(G) elemszámú párośıtást,, azaz ν(G) darab egymástól idegen élet. Világos, hogy bármely lefogó ponthalmaz a tekintett élekbármelyikének legalább az egyik végpontját tartalmazza, tehát legalább ν(G) szögpontból áll. Ennélfogva a lefogó ponthalmazokelemszámának minimuma, azaz τ (G) is legalább ν(G).


Legyen most M egy tetszőleges párośıtás. (M -re vonatkozó) alternáló útnak nevezünk egy olyan utat, amelynek éleifelváltva M -beliek és nem M -beliek. Pl. minden 1-hosszúságú út ilyen. Legyen A0, illetve B0 az M párośıtás éleinek az A, illetve

11

a B pontosztályba eső végpontjainak halmaza. Legyen A1 := A \ A0 és B1 := B \B0. Legyen U azon A0-beli pontok halmaza,amelyek A1-ből alternáló úttal elérhetők, és legyen V az U -ból induló M -beli élek másik (B0-beli) végpontjainak halmaza. Azeddigi jelöléseket az alábbi ábra illusztrálja:

B:

A:

M:M:

U0A

1A

V0B

1B

1. Segédtétel Ha van alternáló út A1-ből (azaz valamely A1-beli szögpontból) B1-be, akkor M nem maximáliselemszámú párośıtás.

Bizonýıtás: a következő két ábra mutatja meg, hogyan kapunk az M párośıtásból egy eggyel nagyobb elemszámú M ′

párośıtást, ha x ∈ A1-ből van alternáló út y ∈ B1-be. Ez igazolja a segédtételt.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

12

B:

A:

M:M:

Ux

y

0A1A

V0B

1B


B:

A:

M’:M’:

Ux

y

0A1A

V0B

1B

13

2. Segédtétel Ha nincs alternáló út A1-ből B1-be, akkor (A0 \ U) ∪ V lefogó ponthalmaz. Továbbá |M | =|(A0 \ U) ∪ V | miatt ν(G) ≥ τ (G), M maximális elemszámú párośıtás, és a tételt igazoltuk.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Ennek bizonýıtása: A második mondat következik az elsőből, ezért csak azt kell belátnunk, hogy a mondott (A0 \U)∪Vhalmaz (az ábrákon szaggatott piros vonallal bekarikázva) lefogó, ehhez pedig azt kell igazolni, hogy ”rossz helyen” (azaz amondott halmaz által le nem fogottan) nem mennek élek. Ezt több esetre bontva indirekt igazoljuk az alábbi ábrák seǵıtségével.

B:

A:

M:M:

Ux

0A1A

V0B

1B

Ha egy B0 \ V -ből induló él (az ábrán barna vastag szaggatott) nem A0-ban landol (azaz nincs lefogva), akkor x-be is vezetalternáló út A1-ből, ı́gy x ∈ U , ellentmondás.

14

B:

A:

M:M:

U0A

1A

V0B

1B

Ha egy B1-ből induló él nem A0-ban landol, akkor A1-ben a feltevés miatt nem landolhat, hiszen akkor lenne 1 hosszúságúalternáló út A1-ből B1-be, ami a feltevés szerint lehetetlen. Ha pedig


B:

A:

M:M:

Uz v

w

0A1A

V0B

1B

U -ban landol (az ábrán barna vastag szaggatott él): mivel z elérhető valamely v ∈ A1-beli pontból alternáló úttal, ezért w ∈ B1is, tehát — a feltevéssel ellentétben — van alternáló út A1-ből B1-be; ellentmondás. Q.e.d.

15

Magyar módszer: Adott egy páros gráf. Keresünk egy maximális elemszámú párośıtást. A módszer: elindulunk egytetszőleges M párosśıtásból. (Lehet üres is, de célszerű annál bővebből indulni.) Ezt követően az előző bizonýıtást követjük:ha van alternáló út A1-ből B1-be, akkor ezen úton az M -beli éleket M -ből kidobva, a nem M -belieket pedig M -hez hozzávéveegy nagyobb elemszámú párośıtást kapunk.

Ha pedig nincs, akkor (A0 \U) ∪ V lefogó ponthalmaz. Érdemes ellenőrizni, hogy tényleg lefogó és tényleg annyi eleme van,mint amennyi a párośıtásnak (ha nem, akkor valamit elrontottunk: valósźınűleg az U -t rosszul határoztuk meg.)

Példa: az alábbi ábrák szerint.


1B 1B1B 1B 1B

1A 1A 1A 1A 1A

16

1B 1B1B 1B 1B

1A 1A 1A 1A 1A

1B 1B 1B 1B

1A 1A 1A 1A


17

1B 1B 1B 1B

1A 1A 1A 1A

1B 1B 1B

1A 1A 1A


18

1B 1B 1B

1A 1A 1A

1B 1B

1A 1A


19

1B VV

U U

1B

1A 1A

A nagy ”gombócok” lefogó ponthalmazt alkotnak. Számuk valóban |M |. Tehát M maximális elemszámú párośıtás.Megjegyzés: ha M (mindegy, hogyan találtuk) olyan párośıtás, hogy létezik |M | elemszámú lefogó ponthalmaz, akkor

M maximális elemszámú párośıtás (és a kérdéses lefogó ponthalmaz minimális elemszámú).


X ⊆ V -re jelölje Γ(X) az X-beli szögpontok szomszédainak halmazát. (Azaz azon szögpontok halmazát, amelyek valamelyX-beli szögponttal össze vannak kötve éllel.)

4. Tétel. Kőnig–Hall-tétel. Legyen G páros gráf az A, B pontosztályokkal. Akkor és csak akkor létezik A-t lefedő párośıtás, habármely X ⊆ A-ra |Γ(X)| ≥ |X|. (”Kőnig–Hall-feltétel”.)

(Nagyon) pongyolán fogalmazva: a feltétel az, hogy A bármely részhalmazának elég sok szomszédja legyen.Bizonýıtás: A feltétel nyilván szükséges. Az elegendőséghez a Kőnig-tétel szerint elegendő azt belátni, hogy τ (G) = |A|,

azaz τ (G) ≥ |A|, azaz hogy bármely S lefogó szögponthalmaznak legalább |A| eleme van. Az ábra szerint:

20

SS

A:

B:

A \ S

??


Az A \ S-ből induló élek (hogy S tényleg ”lefogja” őket), csakis

SS

A:

B:

Y

A \ S

Y := B ∩ S-ben végződhetnek. Ezért Γ(A \ S) ⊆ Y , ı́gy |A \ S| ≤ |Γ(A \ S)| ≤ |Y |, és ezért látható, hogy |A| ≤ |S|. Q.e.d.Az eddigiek következménye az alábbi:

5. Tétel. Legyen G páros gráf az A, B pontosztályokkal. Pontosan akkor létezik teljes párośıtás, ha |A| = |B| és (Kőnig–Hall-feltétel:) az A bármely S részhalmazának legalább |S| szomszédja van.

Egy gráfot k-regulárisnak nevezünk, ha minden pontja k-adfokú. Regulárisnak, ha valamely k ≥ 1-re k-reguláris. Példa:

21

3-reguláris páros gráf


6. Tétel. Minden reguláris páros gráfban létezik teljes párośıtás.

Bizonýıtás: Legyen X ⊆ A, |X| = n. Ekkor X-ből kn él indul ki Γ(X)-be. Mivel Γ(X) egy-egy szögpontjába pontosan kél fut be, ezért |Γ(X)| nem lehet túl kis elemszámú, hogy az X-ből befutó élek landolni tudjanak. Pontosabban: kn él csakúgy landolhat, ha |Γ(X)| ≥ n = |X| (Kőnig–Hall-feltétel). Speciálisan: X = A esetén kapjuk, hogy |A| ≤ |Γ(A)| ≤ |B|.Szerepcserével: |B| ≤ |A|. Az előző tétel miatt Q.e.d.

Feladatok1. A ”körbekényszeŕıtős játék” szabálya: adott n szögpont a śıkon, él egy se. A két játékos felváltva rajzol be egy-egy élet a

gráfba. Az vesźıt, aki először rajzol be olyan élet, hogy a gráfban kör keletkezik. Kezdőjátékosként melyik játékasztalt érdemesválasztani: ahol 2005 szögpont van, ahol 2004, vagy teljesen mindegy?

2. Ha egy n szögpontú gráfban (n ≥ 2) legalább n él van, akkor kör is van.3. Bármely véges gráf élei iránýıthatók oly módon, hogy a kapott iránýıtott gráf ne tartalmazzon iránýıtott kört.4. Igazoljuk, hogy egy fában legfeljebb egy teljes párośıtás lehet.5. Táncolhatnak-e párokban az egész társaság úgy, hogy minden férfi ismerős hölggyel táncol, ha

(a) Minden férfi k hölgyet ismer és minden hölgy k férfit ismer? (Az ismerettség kölcsönös)(b) Minden férfi ismeri legalább a hölgyek felét és minden hölgy legalább a férfiak felét?

22


Czédli Gábor

2005. március 3.


Euler-vonalA legelső gráfelméleti eredményről lesz szó (Euler, 1736).Ebben a fejezetben többszörös éleket is meg fogunk engedni.

Ezért nem monhatjuk, hogy az élek szögpontpárok vagy kételemű szögponthalmazok, mint eddig. Hanem az él a szögponttalegyenrangú alapfogalom, és e kettő viszonyát ragadja meg az alábbi

Defińıció: (többszörös- és hurokéleket megengedő iránýıtatlan) gráfon egy G = (V, E, ι) rendezett hármast értünk, aholV 6= ∅ a szögpontok (”vertex, vertices”) halmaza, E az élek (”edge”) halmaza, ι : E → {{x, y} : x, y ∈ V } (”ióta”) pedig azilleszkedést léıró leképezés. Tehát ι azt mondja meg, hogy egy e élnek melyek a végpontjai (illetve egyetlen végpontja hurokélesetén, amikor is eι = {x, x} = {x} alakú).

A korábbi gráfjaink (azaz a hurokél és többszörös él nélküli, iránýıtott vagy iránýıtatlan gráfok) az ún. egyszerű gráfok.Euler: végig lehet-e menni a Pregel-folyó h́ıdjain (7 db), hogy mindegyiken pontosan egyszer megyünk keresztül? (A

nagyobbik sziget csak félig látszik az ábrán.)

Königsberg, Pregel folyó


Königsberget a folyó négy részre vágja, ezeket egy gráf szögpontjainak, a hidakat pedig ezen gráf éleinek kinevezve: a kérdésaz, hogy van-e ebben a gráfgan olyan séta, amelyik a gráf mindegyik élét pontosan egyszer tartalmazza.

1


Ma — akár mondjuk külön, akár nem — csak véges gráfokat tekintünk, tehát a végesség implicit módon mindig fel lesz téve.Def: Egy olyan sétát, amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza, Euler-vonalnak nevezünk. Ha emellett

a séta zárt (kezdőpont=végpont), akkor zárt Euler-vonalnak nevezzük.Ha egy G gráfban nincs izolált (=nulladfokú) szögpont és van Euler-vonal, akkor nyilván a gráf összefüggő, továbbá a séta

kezdő és végpontját (ha ezek különbözők) leszámı́tva minden szögpontba bemegyünk és onnak kijövünk, esetleg többször is,és ı́gy ezen szögpontok foka páros. Ha zárt Euler-vonal is van (azaz a gráf Euler-gráf, akkor minden szögpont foka páros.Meglepő módon ezen könnyen látható szükséges feltételek elegendőek is! Pontosabban:

1. Tétel. Legyen G egy izolált pont nélküli gráf. (Iránýıtatlan, többszörös élek megengedettek.) Ekkor (1) G Euler-gráf ⇐⇒összefüggő és minden szögpont foka páros. (2) G-ben van Euler-vonal ⇐⇒ G összefügő és legfeljebb kettő páratlan fokúszögpontja van.

2

A bizonýıtás vázlata: Tfh. G öfgő és minden pont foka páros. Feltehető, hogy nincsenek hurokélek (hiszen azok utólagis hozzávehetők majd a hurokéleitől megfosztott gráf Euler-vonalához).Létezik olyan zárt séta, amelyikben bármely él legfeljebbegyszer fordul elő. Ugyanis: engedjük meg a 0 hosszúságút is (0 élből és egyetlen szögpontból áll)! Legyen L maximálishosszúságú zárt vonal, amelyben mindegyik él legfeljebb egyszer lép fel. Indirekt tfh. L nem tartalmazza az összes élet.

Ekkor létezik egy L-en ḱıvüli e1 él úgy, hogy ezen élnek (legalább) egyik végpontja, mondjuk b, L által látogatott. (Azértnem mondom, hogy L-beli, mert a többszörös élek miatt a szögpontok sorozata nem határozza meg az élek sorozatát; tehát itta séta csakis az élek sorozatával adható meg!)

Ha L mindegyik szögpontot meglátogatja, akkor ez evidens. Ha nem, akkor tekinsünk egy L által nem látogatott a szögpontotés egy L által látogatott b szögpontot, majd (G öfgő!) egy utat a-ból b-be — az első olyan él, amelyik nem látogatott szögpontbóllátogatottba visz, jó lesz. (De mi a másikat tekintjük e1-nek, mivel az tanulságosabb.) ld. ábra.

1

1

2

3 4

5

6

78

9 10

1112

14

13

b

e

L

a


Tehát ∃b, amelyet L (vastag kék) látogat, és amelyből L-en ḱıvüli e1 él indul. Induljunk el egy K sétára (vastag szaggatottpiros) b-ből L-en ḱıvüli éleken, éleket nem ismételve.

3

10

1

2

3 4

5

6

78

9 10

1112

14

13

b=b

1e

L

a

b


Az e1 élen eljutunk b = b0-ból egy b1 6= b0 pontba. Mivel b1 ”L-foka” (azaz az L-beli élek által alkotott részgráfban —ami nyilván Euler-gráf — tekintett foka) páros, és G-beli foka is páros, van az L-beli éleken és az e1 élen ḱıvül is L-ből indulótovábbi, e2 él! Azon menjünk tovább egy b2-vel jelölt szögpontba!

4

10

1

2

3 4

5

6

78

9 10

1112

14

13

b=b

1e

2e

L b

2b


Ha b2 6= b0, akkor — mivel az L-foka is és a G-beli foka is páros, létezik b2-ből induló, eddig még nem szerepelt él, azonmenjünk tovább. Stb.

5

10

1

2

3 4

5

6

78

9 10

1112

14

13

b=b

1e

3e

4e

2e

L KKb

2b


Az se baj, ha visszaérünk egy korábbi, de b0-tól különböző szögponthoz: L valahányszor bement és ugyanannyiszor kiment(páros sok él),

és K eddigi része is korábban valahányszor bement és kiment (páros sok él), most bementünk, (ez eddig páratlan sok él),van tehát eddig nem használt él, amin távozhatunk.

6

10

1

2

3 4

5

6

78

9 10

1112

14

13

b

1e

3e 5e 6e

7e

8e10e 9e

4e

2e

L KKb

2b


Végtelen sokszor nem találhatunk új élet, tehát — mivel minden más esetben találunk — előbb-utóbb visszaérünk b0-ba, ésezzel befejeződik a K séta konstrukciója.

Mármost ha b0-ból előbb L majd K mentén sétálunk, akkor zárt sétát kapunk különböző éleken, ami hosszabb L-nél,ellentmondás, q.e.d.

A bizonýıtás algoritmust szolgáltat zárt Euler-vonal keresésére! (Elég jót, bár van jobb is a könyvben.)A nem zárt Euler-vonal esete a zárt Euler-vonalra vezethető könnyedén vissza. A tétel szerint legfeljebb két páratlan fokú

pont esetén létezik Euler-vonal. Mivel a fokszámok összege páros (kétszerese az élek számának), ezért nem lehet pontosan egypáratlan fokú pont. Ha nulla van, akkor zárt Euler-vonal is van (és láttuk, hogyan lehet találni.) Ha pontosan kettő páratlanfokú pont van, akkor kössük őket össze egy új éllel. Az új gráfban van zárt Euler-vonal, és meg is tudjuk keresni. Ha ebből azúj élet elhagyuk, az eredeti gráf egy nyitott Euler-vonalát kapjuk.

7

Megjegyzés: iránýıtott gráf esetén pontosan akkor létezik zárt (természetesn iránýıtott) Euler-vonal, ha a gráf gyengén összefüggő(azaz a nyilakat az élekről elhagyva mint iránýıtott gráf összefüggő) és minden pont kifoka azonos a befokával.

Feladat: Lerajzolható-e az ábrán látható ház anélkül, hogy a ceruzát felemelnénk?

Igen, mert a gráf összefüggő, és a páratlan fokú pontok száma 2.

8

Hamilton-kör, Hamilton-útVárosnéző sétán többnyire nem az a cél, hogy a hidakon átmenjünk, hanem az, hogy minden nevezetességhez eljussunk

pontosan egyszer.Def: egyszerű (= nincs hurokél, nincs többszörös él) gráf esetén ha egy kör, illetve út minden szögponton átmegy, akkor

Hamilton-körnek, illetve Hamilton-útnak nevezzük.Megj.: a hurokéleknek, többszörös éleknek nem is jutna szerep, hiszen a kör/út bármely szögponton csak egyszer mehet át.

Ha van Hamilton-kör, akkor Hamilton út is van. Ford́ıtva ez nem áll fenn, pl. a két szögpontú egyetlen élet tartalmazó gráfban(semilyen) kör nincs, de Hamilton-út van.


Jogos a várakozás, hogy a zárt Euler-vonalra vonatkozó könnyű és gyors algoritmus után hasonló szerepeljen a Hamilton-körre is. Időhiány, és nincs is! A Hamilton-kör keresése bizonýıtottan NP-teljes probléma! (Ld. későbbi tanulmányok. P=? NP ??? A megoldónak http://plus.maths.org/issue24/features/budd/ egymillió dollárt ı́gér!) E bonyolult témakörből csakegyetlen tételt ismertetek, bizonýıtás nélkül:

2. Tétel. Ha a G véges egyszerű gráfban bármely szögpont foka legalább fele a szögpontok számának, akkor G-ben van Hamilton-kör.

9

Például ebben a gráfban van Hamilton-kör, és akkor is ugyanezt álĺıthatnánk, ha a felső v́ızszintes élét elhagynánk.

Műveletek, műveleti tulajdonságokKorábbi példák műveletekre: P (A)-n (azaz A hatványhalmazán, tehát részhalmazainak halmazán) ∩, ∪, \, 4, . Vagy

C-n az +, ·, , −. Vagy Sn-en a szorzás. Példák tulajdonságokra: pl. a szorzás Sn-en asszociat́ıv.Def.: Ha A nemüres halmaz és n ∈ N0, akkor az An → A leképezéseket A-n értelmezett n-változós műveleteknek

nevezzük. Egy ilyen művelet esetén n-et a művelet változószámának vagy aritásának nevezzük.CzG: Diszkrét matematika II , SZTE, 2005 Vázlat, nem a végleges változat!

Jelölés: hagyományosan, kis latin betűkkel (vagy máshogy). Például R-n az összadás nem más, mint az R2 → R, (x, y) 7→x + y leképezés, amelyet természetesen + vagy (félreértés veszélye esetén) +R jelöl. Ez egy kétváltozós művelet, amely mellettaz (x, y) elempár képét nem (x, y)+R és nem is +(x, y) vagy +R(x, y), hanem x + y jelöli.

Az előző példák során felsoroltak közül kétváltozósak: ∩, ∪, \, 4, +, ·, és (esetenként) − (kivonás).Egyváltozósak: (komplementer halmaz képzése), (konjugálás), − (ellentett képzése).A pozit́ıv valós számok halmazán kétváltzós művelet az exponenciális függvény (xy) és a logaritmusfüggvény (logx y) is,

egyúttal további hagyományos jelölést is láttunk.A valós számok R halmazán egyváltozós műveletek a szögfügvények, pl. a sinx, és általában a Kalkulus tantárgyban

megismert mindazon valós függények, amelyek értelmezése tartománya (−∞,∞), azaz az f : R → R, x 7→ f(x) függvények.(Ismét újabb hagyományos jelölések.)

Véges halmazon műveletet értéktáblázattal is megadhatunk:

10

0

0

0

0

0

1

2

3

0

1

2

3

0

2

0

2

0

0 1 2 3

3

2

1

a =

b =

= a b

3

2

1

0

0

1

2

3

gf

a f(a)

. . .. . .

a

b

a b

. . .

. . . . . .

. . .

. . .. . .

Egyváltozós: Kétváltozós:


Megj: úgy is lehetne, mint a logikai műveletek esetén (de kétváltozósnál az ritka).Milyen a nullaváltozós művelet? Defińıció szerint A0 = {∅}, tehát egyelemű. (Ez összhangban van azzal, hogy n0 = 1, tehát

az |An| = |A|n összefüggés n = 0 esetén is teljesül.) A nullaváltozós művelet, A0 → A, nem más, mint az egyelemű {∅} halmazA-ba való leképezése. De egy egyelemű halmaz leképezését az egyetlen eleme képének megadásával lehet megadni.

Ezért a továbbiakban nullaváltozós műveleten az A egyetlen elemének kijelölését értjük, és eszünkbe sem jut az{∅}. Más szóval: nullaváltozós művelet = alaphalmaz rögźıtett kitüntetett eleme.

Például szokás a 0 ∈ R, id ∈ Sn, 1 ∈ Z elemeket nullaváltozós műveleteknek tekinteni.Algebra (i struktúra)

Def: Ha A nemüres halmaz, és F A-n értelmezett műveleteknek valamilyen halmaza, akkor az (A; F ) párt algebraistruktúrának, vagy röviden algebrának nevezzük. A az algebra ún. alaphalmaza vagy más néven tartóhalmaza.

F lehet üres is (nem túl érdekes eset). Ha F -nek kevés eleme van, akkor a jelölésben F helyett az elemeit (azaz a műveleteket)is felsorolhatjuk. Pl. (Z; {+, ·}) és (Z; +, ·) ugyanazt jelenti. Csak olyan jelölést szabad használni, amelynél — konvenció vagyelőzetes közlés alapján — az olvasó tudja, hogy az egyes műveleti jelek hányváltozós műveletet jelölnek. Tehát pl. önmagában(Z;−) kevés, mert azt is meg kell mondani, hogy a − jel egy- vagy kétváltozós.

11

Végtelen sok algebrai struktúra definiálható, még akkor is, ha az A alaphalmaz egy rögźıtett véges halmaz. De természetesennem mindegyik érdekes és hasznos számunkra, ahogy pl. a folytonos valós függvények közül se mindegyik. Egyes könyvek azalgebra és a tartóhalmaza között nem tesznek jelölésbeli különbséget, de mi igen.

A műveleteknek és az algebrai struktúráknak lehetnek speciális jó tulajdonságai. Némelyek elég fontosak és hasznosak ahhoz,hogy elnevezést és tanulmányozást érdemeljenek. (Ez már az ismereteink rendszerezése miatt is megéri, de további haszna isvan.)

Def: az egyetlen kétváltozós művelettel rendelkező algebrai struktúra neve: grupoid. A grupoid műveletét többnyireszorzás (egymás mellé ı́rás) jelöli, de más jelölés is elképzelhető.

Def: Legyen (A; ·) egy grupoid. Azt mondjuk, hogy ez a grupoid (vagy a rajta értelmezett művelet)— kommutat́ıv def⇐⇒ bármely a, b ∈ A-ra ab = ba,— asszociat́ıv def⇐⇒ bármely a, b, c ∈ A-ra (ab)c = a(bc).Fontos, hogy más jelölésrendszerek esetén is ismerjük a defińıciót! Íme néhány példa:Ha f jelöli a műveletet, és az (x, y) képét f(x, y), akkor

— f asszociat́ıv def⇐⇒ bármely a, b, c ∈ A-ra f(f(a, b), c) = f(a, f(b, c)).Ha hatványozás módjára jelöljük a műveletet, akkor

— a művelet asszociat́ıv def⇐⇒ bármely a, b, c ∈ A-ra (ab)c = a(b

c) (a második zárójelpárt el szokás hagyni).Az alábbi két jelölésmód főleg az informatikában elterjedt. (A ford́ıtóprogramok kifejezések ford́ıtása közben használhatják

közbülső lépésként — azért előnyösek, mert nincsenek zárójelek).Ha ∗ a műveleti jel és lengyel jelölést alkalmazunk : (x, y) 7→ ∗xy, azaz a műveleti jelet követik az operanduszok, akkor— ∗ asszociat́ıv def⇐⇒ bármely a, b, c ∈ A− ra ∗ ∗ abc = ∗a ∗ bc.Ha h a műveleti jel és ford́ıtott lengyel jelölést alkalmazunk : (x, y) 7→ x y h, akkor— h asszociat́ıv def⇐⇒ bármely a, b, c ∈ A− ra a b h c h = a b c h h.Követelmény: a fenti és későbbi fogalmakat a lehetséges jelölési rendszerek mindegyikében tudni kell!

(ab)c = a(bc)

Az asszociativitás esetén pl. azt is tudni kell, hogy a lényeg: adott három elem, rögźıtett sorrendben. Mindegy, hogy előszöraz első kettőt helyetteśıtjük a szorzatukkal, és azután végezzük el a második szorzást, vagy pedig először az utolsó kettőthelyetteśıtjük a szorzatukkal, és azután végezzük el a második szorzást.

12

Def: Legyen (A; ·) grupoid és e ∈ A. Ha bármely x ∈ A-ra ex = x és xe = x, akkor e-t a gupoid egységeleméneknevezzük. Ha egy grupoidnak van egységeleme (más szóval: a grupoidban van egységelem), akkor egységelemesgrupoidról beszélünk.

Álĺıtás: Egységelemes grupoidnak pontosan egy egységeleme van.Bizonýıtás Ha e1 is és e2 is egységelem, akkor e1e2 = e2, mivel e1 egységelem, továbbá e1e2 = e1, mivel e2 egységelem, és

innen e1 = e2. Q.e.d.


Def: Legyen (A; ·) grupoid és z ∈ A. Ha bármely x ∈ A-ra zx = z és xz = z, akkor z-t a gupoid zéruseleméneknevezzük. Ha egy grupoidnak van zéruseleme (más szóval: a grupoidban van zéruselem), akkor zéruselemes grupoidrólbeszélünk.

Álĺıtás: Zéruselemes grupoidnak pontosan egy zéruseleme van.Bizonýıtás Ha z1 is és z2 is zéruselem, akkor z1z2 = z1, mivel z1 zéruselem, továbbá z1z2 = z2, mivel z2 zéruselem, és innen

z1 = z2. Q.e.d.Példák: A (Z; ·) grupoidban az 1 egységelem, a 0 pedig zéruselem. Innen ered az elnevezés! A (Z; +) grupoidban viszont a

0 egységelem, és nincs zéruselem !

Félcsoport, monoidFélcsoport = asszociat́ıv grupoidMonoid = egységelemes félcsoport = egységelemes asszociat́ıv grupoidPéldák: Egész számok addit́ıv félcsoportja: (Z; +), ez monoid. Egész számok multiplikat́ıv félcsoportja: (Z; ·), ez is

monoid. Pozit́ıv egész számok addit́ıv félcsoportja: (N; +), ez nem monoid! Hiszen nincs olyan e pozit́ıv egész szám, hogye + x = x = x + e minden x ∈ N-re teljesüljön!

Az összetett pozit́ıv egész számok multiplikat́ıv félcsoportja: ({4, 6, 8, 9, 10, . . .}; ·): ez nem monoid!A pŕımszámok multiplikat́ıv félcsoportja: ({2, 3, 5, 7, . . .}; ·)——————————————————————–Nem! Ez még csak nem is algebrai struktúra! A szorzás nem is művelet rajta, hiszen két pŕımszám szorzata nincs benne

az alaphalmazban!Grupoidban az a1a2 . . . an ”szorzatnak” általában nincs értelme, mert még az sem világos, melyik két elemet kell először

összeszorozni. (Már n = 3 esetén is eltérő eredményt kaphatunk, ha más sorrendet választunk.) Csak akkor válik értelmessé,ha zárójelekkel kijelölünk valamilyen sorrendet.

13

3. Tétel. Általános asszociativitás tétele: félcsoport tetszőleges a1, . . . , an (n ≥ 1) elemeire bárhogy zárójelezzük (természetesenszintaktikusan helyesen) az

a1a2 . . . an

szorzatot, az eredmény független a zárójelezéstől.

Mivel úgysem függ a zárójelezéstől a szorzat, a zárójeleket félcsoportban többnyire elhagyjuk.Def: azt mondjuk, hogy egy (A; ·) grupoid a, b elemei felcserélhetők, ha ab = ba. Megj.: nyilván a grupoid pontosan

akkor kommutat́ıv, ha bármely két eleme felcserélhető. Szinte evidens az alábbi tétel.

4. Tétel. (Általános kommutativitás tétele.) (1) Ha egy félcsoport a1, . . . , an elemei páronként felcserélhetők, akkor bármelyπ ∈ Sn permutációra

a1πa2π . . . anπ = a1a2 . . . an.

(2) Kommutat́ıv félcsoportban a többtényezős szorzatok eredménye független a tényezők sorrendjétől.

Például korábban tanultuk, hogy az (Sn, ◦) félcsoportban az idegen ciklusok felcserélhetők, ezért páronként idegen ciklusokszorzata nem függ a tényezők sorrendjétől.

Az (N; +) és (N; ·) félcsoportok esetén az általános asszociativitás és kommutativitás már az általános iskola alsó tagozatánszinte tudat alatti készséggé válik. Példa erre az alábbi szorzat kiszámı́tása:

9 · 17 · 6 · 13 · 21 · 8 · 15 · 5 · 27 · 24 · 0 · 7 =?

Hatványozás félcsoportbanan = aa . . . a. Grupoidban ez kevés lenne (hogyan zárójelezzük?). Ezért feltesszük, hogy a művelet asszociat́ıv, azaz csak

félcsoportban definiáljuk: an = aa . . . a (n tényező, n ≥ 1, a1 := a). Másként: a1 := a, an+1 := an · a (rekurzióval).

5. Tétel. (Hatványozás azonosságai félcsoportban.) Félcsoport tetszőleges a, b elemére és n,m ∈ N-rean · am = an+m (azonos alapú hatványok szorzása),(an)m = anm (hatvány hatványozása),ha a és b felcserélhető, akkor an · bn = (ab)n (azonos kitevőjű hatványok szorzása).

14

Bizonýıtás: Az általános asszociativitás miatt mindegy, hogy az azonos tényezőkből álló szorzatot hogyan zárójelezzük.Ezért a tétel ugyanúgy adódik, ahogy számokra (triviálisan). De teljes indukcióval is lehet bizonýıtani.

Def. Legyen (A, ·) egységelemes grupoid. Az egységelemét jelölje 1. Ha a, b ∈ A és ab = ba = 1, akkor azt mondjuk, hogy binverze a-nak.

Álĺıtás Monoidban bármely elemnek legfeljebb egy inverze van.Bizonýıtás: Ha b1 és és b2 is inverze a-nak, akkor b1 = b1 · 1 = b1(ab2) = (b1a)b2 = 1 · b2 = b2. Tehát az a bármely két inverze

megegyezik, ezért csak egy van. Q.e.d.Monoidban — ha létezik — az a elem inverzét (amiből csak egy van) a−1 jelöli. Ha létezik a−1, akkor neki is van inverze: a.

Azaz (a−1)−1 = a.Példa: (Z; ·) monoid, az 1 szám az egységeleme, csakis az 1-nek és −1-nek van inverze: önmaguk.

6. Tétel. Ha egy monoid a1, . . . , an elemeinek van inverze, akkor ezen elemek szorzatának is van és

(a1 . . . an)−1 = a−1n . . . a

−11 .

Azaz: ha a tényezőknek van inverze, akkor a szorzatnak is van, és a szorzat inverze a tényezők inverzének ford́ıtott sorrendbenvett szorzata.

Biz: Szorozzuk össze a kettőt mindkét sorrendben (de csak az egyiket részletezzük):a1 . . . an−1ana

−1n a

−1n−1 . . . a

−11 =

a1 . . . an−1(ana−1n )a

−1n−1 . . . a

−11 =

a1 . . . an−1 1 a−1n−1 . . . a

−11 =

a1 . . . an−1 (1 a−1n−1) . . . a

−11 =

a1 . . . an−1a−1n−1 . . . a

−11 =

. . .a1a

−11 =1,

valóban. Q.e.d.

CsoportDef: csoport def⇐⇒ monoid, amelyben minden elemnek van inverze.

15

Azaz asszociat́ıv, egységelemes grupoid, amelyben minden elemnek van inverze. Jelölések: a csoport egységelemét 1, az aelem inverzét pedig a−1 jelöli.

Def: Abel-csoport def⇐⇒ kommutat́ıv csoport.Jelölések: nem mindig 1 jelöli a csoport egységelemét, és a műveletet is lehet máshogy jelölni. Abel-csoport esetén leg-

gyakrabban összeadás jelöli a műveletet (és akkor 0 az egységelemet: 0 + a = a + 0 = a.)Példák csoportra:(R \ {0}; ·) Abel-csoport, itt az 1 szám az egységelem, és a reciprok az inverz.(R; ·) nem csoport, mert a 0-nak nincs inverze. Csak kommutat́ıv monoid.(Q \ {0}; ·) és (C \ {0}; ·) is multiplikat́ıv Abel-csoport. A jelző arra utal, hogy a művelet (jelölése) a szorzás .(Z \ {0}; ·) nem csoport. ? Pl. a 2-nek nincs inverze, hiszen nincsen olyan b egész szám, amelyre 2b = 1.(P (M);4), ahol M tetszőleges halmaz, Abel-csoport. Itt az ∅ az egységelem, és tetszőleges elem inverze önmaga.(Sn; ◦) csoport, de n ≥ 3 esetén nem Abel-csoport. Itt az identikus permutáció az egységelem.A śık (vagy tér) egybevágósági transzformációinak halmaza a leképezésszorzásra nézve csoport, nem Abel.Rögźıtett (többnyire ”szabályos”) T śıkidom vagy térbeli test esetén azon egybevágósági transzformációk halmaza (a

leképezésszorzásra nézve), amelyek T -t önmagába viszik — ez csoport. Pl. a kocka egybevágósági (vagy más néven szimmetria-)csoportja, a hatszög egybevágósági (vagy szimmetria-) csoportja, stb.

Az előbbi T esetén esetén a śık, ill. tér azon mozgástranszformációinak csoportja, amelyek T -t önmagába viszik — ezcsoport. Pl. a kocka mozgáscsoportja különbözik a kocka egybevágósági csoportjától, mert az előbbiben nincsenek benne (akocka középpontján átmenő, lappal párhuzamos śıkokra való) tükrözések.

Adott kristályrács szimmetriacsoportja, azaz a rácsot önmagába vivő egybevágósági transzformációk csoportja, akristálytanban kap szerepet.

A Rubik-kocka (bűvös kocka) csoportja: lényegében ez is egy mozgáscsoport (de most nem def.), amelynek tanulmányozásaseǵıt a kocka helyreforgatásában.


Elem hatványa csoportban: pozit́ıv kitevőre mint eddig (ismételt szorzás). a0 := 1. Ha k < 0, akkor ak := (a−1)−k.

7. Tétel. (Hatványozás azonosságai csoportban.) Csoport tetszőleges a, b elemére és n,m ∈ Z-rean · am = an+m (azonos alapú hatványok szorzása,(an)m = anm (hatvány hatványozása),ha a és b felcserélhető, akkor an · bn = (ab)n (azonos kitevőjű hatványok szorzása).

16

Bizonýıtás: Éppúgy, mint 0-tól különböző racionális számok esetén. Q.e.d.


A fogalmakat más jelölésmód esetén — pl. addit́ıv ı́rásmód esetén is — tudni kell! Az alábbi ”táblázat” jelenti a szótárt amultiplikat́ıv és az addit́ıv ı́rásmód között:

Műveleti jel: · vagy egymás mellé ı́rás +;Egységelem: 1 0;Hatvány: an na;Azonos alap. szorz.: an · am = an+m na + ma = (n + m)a ;Hatvány hatványozása: (an)m = anm m(na) = (nm)a; stb.

Def: Egy (A; ·) félcsoportot kancellat́ıvnak (vagy egyszerűśıtésesnek) nevezünk def⇐⇒ bármely a, x, y elemeire ax = ay=⇒ x = y és xa = ya =⇒ x = y. (”cancel” = ”egyszerűśıt”)

Példák: (R; ·) monoid de nem kancellat́ıv, hiszen a nullával nem lehet egyszerűśıteni.(R \ {0}; ·) kancellat́ıv monoid,(N; ·) kancellat́ıv monoid.

8. Tétel. (1) Minden csoport kancellat́ıv monoid.(2) Minden véges kancellat́ıv félcsoport csoport.

Megj.: még az is meglepő, hogy a (2) feltételéből következik az egységelem léte.Bizonýıtás (Szép.)(1) Tfh. (A; ·) csoport és ax = ay. Ekkor x = 1x = (a−1a)x = a−1(ax) = a−1(ay) = (a−1a)y = 1y = y, tehát (1) q.e.d.(2) Tfh. (A; ·) kancellat́ıv véges félcs. Ekkor, amennyiben a ∈ A, az A → A, x 7→ ax leképezés a kancellativitás miatt

injekt́ıv, ı́gy a végesség miatt szürjekt́ıv is. Tehát bármely a, b ∈ A esetén létezik olyan x ∈ A, hogy ax = b.Röviden: az ax = b egyenletek megoldhatók !!!

17

Mármost, ha az ax = b egyenletek megoldhatók, akkor — az eddigi megfontolásban a bal és a jobb szerepének felcserélésével—

kapjuk, hogy az xa = b egyenletek is megoldhatók!Tehát (a véges kancellat́ıv félcsoportunkban) az ax = b is és az xa = b egyenletek is megoldhatók. Ezt használjuk ki a

későbbiekben, amikor valamely adott elem helyett x-szer egy másik adott elemet ı́runk (a sorrend mindegy).


Rögz

diszkr´et matematika ii. (2005.febr.1) - szte bolyai...

Documents