diszkrét matematika példatár 1

Orosz gota Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika I.

pldatr

mobiDIK knyvtr

Orosz gota Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika I. pldatr

mobiDIK knyvtr

SOROZATSZERKESZT

Fazekas Istvn

Orosz gota

Kaiser Zoltn

Diszkrt Matematika I.

pldatr

egyetemi jegyzet

mobiDIK knyvtr

Debreceni Egyetem Informatikai Kar

Copyright c Orosz gota, Kaiser Zoltn, 2004Copyright c elektronikus kzls mobiDIK knyvtr, 2004mobiDIK knyvtrDebreceni EgyetemInformatikai Kar4010 Debrecen, Pf. 12http://mobidiak.unideb.hu

A m egyni tanulmnyozs cljra szabadon letlthet. Minden egyb fel-hasznls csak a szerz elzetes rsbeli engedlyvel trtnhet.A m a A mobiDIK nszervez mobil portl (IKTA, OMFB-00373/2003)s a GNU Itertor, a legjabb genercis portl szoftver (ITEM, 50/2003)projektek keretben kszlt.

Tartalomjegyzk

1. Halmazok, relcik, fggvnyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91. Halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92. Relcik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153. Fggvnyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2. Szmfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291. Vals szmok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292. Termszetes szmok, egsz szmok, racionlis szmok . . . . . . . . . . . 353. Komplex szmok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504. Algebrai struktrk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625. Szmossgok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636. Kombinatorikai alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3. Vektorterek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 791. Vektorterek s altereik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792. Lineris fggsg, bzis, dimenzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853. Alterek direkt sszege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964. Lineris sokasgok, faktortr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4. Mtrixok, lineris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1031. Mtrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1032. Determinns . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1153. Mtrix rangja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1284. Lineris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Irodalomjegyzk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

7

1. fejezet

Halmazok, relcik, fggvnyek

1. Halmazok

1.1. Feladat. Legyen X adott halmaz s A,B,C X. Igazolja, hogy ekkorteljeslnek a kvetkezk:

1. A B s B A pontosan akkor, ha A = B,2. A B = B A s A B = B A, azaz az uni- s a metszetkpzs

kommutatv,3. (AB)C = A (B C) s (AB)C = A (B C), azaz az uni-

s a metszetkpzs asszociatv,4. A (B C) = (A B) (A C) s A (B C) = (A B) (A C),

azaz teljesl a disztributivits,5. AA = A s AA = A, azaz a metszet- s az unikpzs idempotens,6. A = A s A = ,7. A X = X s A X = A,8. A = A,9. = X s X = ,10. A A = X s A A = ,11. (A B) = A B s (A B) = A B (de Morgan-fle azonossgok),12. A \B = A B,

Megolds.

1. (a) Ha A = B, akkor a kt halmaz elemei megegyeznek, azaz x A x B. Ennlfogva x A esetn x B, gy A B.Hasonlan kapjuk, hogy B A.

(b) Ha A B s B A, akkor x A x B, teht a kt halmazegyenl.

2. x A B x A s x B x B s x A x B A.Hasonlan lthat be az unikpzs kommutativitsa.

3. x (A B) C x A B vagy x C (x A vagy x B)vagy x C x A vagy (x B vagy x C) x A vagy

9

10 1. HALMAZOK, RELCIK, FGGVNYEK

x B C x A (B C). Hasonlan lthat be a metszetkpzsasszociativitsa.

4. x A (B C) x A vagy x B C x A vagy (x B sx C) (x A s x B) vagy (x A s x C) x A Bvagy x A C x (A B) (A C). A msik egyenlsghasonlan bizonythat be.

5. x (AA) x A vagy x A x A. Hasonlan lthat be ametszetkpzs idempotencija.

6. (a) x A x A vagy x x A, hiszen az reshalmaznak nincsen eleme.

(b) x A x A s x . De ilyen x elem nem ltezik,hiszen az res halmaznak nincsen eleme. Teht az A halmaznaknincsen eleme, gy A = .

7. Az unikpzs defincija miatt X AX. Viszont A X s X X,gy AX X is teljesl. Felhasznlva a feladat els rszt kapjuk, hogyX = A X. Hasonl gondolatmenettel igazolhat a msik egyenlsgis.

8. x A x 6 A x A.9. x x 6 . Ezt a felttelt teljesti az alaphalmaz minden eleme,

gy ez a halmaz maga az alaphalmaz, X. Ebbl s az elz pontblkvetkezik a msik egyenlsg.

10. (a) x A A x A vagy x A x A vagy x 6 A x X.

(b) x A A x A s x A x A s x 6 A. Ilyen elemnem ltezik, teht ennek a halmaznak nincsen eleme, gy egyenlaz res halmazzal.

11. x (A B) x 6 A B x 6 A s x 6 B x A sx B x A B. A msik egyenlsg hasonlan bizonythat be.

12. x A \B x A s x 6 B x A s x B x A B.1.2. Feladat. Mivel egyenl a H = (A (C \ B)) (A \ (B C)) halmaz,ha A = {n N | n pratlan}, B = {n N | 15 n} s C = {n N | nhrommal oszthat}?

Megolds. A C halmaz elemei azon termszetes szmok, melyek hrommalnem oszthatk, gy C \ B elemei a hrommal nem oszthat 15-nl kisebbtermszetes szmok. Ezek kzl vve a pratlan szmokat kapjuk az A (C \ B) halmaz elemeit: 1, 5, 7, 11, 13. Hasonlan okoskodva kapjuk, hogyaz A\ (B C) halmaz szintn ezt az t elemet tartalmazza. H a kt halmazunija, gy H = {1, 5, 7, 11, 13}.

1. HALMAZOK 11

1.3. Feladat. Legyen X adott halmaz s A,B X. Vizsglja meg, hogymilyen A s B halmazok esetn teljeslnek a kvetkezk:

1. A B = A,2. A B = A,3. A B = A,4. A B = A,5. A \ B = B \ A,6. A (B A) = B,7. (A B) \ B = A,8. A B = A B,

Megolds.

1. Ha AB = A, akkor az unikpzs defincijbl kvetkezik, hogy B A B = A, teht B A szksges felttel. Tovbb B A teljeslseesetn nyilvn teljesl az egyenlsg, teht ez a felttel elgsges is.

2. A metszetkpzs definicijbl kvetkezik, hogy A = A B B.Tovbb, ha A B, akkor A B = A, teht az egyenlsg pontosanakkor teljesl, ha A B.

3. A metszetkpzs definicijbl kvetkezik, hogy A = A B A. Ezcsak akkor lehetsges, ha A = , hiszen egy halmaznak s a komple-menternek nincsen kzs eleme. Teht A = X, gy a feladat felttele akvetkez alakra rhat t: X B = . Ebbl addik, hogy B = .

4. Az unikpzs defincijbl addik, hogy A A B = A, amely csakakkor teljeslhet, ha A = s A = X. Ekkor a felttel a kvetkezalakra rhat t: B = X, teht B = X.

5. A feladat felttele a kvetkez alakra rhat t: A B = B A. EkkorB A = A B A s B A A. gy B A = , hiszen A-nak sa komplementernek nincsen kzs eleme. Ebbl addik, hogy B A.Hasonlan kapjuk, hogy A B, teht A = B. Msrszt, ha az A sa B halmaz egyenlek, akkor az egyenlsg nyilvn teljesl, gy addik,hogy A \B = B \A pontosan akkor, ha A = B.

6. A (BA) = (AB) (AA) = (AB)X = AB. gy a felttel akvetkez alakra hozhat: A B = B. Az 1. pont alapjn ez pontosanakkor teljesl, ha A B.

7. (AB) \B = (AB)B = (AB) (B B) = (AB) = AB.gy a felttel a kvetkez alakban rhat: AB = A. A 2. pont alapjnez pontosan akkor teljesl, ha A B.

8. A AB = AB B, teht A B. Hasonlan addik, hogy B A,azaz a kt halmaz egyenl. Msrszt, ha A = B, akkor az egyenlsgtrivilisan teljesl, gy A B = A B A = B.


1.4. Feladat. Ha A,B,C pronknt diszjunkt halmazok (azaz a metszetkres), akkor mivel egyenl az ((A \ B) (C \ B)) (C A) (A B C)halmaz?

Megolds. Mivel AB = , gy A B, teht A\B = AB = A. Hasonlankapjuk, hogy C \ B = C, C A = A, s nyilvn A B C = . Teht((A \B) (C \B)) (C A) (AB C) = (AC)A = A = A.1.5. Feladat. Legyen X adott halmaz, tovbb A,B,C X, A B C.Mivel egyenl az (A B) (A B) (A C) \ (A B C) halmaz?Megolds. Mivel A B C, gy A B = A, A C = C, A B = A sA B C = C. Teht ((A B) (A B) (A C)) \ (A B C) =(A A C) \ C = (X C) \ C = X \ C = C.1.6. Feladat. Hozza egyszerbb alakra a kvetkez kifejezseket:

1. (A B) (A B),2. (A B) (A B) (A B),3. (A (C \ B)) (A \ (B C)),4. A (B \ (A B)) (C \ (C (A B))),

Megolds.

Az talaktsokl az 1.1. feladatban igazolt egyenlsgeket hasznljuk.

1. (A B) (A B) = (B A) (B A) = B (A A) = B = B.2. Az elz pontban kapott eredmnyt felhasznlva a kvetkezt kapjuk:

(AB)(AB)(AB) = ((AB)(AB))(AB) = B(AB) =(B A) (B B) = (B A) = B A.

3. (A (C \ B)) (A \ (B C)) = A (C B) (A (B C)) =(A (B C)) (A (B C)) = A B C.

4. A (B \ (A B)) (C \ (C (A B))) =A (B (A B)) (C (C (A B))) =A (B (A B)) (C (C (A B))) =A (B A) (B B) (C C) (C (A B)) =((A B) (A A)) (C (A B)) = (A B) (C (A B)) =(A B C) ((A B) (A B)) = A B C.

1.7. Feladat. Igazolja, hogy tetszleges A,B s C hamazok esetn igazakaz albbi egyenlsgek:1. A = A (A B),2. A \ B = A \ (A B),3. A \ (B C) = (A \B) (A \ C) s A \ (B C) = (A \ B) (A \ C),4. (A B) \ C = (A \ C) (B \ C) s (A B) \ C = (A \ C) (B \ C),5. (A \B) C = (A C) \ B = (A C) \ (B C),

1. HALMAZOK 13

6. (A \ (A B)) B = A B,7. (A B) C = C \ (C (A B)),

Megolds.

1. A B A s A A, gy A A (A B) A, amibl az lltskvetkezik.

2. A\(AB) = A(A B) = A(AB) = (AA) (AB) = (A\B)= A \ B.

3. (a) A \ (B C) = A (B C) = A (B C) = A A B C= (A B) (A C) = (A \B) (A \ C).

(b) A \ (B C) = A (B C) = A (B C) = (A B) (A C)= (A \B) (A \ C).

4. (a) (AB)\C = (AB)C = (AC) (BC) = (A\C) (B \C).(b) (AB)\C = (AB)C = ABC C = (AC) (BC) =

(A \ C) (B \ C).5. (A \B) C = (A B) C = (A C) B = (A C) \B.

A msodik egyenlsg az ismert szablyokkal szintn levezethet, deabbl is ltszik, hogy az A C halmaz elemei C-nek elemei, gy B-nekcsak azon elemeit vesszk ki ebbl a halmazbl, amelyek benne vannakC-ben is, gy benne vannak a B C halmazban. Teht (A C) \ B =(A C) \ (B C).

6. (A \ (A B)) B = (A (A B)) B = (A (A B)) B = (A A) (A B) B = (A B) B = (A B) (B B) = A B.

7. C \ (C (A B)) = C (C (A B)) = C (C (A B)) = =(C C) (C (A B)) = (A B) C.

1.8. Feladat. Legyen A := {a, b, c} ahol a, b s c klnbz elemek. Soroljafel A hatvnyhalmaznak elemeit.

Megolds.

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

}1.9. Feladat. Legyen A egy n elem halmaz. Igazolja, hogy ekkor A hatvny-halmaznak 2n darab eleme van.

Megolds. Azt kell megvizsglni, hogy hnyflekppen kpezhetnk rszhal-mazt A-bl. Legyen A := {a1, a2, . . . , an}. Vegyk A els elemt, a1-et. Eztaz elemet vagy belerakjuk a rszhalmazunkba, vagy nem. Ez sszesen ktlehetsg, kt halmazunk van: , {a1}. Vegyk a msodik elemet, a2-t. Azelz kt halmaz mindegyike esetn tovbbi kt halmazt kapunk aszerint,hogy belerakjuk a2-t vagy sem. gy sszesen 2 2 = 4 darab halmazunk van:


, {a1}, {a2}, {a1, a2}. Ezt folytatva, az n1-edik lpsben mr 2n1 darabhalmazunk lesz, melyek mindegyikbl tovbbi kt darab halmazt kapunkaszerint, hogy an-et belerakjuk, vagy nem. gy sszesen 2 2n1 = 2n darabrszhalmazt kapunk. (A feladatnak egy msik bizonyta a 2.51. feladatnllthat).

1.10. Feladat. Legyenek A s B adott halmazok. Igazolja, hogy ekkorP (A B) = P (A) P (B) s P (A) P (B) P (A B).Megolds. H P (A B) H A B H A s H B H P (A) s H P (B) H P (A) P (B). Teht a kt halmaznakugyanazok az elemei.Msrszt, H P (A) P (B) H P (A) vagy H P (B) H Avagy H B = H A B H P (A B). gy P (A) P (B) P (A B). (H A B-bl nem kvetkezik, hogy H A vagy H B!)A fordtott tartalmazs nem igaz. Pldul, ha A := {a} s B = {b}, akkorP (A) P (B) = {, {a}, {b}} ( {, {a}, {b}, {a, b}} = P (A B).1.11. Feladat. Igazoljuk, hogy tetszleges A s B1, B2, . . . , Bn halmazokra

(a) A (B1 B2 Bn) =n

i=1(A Bi),

(b) A (B1 B2 Bn) =n

i=1(A Bi).

Megolds. Csak az (a) rszt bizonytjuk, a msik egyenlsg hasonlan iga-zolhat. Teljes indukcit alkalmazunk (lsd 2.23. feladat). Az llts n = 1esetn trivilisan teljesl, n = 2-re pedig a disztributivitsi szablyt kapjuk.Tegyk fel, hogy az llts igaz n = k esetn, azaz

A (B1 B2 Bk) =k

i=1

(A Bi).

Felhasznlva a disztibutivitst s az indukcis felttelnket, n = k + 1-rekapjuk: A(B1B2 BkBk+1) = (A(B1B2 Bk))(ABk+1)=

(k

i=1(A Bi)

) (A Bk+1) =

k+1i=1

(A Bi), ami ppen a bizonytandvolt.

1.12. Feladat. Legyen I 6= indexhalmaz, X halmaz, {Ai X | i I}indexelt halmazrendszer. Igazoljuk, hogy ekkor

(a)iI

Ai =iI

Ai,

2. RELCIK 15

(b)iI

Ai =iI

Ai.

Megolds.

(a) x iI

Ai x 6iI

Ai i I gy, hogy x 6 Ai i I gy,hogy x Ai x

iI

Ai.

(b) x iI

Ai x 6iI

Ai i I esetn x 6 Ai i I esetnx Ai x

iI

Ai.

2. Relcik

1.13. Feladat. Legyen A = {a, b, c}, B = {a, b}. rjuk fel az (A B) (B A) s az (AB) \ (B A) halmaz elemeit.Megolds.

AB = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (c, a), (c, b)},B A = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c)}.

Ebbl kvetkezik, hogy (A B) (B A) = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)} s(AB) \ (B A) = {(c, a), (c, b)}.1.14. Feladat. Legyenek A, B, C s D tetszleges halmazok. Igazolja, hogyekkor teljeslnek a kvetkezk:

1. AB = A = vagy B = ,2. ha A s B nem res, akkor AB = B A A = B,3. (AB)C = (AC) (BC) s A (B C) = (AB) (AC),4. (AB)C = (AC) (BC) s A (B C) = (AB) (AC),5. (A \B)C = (AC) \ (B C) s A (B \ C) = (AB) \ (AC),6. AB C D A C s B D.

Megolds.

1. Az llts a Descartes-fle szorzat defincijnak kvetkezmnye.2. Legyen A B = B A. Ha x A, akkor y B gy, hogy (x, y)

A B. De ekkor (x, y) B A, teht x B, gy A B. Hasonlankapjuk, hogy B A, teht A = B. Megfordtva, ha A = B, akkorAB = AA = B A teljesl.

3. (x, y) (AB)C x AB s y C (x A vagy x B) sy C (x A s y C) vagy (x B s y C) (x, y) AC


vagy (x, y) BC (x, y) (AC)(BC). A msik egyenlsghasonlan bizonythat.

4. (x, y) (A B)C x A B s y C (x A s x B) sy C (x A s y C) s (x B s y C) (x, y) A Cs (x, y) B C (x, y) (A C) (B C). A msik egyenlsghasonlan bizonythat.

5. (x, y) (A \ B) C x A \ B s y C (x A s x 6 B) sy C (x A s y C) s (x 6 B s y C) (x, y) A Cs (x, y) 6 B C (x, y) (A C) \ (B C). A msik lltshasonlan bizonythat.

6. Ha A C s B D, akkor nyilvn A B C D. Fordtva, legyenAB CD. Ekkor ha x A, akkor y B gy, hogy (x, y) AB,teht (x, y) C D, gy x C, ezrt A C. Hasonlan kapjuk, hogyB D.

1.15. Feladat. Hatrozzuk meg az albbi f relcik rtelmezsi tartomnyt,rtkkszlett s inverzt:

1. f = {(1, 6), (2, 2), (3, 7), (3, 2), (5, 7)},2. A = {1, 2, 3, 4}, B = {1/2, 1, 2}, f = {(x, y) A B|x y pros egsz

szm},3. A = {3, 1, 2, 4}, B = {1, 0, 4}, f = {(x, y) AB|x + y = 1}.

Megolds.

1. Df = {1, 2, 3, 5}, Rf = {2, 6, 7}, f1 = {(6, 1), (2, 2), (7, 3), (2, 3), (7, 5)}.2. f = {(1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 2), (4, 1/2), (4, 1), (4, 2)}, gy Df = A, Rf =

B, f1 = {(1/2, 4), (1, 2), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4)}.3. f = {(3, 4), (1, 0), (2,1)}, gy Df = {3, 1, 2}, Rf = {1, 0, 4},

f1 = {(1, 2), (0, 1), (4,3)}.1.16. Feladat. Legyen A = {a, b, c, d}. Milyen tulajdonsgokkal rendel-keznek az albbi A-n rtelmezett relcik? Ekvivalencia relci esetn adjameg az A halmaz megfelel osztlyozst, rendezs esetn pedig a halmazmegfelel sorbarendezst.

1. f1 = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d)},2. f2 = {(a, c), (b, b), (d, b), (a, a)},3. f3 = {(c, b)},4. f4 = {(a, d), (a, c), (d, b), (d, a), (c, a), (b, d)},5. f5 = {(a, a), (a, d), (d, a), (d, d), (c, c), (c, b), (b, c), (b, b)},6. f6 = {(a, a), (b, a), (a, b), (b, c), (c, b), (a, c), (c, c), (b, b), (c, a), (d, d)},7. f7 = {(a, a), (a, c), (b, d), (d, d), (c, c), (c, d), (a, d), (b, a), (b, b), (b, c)}.

Megolds.

2. RELCIK 17

1. A f1 relci reflexv, szimmetrikus, tranzitv, antiszimmetrikus, tehtekvivalencia relci s parcilis rendezs is. Az ekvivalencia relci ltalinduklt osztlyok: {a}, {b}, {c}, {d}.

2. A f2 relci nem reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv s nem teljes. (Haegy relci nem reflexv, akkor nyilvn teljes sem lehet.)

3. A f3 relci nem reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv s nem teljes.4. A f4 relci nem reflexv, szimmetrikus, nem tranzitv s nem teljes.5. A f5 relci reflexv, szimmetrikus, tranzitv, gy ekvivalencia relci.

Az ekvivalencia relci ltal induklt osztlyok: {a, d}, {b, c}.6. A f6 relci reflexv, szimmetrikus, tranzitv, gy ekvivalencia relci.

Az ekvivalencia relci ltal induklt osztlyok: {a, b, c}, {d}.7. A f7 relci reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv, teljes, gy rendezsi

relci. Bevezetve a szoksos jellst (x y ha xf7y), a halmazsorbarendse: b a c d.

1.17. Feladat. Milyen tulajdonsgokkal rendelkeznek az albbi relcik?Ekvivalencia relci esetn adja meg az adott halmaz megfelel osztlyoz-st.

1. f1 NN, xf1y x = y,2. f2 NN, xf2y x y,3. f3 NN, xf3y x | y,4. f4 Z Z, xf4y x | y,5. f5 NN, xf5y x y pros,6. f6 RR, xf6y x y Q,7. Legyen A egy adott sk egyeneseinek halmaza, f7 AA, xf7y x

prhuzamos y-nal.8. Legyen A egy adott sk egyeneseinek halmaza, f8 AA, xf8y x

metszi y-t.9. Legyen A egy adott sk egyeneseinek halmaza, f9 AA, xf9y x

merleges y-ra.10. Legyen A adott halmaz, f10 P (A) P (A), xf10y x = y.11. Legyen A adott halmaz, f11 P (A) P (A), xf11y x y.

Megolds.

1. Az f1 relci reflexv, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzitv s nemteljes, gy ekvivalencia relci s parcilis rendezs is. A relci ltalinduklt osztlyok az egy elem halmazok: {1}, {2}, {3}, . . . .

2. Az f2 relci reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv s teljes, gy rendezsirelci.

3. Az f3 relci reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv s nem teljes, gy par-cilis rendezs.


4. Az f4 relci reflexv, tranzitv, nem szimmetrikus s nem antiszim-metrikus. Hiszen pldul 2|2 s 2| 2, de 2 6= 2.

5. Az f5 relci reflexv, szimmetrikus s tranzitv, gy ekvivalencia relci.Az induklt osztlyok: {n N| n pros} s {n N| n pratlan}.

6. A racionlis s irracionlis szmok tulajdonsgai alapjn (lsd 2. fejezet2. rsz) belthat, hogy f6 reflexv, szimmetrikus s tranzitv, gy ekvi-valencia relci. Az induklt osztlyok: Q s Q + t := {q + t| q Q}(t 6 Q), azaz Q irracionlis eltoltjai. Kt osztly, Q+ t1 s Q+ t2 akkorklnbzik egymstl, ha t1 t2 irracionlis.

7. Az f7 relci reflexv, szimmetrikus s tranzitv, azaz ekvivalencia rel-ci. A relci ltal iduklt osztlyok az egymssal prhuzamos egyene-seket tartalmazzk.

8. Az f8 relci reflexv, szimmetrikus, nem tranzitv, nem antiszimmetrikuss nem teljes.

9. Az f9 relci nem reflexv, szimmetrikus, nem tranzitv, nem antiszim-metrikus s nem teljes.

10. Az f10 relci reflexv, szimmetrikus, antiszimmetrikus, tranzitv, gyekvivalencia relci s parcilis rendezs is. A relci ltal indukltosztlyok az egy rszhalmazbl ll halmazok.

11. Az f11 relci reflexv, antiszimmetrikus, tranzitv s nem teljes, gyparcilis rendezs.

1.18. Feladat. Legye A,B adott halmazok, f A B relci. Igazolja,hogy ekkor

(a) Df1 = Rf ,(b) Rf1 = Df ,(c) (f1)1 = f .

Megolds.

(a) x Df1 z A gy, hogy (x, z) f1 z A gy, hogy(z, x) f x Rf .

(b) x Rf1 z B gy, hogy (z, x) f1 z B gy, hogy(x, z) f x Df .

(c) (x, y) (f1)1 (y, x) f1 (x, y) f.1.19. Feladat. Legyenek A,B,C,D,E, F adott halmazok, f AB, g C D, h E F relcik. Bizonytsuk be, hogy(a) (f g)1 = g1 f1,(b) (f g) h = f (g h).

Megolds.

2. RELCIK 19

(a) (x, y) (f g)1 (y, x) f g z Df Rg gy, hogy(y, z) g s (z, x) f z Rf1 Dg1 gy, hogy (z, y) g1 s(x, z) f1 (x, y) g1 f1.

(b) (x, y) (f g) h z Dg Rh Dfg Rh gy, hogy (x, z) hs (z, y) f g z Dg Rh gy, hogy (x, z) h s u Df Rggy, hogy (z, u) g s (u, y) f u Df Rg Df Rgh gy,hogy (x, u) g h s (u, y) f (x, y) f (g h).

1.20. Feladat. Legyen A egy adott halmaz s f A A. Igazolja azalbbiakat:1. f = f1 f f1,2. ha f 6= , f irreflexv s szimmetrikus, akkor nem tranzitv (Az f relcit

irreflexvnek nevezzk, ha x A esetn xfx nem teljesl.),3. f tranzitv f f f ,4. ha f reflexv s tranzitv, akkor f f = f (gy pldul, ha f ekvivalencia

relci vagy parcilis rendezs, akkor f f = f .),5. f ekvivalencia relci f1 ekvivalencia relci.6. f parcilis rendezs f1 parcilis rendezs.

Megolds.

1. Ha f = f1, akkor nyilvn f f1. Msrszt, legyen f f1. Ekkor,ha (x, y) f1 akkor (y, x) f f1. gy (y, x) f1, teht (x, y) f . Ezrt kaptuk, hogy f f1, teht f = f1.

2. Indirekt tegyk fel, hogy f tranzitv. f 6= , gy x, y A gy, hogy(x, y) f . Mivel f szimmetrikus, ezrt (y, x) f , s a tranzitivitsmiatt (x, x) f , amely ellent mond az irreflexivitsnak.

3. Legyen f tranzitv. Ekkor, ha (x, y) f f , akkor ltezik z A gy,hogy (x, z) f s (z, y) f . Felhasznlva a tranzitivitst kapjuk, hogy(x, y) f , teht f f f . Megfordtva, legyen f f f . Ekkor ha(x, z) f s (z, y) f , akkor a relcik kompozcijnak defincijamiatt (x, y) f f f , azaz (x, y) f , teht a f tranzitv.

4. f tranzitv, gy az elz pontbl kvetkezik, hogy f f f . Msrszt,mivel f reflexv, gy x A esetn (x, x) f . Ezrt ha (x, y) f , akkor(x, y) f f , teht f f f .

5. Az llts egyszeren addik abbl az szrevtelbl, hogy f szimmetrikus f = f1.

6. Legyen f parcilis rendezs. f reflexv, azaz x A esetn (x, x) f ,gy x A esetn (x, x) f1, teht f1 is reflexv. Ha x 6= y s(x, y) f1, akkor (y, x) f , gy f antiszimmetrija miatt (x, y) 6f , ennlfogva (y, x) 6 f1, ezrt f1 is antiszimmetrikus. Vgl, ha(x, y) f1 s (y, z) f1, akkor (z, y) f s (y, x) f , gy f


tranzitivitsa miatt (z, x) f , teht (x, z) f1, azaz f1 is tranzitv.Azt kaptuk, hogy f1 reflexv, szimmetrikus s tranzitv, teht parcilisrendezs. Ugyangy lthat be, hogy ha f1 parcilis rendezs, akkor fis az.

3. Fggvnyek

1.21. Feladat. Dntsk el, hogy az albbi relcik kzl melyek fggvnyek:

1. A = {1, 2, 4}, B = {3, 6, 12}, f1 AB, xf1y xy = 12,2. f2 NN, xf2y x = y,3. f3 NN, xf3y x y,4. f4 NN, xf4y x | y,5. Legyen P a prmszmok halmaza, f5 P P , xf5y x| y.6. f6 RR, xf6y x2 = y2,7. f7 R+ R+, xf7y x2 = y2,8. f8 RR, xf8y x2 + y2 = 4.

Megolds.

1. f1 = {(1, 12), (2, 6), (4, 3)}, teht nyilvn fggvny.2. f2 nyilvn fggvny, egy elem csak sajt magval ll relciban. (f2 az

N halmaz identikus fggvnye.)3. f3 nem fggvny, mert pldul (3, 1) f3 s (3, 2) f3.4. f4 nem fggvny, mert pldul (1, n) f4 minden n N esetn.5. f5 fggvny, mert p, q P , p|q esetn p = q, azaz egy elem csak sajt

magval van relciban. (f5 a P halmaz identikus fggvnye.)6. f6 nem fggvny, mert pldul (1,1) f6 s (1, 1) f6.7. f7 fggvny, ugyanis x2 = y2 a pozitv vals szmok halmazn csak

x = y esetn teljesl. (f7 a pozitv vals szmok identikus fggvnye.)8. f8 nem fggvny, mert pldul (2,2) f8 s (2, 2) f8.

1.22. Feladat. Bizonytsa be, hogy az f : X Y fggvny akkor s csakakkor invertlhat, ha brmely x, y X esetn f(x) = f(y) csak gy lehet-sges, ha x = y.

Megolds.

Legyen f invertlhat. Indirekt tegyk fel, hogy ltezik olyan x, y Xgy, hogy x 6= y de f(x) = f(y) = z. Ekkor (x, z) f s (y, z) f , gy(z, x) f1 s (z, y) f1, amely ellentmond annak, hogy f1 fggvny.Megfordtva, tegyk fel, hogy f(x) = f(y) csak gy lehetsges, ha x = y.Legyen (z, x) f1 s (z, y) f1. Ekkor (x, z) f s (y, z) f , azaz

3. FGGVNYEK 21

z = f(x) = f(y), gy a felttelnkbl kvetkezik, hogy x = y, teht f1

fggvny, azaz f invertlhat.

1.23. Feladat. Dntsk el, hogy az albbi fggvnyek kzl melyek injek-tvek, szrjektvek illetve bijektvek. Amennyiben a fggvny invertlhat,hatrozzuk meg az inverz fggvnyt is.

1. f1 : N N, f1(n) = 3n,2. f2 : Q Q, f2(x) = 3x,3. f3 : N N, f3(n) = n2,4. f4 : R R, f4(x) = x2,5. f5 : R R+, f5(x) = x2,6. f6 : R

+ R, f6(x) = x2,7. f7 : R

+ R+, f7(x) = x2,8. f8 : R \ {1} R, f8(x) = 1+x1x .

Megolds.

1. f1 nem szrjektv, hiszen pldul 2 nincs benne f1 kphalmazban. Vi-szont f(n) = 3n = 3m = f(m) csak n = m esetn teljeslhet, gyaz 1.22. alapjn f1 injektv. A fggvny inverze: f

11 : 3 N N,

f1(n) = n3 , ahol 3 N := {3n | n N}. (Az f : X Y , f(x) = yinvertlhat fggvny inverz fggvnynek kiszmtshoz ki kell fejeznix-et y segtsgvel, majd x s y szerept felcserlni. Az rtelmezsitartomny s az rtkkszlet az 1.18. feladat alapjn addik.)

2. f2 szrjektv, hiszen ha y Q, akkor f(y/3) = y, teht minden racionlisszm benne van a fggvny kphalmazban. Hasonlan az elz ponthozbelthat, hogy f2 injektv is, teht bijektv. f

12 : Q Q, f(x) = x3 .

3. f3 nem szrjektv, pldul 2 nincs benne f3 kphalmazban. Viszontinjektv, s inverze: f13 : D N, f13 (n) =

n, ahol D := {n2 | n

N}.4. f4 nem szrjektv, hiszen a negatv vals szmok nincsenek benne f4

kphalmazban. f4 nem is injektv, hiszen pldul f(2) = f(2) = 4.5. f5 szrjektv, de nem injektv.6. f6 injektv, de nem szrjektv. f

16 : R

+ R+, f16 (x) =

x.7. f7 injektv s szrjektv, gy bijektv. f

17 : R

+ R+, f17 (x) =

x.8. f8 nem szrjektv, mert 1 nem eleme a fggvny kphalmaznak. Vi-

szont f8 injektv, s f18 (x) =

1+x1x = f8(x).

1.24. Feladat. Legyen g : X Y , f : Y Z fggvnyek. Igazolja, hogyekkor az f g relci is fggvny, s ha x Dfg, akkor f g(x) = f(g(x)).Megolds.

Legyen (x, z1) f g s (x, z2) f g. Ekkor y1 Df Rg gy, hogy


(x, y1) g s (y1, z2) f , tovbb y2 Df Rg gy, hogy (x, y2) gs (y2, z2) f . Mivel g fggvny, gy y1 = y2. Ezrt z1 = z2, mert f isfggvny. Teht f g fggvny.Tovbb, ha z = (f g)(x), akkor (x, z) f g. Ekkor y Df Rg gy,hogy (x, y) g s (y, z) f , azaz g(x) = y s f(y) = z, teht f(g(x)) =z = (f g)(x).1.25. Feladat. Legyen g : X Y , f : Y Z fggvnyek. Igazolja,hogy Dfg = Dg akkor s csak akkor, ha Rg Df . (Ellenkez esetbenDfg ( Dg.)

Megolds.

Legyen Rg Df . Ekkor ha x Dg, akkor y Rg Df , hogy (x, y) gs z Z gy, hogy (y, z) f , azaz (x, z) f g, teht x Dfg. gyDg Dfg, ami csak gy lehetsges, ha Dg = Dfg.Megfordtva, legyen Dfg = Dg s y Rg. Ekkor x Dg gy, hogy(x, y) g. Azonban x Dfg, gy z Z gy, hogy (x, z) f g. Akompozci defincijbl kvetkezik, hogy y RgDf gy, hogy (x, y) g s (y, z) f . Mivel g fggvny, ezrt y = y, teht y Df . gy Rg Df .1.26. Feladat. Hatrozzuk meg az f g fggvnyt az albbi f s g fgg-vnyek esetn:

1. f : R R, f(x) = 5x s g : R R, g(x) = 4x,2. f : R R, f(x) = x s g : [0,[ R, g(x) = x2,3. f : R \ {0} R, f(x) = 1x s g :]0, 1[ R, g(x) = x2 + 1,4. f : R+ R, f(x) = lg(x) s g : R \ {0} R, g(x) = 1

x2.

Megolds.

1. f g : R R, f g(x) = f(g(x)) = f(4x) = 5 (4x) = 20x.2. f g : R R, f g(x) = f(g(x)) = f(x2) =

x2 = |x|.

3. f g :]0, 1[ R, f g(x) = f(g(x)) = f(x2 + 1) = 1x2+1

.

4. Rg = R, Df = R

+, gy Rg Df = , teht f g = .1.27. Feladat. Legyenek g : X Y s f : Y Z adott fggvnyek.Igazoljuk, hogy

(a) ha f s g injektv, akkor f g is injektv,(b) ha f s g szrjektv, akkor f g is szrjektv,(c) ha f s g bijektv, akkor f g is bijektv.

Megolds.

3. FGGVNYEK 23

(a) Tegyk fel, hogy (f g)(x) = (f g)(y), ahol x, y X. Felhasznlvaaz 1.24. feladat eredmnyeit, ekkor f(g(x)) = f(g(y)), gy f injekti-vitsbl addik, hogy g(x) = g(y), melybl g injektivitsa miatt kapjuk,hogy x = y, teht az 1.22. feladat alapjn f g injektv.

(b) g s f szrjektivitsa miatt (f g)(X) = f(g(X)) = f(Y ) = Z, tehtf g is szrjektv.

(c) Az llts az elz kt llts kvetkezmnye.

1.28. Feladat. Legyenek g : X Y s f : Y Z adott fggvnyek.Elfordulhat-e, hogy

(a) f s g valamelyike nem injektv, de f g injektv?(b) f s g valamelyike nem szrjektv, de f g szrjektv?(c) f s g valamelyike nem bijektv, de f g bijektv?

Megolds.

(a) Igen, elfordulhat. Pldul, legyen g : R+ R, g(x) = x, s legyenf : R R, f(x) = x2. Ekkor f g : R+ R, (f g)(x) = x2. gy az1.23. feladat 4. s 6. pontja alapjn f nem injektv, de f g injektv.

(b) Igen, elfordulhat. Pldul, legyen g : R+ R, g(x) = x, s legyenf : R R+, f(x) = x2. Ekkor f g : R+ R+, (f g)(x) = x2.gy g nem szrjektv, hiszen pldul a 0 nincs benne a kphalmazban.Viszont az 1.23. feladat 7. pontja alapjn f g szrjektv.

(c) Igen, elfordulhat. Pldul, legyen g : R+ R, g(x) = x, s legyenf : R R+, f(x) = x2. Ekkor f g : R+ R+, (f g)(x) = x2. Ekkorsem g, sem f nem bijektv, de f g bijektv.

1.29. Feladat. Legyen f : X Y fggvny. Igazolja, hogy ekkor1. f iX = f s iY f = f ,2. ha f invertlhat, akkor f1 f = iX ,3. ha f invertlhat, akkor (f f1)(y) = y minden y Rf esetn, gy ha

f szrjektv, akkor f f1 = iY ,4. ha f invertlhat, akkor f1 is invertlhat s inverzfggvnye f .

Megolds.

1. f iX = f beltshoz ellenrizni kell, hogy a kt fggvny rtkkszletemegegyezik-e, tovbb a fggvnyrtkek egyenlek-e az rtelmezsi tar-tomny pontjaiban. RiX = X = Df , gy az 1.25. feladat alapjnDfiX = DiX = X = Df . Tovbb (f iX)(x) = f(iX(x)) = f(x),teht a kt fggvny valban egyenl. A msodik egyenlsg hasonlanigazolhat.


2. Az 1.18. feladat alapjn Rf = Df1 , gy Df1f = Df = X = DiX .Legyen x X s y := f(x). Ekkor f1(y) = x, gy (f1 f)(x) =f1(f(x)) = f1(y) = x = iX(x).

3. Df = Rf1 , gy Dff1 = Df1 = Y = DiY . Legyen y Rf sx := f1(y). Ekkor f(x) = y, gy (f f1)(y) = f(f1(y)) = f(x) =y = iY (y).

4. Az llts kvetkezik az inverz fggvny defincijbl.

1.30. Feladat. Legyen f : R R adott fggvny, A := {0, 1, 2}, B :=[2, 2] s C =]0, 1[. Hatrozzuk meg az f(A), f(B), f(C), f1(A), f1(B)s f1(C) halmazokat, ha

1. f(x) := 4x,2. f(x) := |x 2|,3. f(x) :=

x2 + 1,

4. f(x) := sin(x).

(Adott f : X Y fggvny esetn egy H Y halmaz skpe vagy inverzkpe az f1(H) := {x X | f(x) H} halmaz.)Megolds.

1. f(A) = {0, 4, 8}, f(B) = [8, 8], f(C) =]0, 4[, f1(A) = {0, 1/4, 1/2},f1(B) = [1/2, 1/2], f1(C) =]0, 1/4[.

2. f(A) = {0, 1, 2} = A, f(B) = [0, 4], f(C) =]1, 2[, f1(A) = {0, 1, 2, 3, 4},f1(B) = [0, 4], f1(C) =]1, 2[]2, 3[.

3. f(A) = {1,2,5}, f(B) = [1,5], f(C) =]1,2[, f1(A) = {3,0,

3}, f1(B) = [3,3], f1(C) = .4. f(A) = {0, sin(1), sin(2)}, f(B) = [0, 1], f(C) =]0, sin(1)[, f1(A) ={kpi | k Z} {pi/2 + 2kpi | k Z}, f1(B) = R, f1(C) =

kZ]0 +

2kpi, pi + 2kpi[.

1.31. Feladat. Legyen f : X Y adott fggvny, A,B X, C,D Y .Bizonytsuk be, hogy

1. f(A B) = f(A) f(B),2. f(A B) f(A) f(B), s f(A B) = f(A) f(B) teljesl minden

A,B X halmaz esetn f invertlhat,3. f(A) \ f(B) f(A \ B) s f(A) \ f(B) = f(A \ B) teljesl minden

A,B X halmaz esetn f invertlhat,4. f1(C D) = f1(C) f1(D),5. f1(C D) = f1(C) f1(D),6. f1(C \D) = f1(C) \ f1(D),7. ha A B, akkor f(A) f(B),

3. FGGVNYEK 25

8. ha C D, akkor f1(C) f1(D),9. A f1(f(A)) s A = f1(f(A)) teljesl minden A X halmaz esetn f invertlhat,

10. f(f1(C)) C s f(f1(C)) = C teljesl minden C Y halmazesetn f szrjektv.

Megolds.

1. y f(A B) x A B, melyre f(x) = y y f(A) vagyy f(B) y f(A) f(B).

2. y f(A B) x A B, melyre f(x) = y = y f(A) sy f(B) y f(A) f(B) . gy f(A B) f(A) f(B) (y f(A) f(B)-bl nem kvetkezik, hogy x A B, melyre f(x) = y!).A fordtott tartalmazs nem mindig igaz. Pldul, ha f(x) = |x|, A =[1, 0], B = [0, 1], akkor f(A) = f(B) = [0, 1], mg f(AB) = f({0}) ={0}.Most bebizonytjuk, hogy a fordtott tartalmazs akkor s csak akkorteljesl minden A,B X halmaz esetn, ha f invertlhat. Legyen finvertlhat, A,B X s y f(A)f(B). Ekkor y f(A) s y f(B),azaz x1 A, melyre f(x1) = y, tovbb x2 B, melyre f(x2) = y.Mivel f invertlhat, csak egy olyan x X ltezhet, melyre f(x) = y,gy x = x1 = x2 A B, teht y f(A B), azaz f(A) f(B) f(A B).Fordtva, tegyk fel, hogy minden A,B X esetn f(A) f(B) f(A B). Indirekt tegyk fel, hogy f nem invertlhat, azaz x1, x2 X, melyekre f(x1) = f(x2) = y s x1 6= x2. Azonban ha A := {x1},B := {x2}, akkor f(A B) = , de f(A) f(B) = {y} {y} = {y},amely ellentmonds.

3. y f(A) \ f(B) y f(A) s y 6 f(B) = x A \ B gy, hogyf(x) = y y f(A \ B). gy f(A) \ f(B) f(A \ B) (Abbl,hogy x A \ B, melyre f(x) = y, nem kvetkezik, hogy y f(A) sy 6 f(B)!).A fordtott tartalmazs nem felttlenl igaz. A feladat 2. rsznekbizonytsnl definilt f fggvny s A, B halmazok esetn f(A) \f(B) = , mg f(A \ B) = f(]0, 1]) =]0, 1].A fordtott tartalmazs szksges s elgsges felttelnek igazolshozelszr tegyk fel, hogy f invertlhat, A,B X s y f(A\B). Ekkorx1 A \B gy, hogy f(x1) = y, gy y f(A). Viszont f injektivitsamiatt nem ltezhet x2 B, melyre f(x2) = y, ezrt y 6 f(B), tehty f(A) \ f(B), azaz f(A \B) f(A) \ f(B).Msrszt, tegyk fel, hogy minden A,B X esetn f(A \ B) f(A) \


f(B). Indirekt tegyk fel, hogy f nem invertlhat, azaz x1, x2 X,melyekre f(x1) = f(x2) = y s x1 6= x2. Legye A := {x1}, B := {x2}.Ekkor f(A\B) = f(A) = {y}, de f(A)\f(B) = , amely ellentmonds.

4. x f1(C D) f(x) C D f(x) C vagy f(x) D x f1(C) vagy x f1(D) x f1(C) f1(D).

5. x f1(C D) f(x) C D f(x) C s f(x) D x f1(C) s x f1(D) x f1(C) f1(D).

6. x f1(C \D) f(x) C \D f(x) C s f(x) 6 D x f1(C) s x 6 f1(D) x f1(C) \ f1(D).

7. Az llts kvetkezik a halmaz kpnek defincijbl.8. Az llts kvetkezik a halmaz skpnek defincijbl.9. x A = f(x) f(A) x f1(f(A)). Teht A f1(f(A))

(f(x) f(A)-bl nem kvetkezik, hogy x A!).A fordtott tartalmazs nem felttlenl igaz. A feladat 2. rsznekbizonytsnl definilt f fggvny s A halmaz esetn f1(f(A)) =f1([0, 1]) = [1, 1].Most megmutatjuk, hogy az egyenlsg akkor s csak akkor teljesl min-den A X halmaz esetn, ha f invertlhat. Eszr legyen f inverl-hat s x f1(f(A)). Ekkor f(x) f(A), s felhasznlva f injekti-vitst addik, hogy x A. gy f1(f(A)) A is teljesl, teht a kthalmaz egyenl.Msrszt, legyen f1(f(A)) = A minden A X esetn s indirekttegyk fel, hogy f nem invertlhat, azaz x1, x2 X, melyekre f(x1) =f(x2) = y s x1 6= x2. Legyen A := {x1}. Ekkor f(A) = {y} sf1(f(A)) = {x1, x2}, teht A 6= f1(f(A)), amely ellentmonds.

10. y f(f1(C)) x f1(C) gy, hogy y = f(x) = f(x) Cazaz y C. Teht f(f1(C)) C (y C-bl nem kvetkezik, hogyx f1(C), melyre y = f(x). Ugyanis elfordulhat, hogy y nincsbenne f kpterben!).A fordtott tartalmazs nem felttlenl teljesl. Legyen pldul f = |x|s C := [1, 0]. Ekkor f(f1(C)) = f({0}) = {0}.Az egyenlsg felttelnek bizonytshoz tegyk fel, hogy f(f1(C)) =C minden C Y halmaz esetn. C = Y vlasztsval addik, hogyf(f1(Y )) = Y , teht Rf Y , amely csak Rf = Y esetn lehetsges.Msrszt, ha f nem szrjektv, akkor f(f1(Y )) 6= Y , teht az egyen-lsg nem teljesl minden C Y halmazra.

1.32. Feladat. Legyen f : X Y fggvny, I 6= indexhalmaz, {Ai X | i I} indexelt halmazrendszer. Igazoljuk, hogy ekkor

3. FGGVNYEK 27

1. f

(iI

Ai

)=iI

f(Ai),

2. f

(iI

Ai

)

iIf(Ai),

3. f1(

iIAi

)=iI

f1(Ai),

4. f1(

iIAi

)=iI

f1(Ai).

Megolds.

1. y f(

iIAi

) x

iIAi, melyre f(x) = y i I gy, hogy

x Ai s y f(Ai) y iI

f(Ai).

2. y f(

iIAi

) x

iIAi, melyre f(x) = y = y f(Ai)

minden i I esetn y iI

f(Ai). Teht f

(iI

Ai

)

iIf(Ai)

(y iI

f(Ai)-bl nem kvetkezik, hogy x iI

Ai, melyre f(x) = y!).

A fordtott tartalmazs nem mindig igaz. Ellenplda az 1.31. plda 2.rsznek megoldsban tallhat.

3. x f1(

iIAi

) f(x)

iIAi i I gy, hogy f(x) Ai

i I gy, hogy x f1(Ai) x iI

f1(Ai).

4. x f1(

iIAi

) f(x)

iIAi f(x) Ai minden i I esetn

x f1(Ai) minden i I esetn x iI

f1(Ai).

2. fejezet

Szmfogalmak

1. Vals szmok

2.1. Feladat. Bizonytsa be, hogy R-ben az egysgelem s a nullelem egy-rtelmen ltezik.

Megolds. Tegyk fel, hogy kt nullelem ltezik: 01 s 02. Ekkor 01 =01 + 02 = 02, teht a kt nullelem egyenl egymssal.

Hasonlan, ha kt egysgelem ltezik: 11 s 12, akkor 11 = 11 12 = 12.2.2. Feladat. Legyen x, y, z R. Igazolja, hogy ekkor(a) ha x + y = x + z, akkor y = z (az sszeads egyszerstsi szablya),(b) ha x 6= 0 s xy = xz, akkor y = z (a szorzs egyszerstsi szablya).Megolds.

(a) A testaximkat felhasznlva kapjuk, hogy y = y+0 = y+(x+(x)) =(y + x) + (x) = (x + y) + (x) = (x + z) + (x) = (z + x) + (x) =z + (x + (x)) = z + 0 = z.

(b) y = y 1 = y(xx1) = (yx)x1 = (xy)x1 = (xz)x1 = (zx)x1 =z(xx1) = z 1 = z.

2.3. Feladat. Bizonytsa be, hogy minden x R szmnak egyrtelmenltezik az additv inverze, s ha x 6= 0, akkor egyrtelmen ltezik a multi-plikatv inverze is.

Megolds. Tegyk fel, hogy x-nek kt additv inverze ltezik, a1 s a2. Ekkorazonban x + a1 = 0 = x + a2, gy az sszeads egyszerstsi szablyaalapjn a1 = a2. Hasonlan, amennyiben x 6= 0, tegyk fel hogy m1 s m2is multiplikatv inverze. Ekkor xm1 = 1 = xm2, gy a szorzs egyszerstsiszablya alapjn kapjuk, hogy m1 = m2.

2.4. Feladat. Legyen x, y R. Igazolja, hogy ekkor1. 0 x = 0,2. xy = 0 pontosan akkor, ha x = 0 vagy y = 0,3. x = (1)x s (x + y) = x y,

29

30 2. SZMFOGALMAK

4. (x) = x, s ha x 6= 0, akkor (x1)1 = x,5. (x)y = x(y) = (xy) s (x)(y) = xy,6. egyrtelmen ltezik z R, amelyre x = y + z (kivonsi szably, z jele

x y),7. ha y 6= 0, akkor egyrtelmen ltezik z R, amelyre x = yz (osztsi

szably, z jele xy vagy x : y.),

8. (xy)1 = x1y1.

Megolds.

1. 0x + 0x = (0 + 0)x = 0x = 0x + 0, gy az sszeads egyszerstsiszablya alapjn kapjuk az lltst.

2. Ha x = 0 vagy y = 0, akkor nyilvn xy = 0. Fordtva, indirekt tegykfel, hogy xy = 0, de x 6= 0 s y 6= 0. Ekkor azonban 0 = x1 0 =x1(xy) = (x1x)y = 1 y = y, feltevsnkkel ellenttben.

3. A feladat 1. rsznek felhasznlsval x + (x) = 0 = 0x = (1 +(1))x = 1 x + (1)x = x + (1)x, gy az sszeads egyszerstsiszablya alapjn (x) = (1)x. gy (x+ y) = (1)(x+ y) = (1)x+(1)y = x + (y) = x y.

4. (x) + x = 0 = (x) +(x), gy az sszeads egyszerstsi szablyaalapjn x = (x). Msrszt, ha x 6= 0, akkor x1x = 1 = x1(x1)1,gy a szorzs egyszerstsi szablya alapjn x = (x1)1.

5. xy+(x)y = (x+(x))y = 0y = 0, gy a 2.3. feladat alapjn xy-nak azadditv inverze (x)y, azaz (x)y = (xy). Hasonlan, xy + x(y) =x(y + (y)) = x0 = 0 alapjn (xy) = x(y). Vgl, felhasznlva azelz pontot kapjuk, hogy (x)(y) = (x(y)) = ((xy)) = xy.

6. Legyen z = x+(y). Ekkor y + z = y +(x+(y)) = (y +((y)+x) =(y+(y))+x = 0+x = 0, teht z ltezst belttuk. Az egyrtelmsgaz sszeads egyszerstsi szablybl kvetkezik.

7. Legyen z = xy1. Ekkor yz = y(xy1) = y(y1x) = (yy1x) = 1 x =x, teht z ltezst belttuk. Az egyrtelmsg a szorzs egyszerstsiszablybl kvetkezik.

8. (xy)(x1y1) = ((xy)x1)y1 = ((xx1)y)y1 = (1 y)y1 = yy1 = 1,gy a 2.3. feladat alapjn x1y1 = (xy)1.

2.5. Feladat. Legyenek x, y, u, v R, y 6= 0 s v 6= 0. Igazolja, hogyekkor

1.xy =

x

ysxy

=x

y = x

y,

2.x

y uv

=xu

yv, s ha u 6= 0, akkor x

y:u

v=

xv

yu,

1. VALS SZMOK 31

3.x

y+

u

v=

xv + uy

yvs

x

y u

v=

xv uyyv

,

4.x

y=

xv

yv.

5.x

y+

u

y=

x + u

y.

Megolds.

1.xy = (x)(y)

1 =((1)x)((1)y)1 = ((1)x)((1)1y1) =(

(1)(1)1))(xy1) = xy1 = xy.

Hasonlanxy

= (x)y1 = ((1)x)y1 = (1)(xy1) = xy, tovbb

xy

= (1)(xy1) = x((1)1y1) = x(y)1 = xy , ahol felhasznl-tuk, hogy (1)1 = 1.

2.x

y uv

= (xy1)(uv1) = (xu)(y1v1 = (xu)(yv)1 =xu

yv.

Msrszt, ha u 6= 0, akkorx

y:

u

v=

x

y

(uv

)1= (xy1)(uv1)1 = (xy1)

((u1(v1)1

)=

= (xy1)(vu1) = (xv)(y1u1) = (xv)(yu)1 =xv

yu.

3. A korbbi eredmnyeket felhasznlvax

y+

u

v= xy1 + uv1 = (xy1)(vv1) + (uv1)(yy1) =

= (xv)(y1v1) + (uy)(y1v1) =

= (xv)(yv)1 + (uy)(yv)1 = (xv + uy)(yv)1 =xv + uy

yv.

Ennek alapjn

x

y u

v=

x

y+(u

v

)=

x

y+uv

=xv + (u)y

yv=

xv uyyv

.

4.xv

yv= (xv)(yv)1 = (xv)(y1v1) = (xy1)(vv1) = xy1 =

x

y.

5.x

y+

u

y=

xy + uy

y y =((x + u)y

)(y1y1) = (x + u)y1 =

x + u

y.

2.6. Feladat. Azt mondjuk, hogy x < y ha x y s x 6= y. Igazolja, hogybrmely x, y, u R esetn teljeslnek a kvetkezk:1. az x < y, x = y, y < x esetek kzl pontosan egy teljesl (trichotomia),

32 2. SZMFOGALMAK

2. ha x < y, akkor x + u < y + u (sszeads monotonitsa),3. ha 0 < x s 0 < y, akkor 0 < xy (szorzs monotonitsa),4. ha x y < u vagy x < y u, akkor x < u.

Megolds.

1. A rendezsi relci s a < relci defincija alapjn nyilvnval.2. Ha x < y, akkor x y. R rendezett test, gy x+u y+u. Az sszeads

egyszerstsi szablya miatt x + u 6= y + u (ellenkez esetben x = ykvetkezne), teht x + u < y + u.

3. Ha 0 < x s 0 < y, akkor 0 x s 0 y, teht 0 xy. Ha xy = 0teljeslne, akkor a 2.4. feladat 2. rsze alapjn x = 0 vagy y = 0kvetkezne, amely nem lehetsges. Teht 0 < xy.

4. A felttelekbl kvetkezik, hogy x y u, gy tranzitivitsa miattx u. Ha x = u teljeslne, akkor az x = y = u egyenlsgnek isteljeslnie kellene, amely ellentmond a feltteleknek.

2.7. Feladat. Legyenek x, y, u, v R. Igazolja, hogy ekkor1. x y 0 y x y x,2. x < y 0 < y x y < x,3. ha x y s 0 u, akkor xu yu; ha x y s u 0, akkor yu xu,4. ha x < y s 0 < u, akkor xu < yu; ha x < y s u < 0, akkor yu < xu,5. ha x y s u y, akkor x + u y + v,6. ha x y s u < y, akkor x + u < y + v,7. ha 0 x y s 0 u v, akkor xu yv,8. ha 0 < x y s 0 u < v, akkor xu < yv,9. ha x 6= 0, akkor 0 < x x, specilisan 0 < 1,10. ha 0 < x, akkor 0 0, gy 0 < (x)(x) = (x)(x) = x x.10. Legyen 0 < x s indirekt tegyk fel, hogy

1

x< 0. Ekkor azonban

a 4. pont alapjn 1 = x 1x 0 1

x= 0, ami ellentmonds. A msik

egyenltlensg hasonlan igazolhat.

11. Ha 0 < x y, akkor 0 < 1x

s 0 0. Ha x < 0, akkora 2.7. feladat 1. pontja alapjn |x| = x > 0 = 0.

2. Az abszolt rtk defincija alapjn nyilvnval.3. Az abszolt rtk defincija alapjn nyilvnval.

4. Ha x > 0, akkor1

x> 0, gy

1x = 1x = 1|x| . Msrszt, ha x < 0, akkor

1

x< 0, ezrt

1x = 1x = 1x = 1|x| .

5. A feladat 3. s 4. rsze alapjn

xy =

x 1y = |x|

1y = |x| 1|y| = |x||y| .

6. Ha x 0, akkor |x| y 0 x y. Ha x < 0, akkor a 2.7. feladat4. pontja alapjn x > 0. Ekkor |x| y 0 < x y y x < 0. A kt eset egyttesen adja, hogy |x| y y x y. Amsik llts hasonlan igazolhat.

7. Nyilvn x |x| s y |y|, ezrt x+y |x|+|y|. Hasonlan, x |x| sy |y|, gy (x+y) |x|+ |y|, ennlfogva (|x|+ |y|) x+y. Teht(|x|+ |y|) x + y |x| + |y|, melybl az elz pont felhasznlsvaladdik az llts.

8. Az elzek alapjn |x| = |xy+y| |xy|+|y|, teht |x||y| |xy|.Msrszt, |y| = |y x + x| |x y|+ |x|, gy |x y| |x| |y|. A 6.pontot alkalmazva kapjuk az lltst.

2.9. Feladat. Bizonytsa be, hogy a d : R R R, d(x, y) = |x y|tvolsgra teljeslnek a kvetkezk:

(a) d(x, y) 0, tovbb d(x, y) = 0 akkor s csak akkor teljesl, ha x = y(nem negativits),

(b) d(x, y) = d(y, x) (szimmetria),(c) d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (hromszg-egyenltlensg).Megolds. Az abszolt rtk fggvny tulajdonsgait felhasznlva kapjuk azlltsokat:

(a) d(x, y) = |x y| 0, s d(x, y) = 0 akkor s csak akkor, ha x y = 0,azaz ha x = y.

(b) d(x, y) = |x y| = | (y x)| = |y x| = d(y, x).(c) d(x, y) = |x y| = |x z + z y| |x z|+ |z y| = d(x, y) + d(y, z).

2. TERMSZETES SZMOK, EGSZ SZMOK, RACIONLIS SZMOK 35

2. Termszetes szmok, egsz szmok, racionlis

szmok

2.10. Feladat. Legyen n,m N. Mutassa meg, hogy1. n + m N,2. nm N,3. ha n 6= 1, akkor n 1 N,4. ha n 6= m, akkor nm N vagy m n N.

Megolds.

1. Legyen M := {n N | minden m N esetn n+m N}. A termszetesszmok defincija alapjn 1 M . Tegyk fel, hogy k N, azaz mindenm N esetn k +m N. Ekkor viszont (k +1) +m = k +(m +1) Nminden m N esetn, hiszen m + 1 N. Teht k + 1 M , gy a teljesindukci elve alapjn M = N, melybl kvetkezik az llts.

2. Legyen m N rgztett. Nyilvn n = 1-re teljesl az llts, hiszen1 m = m N. Tegyk fel, hogy valamely n = k N esetn k m N.Ekkor, alkalmazva az elz pontot, (k + 1)m = km + m N, gy n =k + 1-re is igaz az llts, teht a teljes indukci elve alapjn mindenn N esetn igaz. Mivel m tetszleges volt, addik az llts.

3. Legyen M := {n N | n 6= 1 s n1 N}{1}. Ekkor nyilvn 1 M .Tegyl fel, hogy valamely k N esetn k M . Ekkor (k + 1) 1 =k N, teht k + 1 M , melybl a teljes indukci elve alapjn kapjuk,hogy M = N.

4. Legyen m N tetszleges. Az elz pont miatt n = 1-re teljesl azllts. Tegyl fel, hogy valamely n = k N esetn teljesl az llts.Ha k m N, akkor (k + 1)m = (k m) + 1 N a feladat 1. rszemiatt. Ha mk N, s mk 6= 1, akkor m(k+1) = (mk)1 Na feladat 3. rsze miatt. Vgl, ha m k N s m k = 1, akkorm = k + 1, gy nem teljesl a k + 1 6= m felttel. Ezek alapjn tehtn = k + 1-re is igaz az llts.

2.11. Feladat. Legyen k, l Z. Igazolja, hogy ekkor k + l Z, kl Z sk Z.Megolds. Mivel k, l Z, gy lteznek olyan n1, n2,m1,m2 termszetesszmok, hogy k = n1 m1 s l = n2 m2. Ekkor azonban k + l = (n1 +n2) (m1 + m2), kl = (n1n2 + m1m2) (n1m2 + n2m1), k = m1 n1,gy a 2.10. feladat alapjn ezen szmok felrhatak kt termszetes szmklnbsgeknt, teht egsz szmok.

36 2. SZMFOGALMAK

2.12. Feladat. Legyen p, q Q. Igazolja, hogy ekkor p + q, pq, p sha p 6= 0, akkor 1

pis racionlis szm (gy Q testet alkot az sszeadsra s

szorzsra nzve).

Megolds. Mivel p, q Q, gy lteznek olyan k1, k2, l1, l2 egsz szmok,hogy p =

k1l1

s q =k2l2

. Ekkor a 2.5. feladat alapjn p + q =k1l2 + k2l1

l1l2,

pq =k1k2l1l2

, p = k1l1

s1

p=

l1k1

, gy felhasznlva a 2.11. feladatot ezek a

szmok felrhatak kt egsz szm hnyadosaknt, teht valban racionlisszmok.

2.13. Feladat. Mutassa meg, hogy R \ Q 6= , teht ltezik irracionlisszm.

Megolds. Bebizonytjuk, hogy ha p N prmszm, akkor p irracionlis.Tegyk fel indirekt, hogy p racionlis szm. Ekkor azonban van olyann,m N, melyek egymssal relatv primek (legnagyobb kzs osztjuk 1),s

p =n

m. gy pn2 = m2, teht p|m, ezrt p2|m2, ennlfogva p2|pn2,

kvetkezskppen p|n, mely ellentmond n s m relatv prm voltnak.2.14. Feladat. Legyen r Q s v R \ Q. Mutassa meg, hogy ekkorr + v R \Q, tovbb, ha r 6= 0, akkor rv R \Q.Megolds. Indirekt tegyk fel, hogy r + v = q Q. Ekkor azonban az elzfeladat alapjn v = r + (q) Q, mely ellentmonds.Hasonlan, indirekt tegyk fel, hogy rv = q Q. Ekkor v = r 1

q Q, teht

ellentmondsra jutottunk.

2.15. Feladat. Adjon meg kt olyan irracionlis szmot, melyek sszegeilletve szorzata racionlis.

Megolds. Ha x irracionlis, akkor knnyen lthat, hogy x is irracionlis,de x + (x) = 0 Q. Msrszt, ha p N prmszm, akkor a 2.13. feladatmegoldsa alapjn

p irracionlis, viszont

p p = p Q.

2.16. Feladat. Igazolja, hogy brmely kt klnbz vals szm kztt vanracionlis szm.

Megolds. Legyenek x < y tetszleges vals szmok. Hrom esetre bontjuka lehetsgeket:

(a) x < 0 < y. A 0 racionlis szm, gy talltunk az lltsnak megfelelracionlis szmot.


(b) 0 x < y. Az archimedeszi tulajdonsg miatt ltezik olyan n N,melyre n (y x) > 1, azaz nx + 1 < ny. Legyen

N := sup{k N |k n x}.Ez az elem ltezik s vges, mivel egy nem res halmaz szuprmuma.Nyilvn ltezik olyan m N, melyre N 1 < m N nx. EzrtN < m + 1, teht

n x < m + 1 n x + 1 < ny,ezrt x 1,

3. 1 +12

+ + 1n n,

4.n + 1

2< 1 +

1

2+

1

3+ + 1

2n+1 1 ,

5. 1 +1

2+

1

3+ + 1

2n+1 1 < n + 1.

Megolds.

1. Az llts n = 1 esetn teljesl, ugyanis 1 +h 1+h. Tegyk fel, hogyaz egyenltlensg fennll valamely n = k estn, azaz

(1 + h)k 1 + kh.Ezt felhasznlva, a 2.7. feladat alapjn n = k + 1-re kapjuk, hogy

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

A teljes indukci elve alapjn teht az llts minden termszetes szmrateljesl. A bizonyts menetbl addik az egyenlsgre vonatkoz l-lts is.

2. n = 1 esetn teljesl az llts, ugyanis1

2+

1

3+

1

4=

13

12> 1. Tegyk

fel, hogy igaz az egyenltlensg valamely n = k esetn, azaz

1

k + 1+

1

k + 2+ + 1

(k + 1)2> 1.

Ennek segtsgvel n = k + 1 esetn kapjuk, hogy

1

(k + 1) + 1+

1

(k + 1) + 2+ + 1

((k + 1) + 1)2

=1

k + 1 1

k + 1+

1

k + 2+

1

k + 3+ + 1

(k + 2)2

=1

k + 1+

1

k + 2+ . . .

1

(k + 1)2+

1

(k + 1)2 + 1+ + 1

(k + 2)2 1

k + 1

> 1 +1

(k + 1)2 + 1+ + 1

(k + 2)2 1

k + 1

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

1k + 1

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

(k + 2)2(k + 1)

= 1 +k2 + k 1

(k + 2)2(k + 1)> 1,


ahol felhasznltuk, hogy az1

(k + 1)2 + 1+ + 1

(k + 2)2kifejezs

(k + 2)2 (k + 1)2 = 2k + 3 darab tagbl ll, s minden tag nagyobb,vagy egyenl, mint

1

(k + 2)2.

3. Az llts n = 1-re igaz, hiszen 1 1. Tegyk fel, hogy fennll azegyenltlensg valamely n = k esetn, teht

1 +12

+13

+ + 1k

k.

Ennek alapjn n = k + 1-re

1 +12

+13

+ + 1k

+1

k + 1

k +1

k + 1

=

k

k + 1 + 1k + 1

k

k + 1k + 1

=k + 1k + 1

=

k + 1.

4. Az llts n = 1 esetn nyilvnvalan teljesl, ugyanis 1 < 1 +1

2+

1

3.

Tegyk fel, hogy az egyenltlensg igaz n = k esetn, teht

k + 1

2< 1 +

1

2+

1

3+ + 1

2k+1 1 .

Ekkor n = k + 1-re

1 +1

2+

1

3+ + 1

2k+2 1= 1 +

1

2+

1

3+ + 1

2k+1 1 +1

2k+1+ + 1

2k+2 1>

k + 1

2+

2k+1

2k+2=

k + 1

2+

1

2=

k

2,


2k+1+ + 1

2k+2 1 kifejezs2k+2 1 (2k+1 1) = 2k+1 darab tagbl ll, s minden tag nagyobb,mint

1

2k+2.

5. Az llts n = 1 esetn teljesl, hiszen 1 +1

2+

1

3=

11

6< 2. Tegyk fel,

hogy az egyenltlensg igaz n = k esetn, teht

1 +1

2+

1

3+ + 1

2k+1 1 < k + 1.

48 2. SZMFOGALMAK

Ekkor n = k + 1-re

1 +1

2+

1

3+ + 1

2k+2 1= 1 +

1

2+

1

3+ + 1

2k+1 1 +1

2k+1+ + 1

2k+2 1< k + 1 +

2k+1

2k+1= k + 1 + 1 = k + 2,


2k+1+ + 1

2k+2 1 kifejezs

2k+1 darab tagbl ll, s minden tag kisebb, vagy egyenl mint1

2k+1.

2.25. Feladat. Igazolja, hogy ha x1, . . . , xn pozitv vals szmok, akkorteljesl a szmtani s mrtani kzp kztti sszefggs:

An :=x1 + + xn

n Gn := nx1x2 xn,

tovbb egyenlsg akkor s csak akkor teljesl, ha x1 = x2 = = xn.Megolds. A bizonytst teljes indukcival vgezzk. Az llts n = 1-reteljesl, hiszen A1 = x1 = x1 = G1. Tegyk fel, hogy valamely n = kesetn fennll az egyenltlensg: Ak Gk s egyenlsg akkor s csak akkorteljesl, ha x1 = x2 = = xk. Ekkor n = k+1 esetn a kvetkezt kapjuk:

Ak+1 =1

k + 1(kAk + xk+1) = Ak

(k

k + 1+

xk+1(k + 1) Ak

)

= Ak

(1 +

(xk+1

(k + 1)Ak 1

k + 1

)).

xk+1(k + 1)Ak

> 0, gyxk+1

(k + 1)Ak 1

k + 1> 1, teht alkalmazva a Bernoulli-

egyenltlensget kapjuk, hogy

Ak+1k+1 = (Ak)k+1

(1 +

(xk+1

(k + 1)Ak 1

k + 1

))k+1 (Ak)k+1

(1 + (k + 1)

(xk+1

(k + 1)Ak 1

k + 1

))= (Ak)

k+1 xk+1Ak

= Akk xk+1,


ahol egyenlsg pontosan akkor teljesl, haxk+1

(k + 1)Ak 1

k + 1= 0, azaz ha

xk+1 = Ak. Teht, az indukcis feltevst felhasznlva

Ak+1k+1 Akk xk+1 Gkk xk+1 = x1 xk xk+1 = Gk+1k+1,melybl kapjuk, hogy Ak+1 Gk+1, s egyenlsg akkor s csak akkorteljesl, ha x1 = = xk s xk+1 = Ak, azaz ha x1 = = xk = xk+1.2.26. Feladat. Igazolja, hogy ha x1, x2, . . . , xn pozitv vals szmok sx1x2 xn = 1, akkor x1 + x2 + + xn n, s egyenlsg pontosanakkor ll fenn, ha x1 = x2 = = xn.Megolds. A feladat az elz feladat kvetkezmnye. Ugyanis

An =x1 + x2 + + xn

n Gn = nx1x2 xn = 1,

s egyenlsg akkor s csak akkor teljesl, ha x1 = x2 = = xn, gy n-nelval szorzs utn kapjuk az lltst.

2.27. Feladat. Bizonytsa be, hogy ha x1, x2, . . . , xn pozitv vals szmok,akkor

x1x2

+x2x3

+ + xnx1

n.

Megolds. Mivelx1x2 x2x3 xn

x1= 1, gy alkalmazva az elz feladatot az

x1x2

,x2x3

,. . . ,xnx1

szmokra kapjuk az lltst.

2.28. Feladat. Igazolja, hogy tetszleges x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn Resetn

(a)

(n

i=1xiyi

)2(

ni=1

x2i

)(n

i=1y2i

)(Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz-egyen-

ltlensg),

(b)

n

i=1(xi + yi)2

n

i=1x2i +

n

i=1y2i (Minkowski-egyenltlensg).

Megolds.

(a) Legyen f : R R, f(t) =n

i=1(xit + yi)

2. Nyilvn minden t R esetnf(t) 0, tovbb

f(t) =

(n

i=1

x2i

)t2 + 2

(n

i=1

xiyi

)t +

ni=1

y2i .

50 2. SZMFOGALMAK

Ha x1 = x2 = = xn = 0, akkor az llts nyilvn teljesl. Legyenn

i=1x2i > 0. Bevezetve az a =

ni=1

x2i , b = 2n

i=1xiyi s c =

ni=1

y2i jellseket

addik, hogy az f(t) = at2 + bt + c msodfok, pozitv fegytthatjfggvny akkor s csak akkor nem negatv minden t R esetn, ha adiszkriminnsa nem pozitv, teht b2 4ac 0, azaz

4

(n

i=1

xiyi

)2 4

(n

i=1

x2i

)(n

i=1

y2i

) 0.

A fenti egyenltlensget trendezve, s 4-el egyszerstve kapjuk az l-ltst.

(b) A feladat (a) rszbl kapjuk, hogy

ni=1

(xi + yi)xi ( n

i=1

(xi + yi)2

)(n

i=1

xi

)

illetven

i=1

(xi + yi)yi ( n

i=1

(xi + yi)2

)(n

i=1

yi

).

A kt egyenletet sszeadva kapjuk, hogy

ni=1

(xi + yi)2

( ni=1

(xi + yi)2

) n

i=1

xi +

ni=1

yi

,

melybl a

n

i=1(xi + yi)2 kifejezssel val osztssal kapjuk az lltst.

3. Komplex szmok

2.29. Feladat. Adja meg az albbi komplex szmok vals illetve kpzetesrszt: 0, 6,6i, 4 + 3i, 5 7i,4 i.Megolds. Egy z = a + bi (a, b R) komplex szm vals rsze Re(z) = a,illetve kpzetes rsze Im(z) = b. gy a fenti szmok vals rsze rendre0, 6, 0, 4, 5,4, kpzetes rsze 0, 0,6, 3,7,1.2.30. Feladat. Hozza algebrai alakra az albbi komplex szmokra vonatkozkifejezseket:

1. (4 + 12i) + (7 6i) + 12,

3. KOMPLEX SZMOK 51

2. (13 8i)(5 + 6i)i,3. i4k, i4k+1, i4k+2 s i4k+3, ahol k Z,4. (5 + 4i)(7 3i) + i102.

Megolds.

1. (4 + 12i) + (7 6i) + 12 = 4 + 7 + 12 + 12i 6i = 23 + 6i.2. (13 8i)(5 + 6i)i = (65 + 78i 40i 48i2)i = (65 + 38i + 48)i =

(113 + 38i)i = 113i + 38i2 = 38 + 113i.3. i0 = 1, i1 = i, i2 = 1, i3 = i2i = i, i4 = i3i = i2 = 1, i5 = i4i = i,

stb. Teht i hatvnyai ciklikusan ismtldnek, azon hatvnyok, amelyekoszthatak 4-gyel, 1-gyel lesznek egyenlek. gy i4k = 1, i4k+1 = i4ki =i, i4k+2 = 1 s vgl i4k+3 = i minden k Z esetn.

4. Az elz rsz alapjn i102 = 1. Teht(5+4i)(7 3i)+ i102 = (35 15i+28i 12i2) 1 = 35+12+13i 1 =46 + 13i.

2.31. Feladat. Bizonytsa be, hogy minden z, w C esetn1. z + w = zw,2. zw = zw,3. z + z = 2Re(z),4. z z = 2i Im(z),5. zz 0 s zz = 0 pontosan akkor, ha z = 0.6. z = z akkor s csak akkor, ha z R.7. z = z akkor s csak akkor ha Re(z) = 0, azaz ha z tisztn kpzetes.

Megolds.

Legyen z = a + bi s w = c + di ahol a, b, c, d R.1. z + w = (a + c) + (b + d)i = (a+c)(b+d)i = (abi)+(cdi) = z+w.2. zw = (ac bd) + (bc + ad)i = (ac bd) (bc+ad)i = (a bi)(cdi) =

zw.3. z + z = a + bi + (a bi) = 2a = 2Re(z).4. z z = a + bi (a bi) = 2bi = 2i Im(z).5. zz = (a + bi)(a bi) = a2 abi + abi bi2 = a2 + b2 0, s = 0 akkor

s csak akkor, ha a = b = 0, azaz ha z = 0.6. z = z a + bi = a bi 2bi = 0 b = 0 z vals.7. z = z a + bi = (a bi) a + bi = a bi 2a = 0

a = 0 z tisztn kpzetes.2.32. Feladat. Adja meg a kvetkez kifejezsek rtkt algebrai alakban:

(a) (3 2i)(3 + 2i), (b) 4 + 3i5 i , (c)

i

2 + 8i, (d) (5 + 4i) 2 + i

1 i .

52 2. SZMFOGALMAK

Megolds.

(a) (3 2i)(3 + 2i) = 9 + 6i 6i 4i2 = 9 + 4 = 13. Azonnal lthata megolds, hiszen az sszeszorzott szmok egyms konjugltjai. (Haz = a + bi, akkor zz = a2 + b2.)

(b) Komplex szmmal val oszts a konjuglttal trtn bvtssel vgezhetel. Teht

4 + 3i

5 i =4 + 3i

5 i 5 + i

5 + i=

(4 + 3i)(5 + i)

52 + (1)2 =20 + 5i + 15i + 3i2

26

=17 + 20i

26=

17

26+

10

13i,

mely mr algebrai alak.

(c)i

2 + 8i=

i

2 + 8i 2 8i2 8i =

i(2 8i)22 + 82

=8 + 2i

68=

2

17+

1

34i.

(d) (5 + 4i) 2 + i1 i = (5 4i)

2 + i

1 i 1 + i

1 + i=

(5 4i)(2 + 2i + i + i2)12 + (1)2 =

(5 4i)(1 + 3i)2

=5 + 15i 4i 12i2

2=

17 + 11i

2=

17

2+

11

2i.

2.33. Feladat. Hatrozza meg az albbi komplex szmok abszolt rtkt:0, 3,5, 5i,3i, 2i + 4,2 +2i, 1 i.Megolds. A z = a + bi komplex szm abszolt rtke |z| = zz = a2 + b2,gy a megoldsok rendre 0, 3, 5, 5, 3, 2

5, 2,

2.

2.34. Feladat. brzolja a komplex szmskon a kvetkez komplex szmokat:3, 2, i, 4i, 3 + 2i, 2 4i.Megolds.

xx

x

x

x

x

PSfrag replacements

Re

Im

1

i

3

3i

i2

3 + 2i

2 4i2.35. Feladat. brzolja a komplex szmskon a kvetkez halmazokat:

1. A = {z : Re(z) 1},

3. KOMPLEX SZMOK 53

2. B = {z : Im(z) > 0},3. C = {z : |z| 1},4. D =

{z :

1z 1

},

5. E =

{z :

1

|z i| > 1}

,

6. F = {z : Re(z) + Im(z) = 1},7. G = {z : |z 1| |z + 2|},8. H = {z : 6 |6 3i 3z| 9}.

Megolds. Az A s B halmazok a komplex szmsik kt flsikjt alkotjk:

PSfrag replacements

ReRe

ImIm

11

ii

A B

A C halmaz elemei azon komplex szmok, melyek abszolt rtke 1, azazmelyeknek az origtl val tvolsga nem nagyobb, mint 1. Ezek a pontokaz egysg sugar, orig kzppont krn s annak belsejben helyezkednekel. A D halmaz elemei pedig ppen a kr s a rajta kvl es pontok:

PSfrag replacements

ReRe

ImIm

11

iiC

D

54 2. SZMFOGALMAK

Az E halmaz azon z komplex szmokbl ll, melyekre |z i| < 1, tehtmelyeknek a tvolsga az i szmtl egynl kisebb. Ezek ppen a (0, 1) kzp-pont, 1 sugar kr belsejben helyezkednek el. Az F halmaz elemei a (0, 1)s (1, 0) ponton tmen egyenes pontjai:

PSfrag replacements

ReRe

ImIm

11

ii E

F

A G halmaz elemei azon komplex szmok, melyek kzelebb vannak a 2-hz,mint az 1-hez. Ezek nyilvn azok a komplex szmok, melyek vals rsze nem

nagyobb, mint 1+(2)2 = 1

2. Vgl, ha z H, akkor 2 |z (2+ i)| 3,

teht z tvolsga a 2 + i komplex szmtl nem kisebb, mint 2 de nemnagyobb, mint 3. Ezek ppen a 2 + i kzppont 2 illetve 3 sugar krks az ltaluk meghatrozott krgyr pontjai.

x

PSfrag replacements

ReRe

ImIm

11

ii

G

H

2.36. Feladat. rja t trigonometrikus alakba az albbi komplex szmokat:(a) 5, (b) 2, (c) 4i, (d) 6i,(e)

12

+12i, (f) 2 + 2i, (g) 13i, (h) 23 2i.

3. KOMPLEX SZMOK 55

Megolds. A z komplex szm trigonometrikus alakja z = |z|(cos + i sin),ahol a komplex szm vals tengellyel bezrt szge vagy argumentuma.Jele arg(z).

Ha z = a + bi, akkor |z| = a2 + b2. A szg kiszmtshoz a kvetkezmdszer ajnlott: Im(z) = b 0 esetn a cos = Re(z)|z| =

a

|z| sszefggs-bl, b < 0 esetn pedig a cos 0 =

a

|z| s = 2pi0 sszefggsbl szmol-hatjuk ki rtkt. Mindkt esetben a cos fggvny argumentumt 0 s pikztt keressk, ezen az intervallumon pedig a cos fggvny egyrtelm.

Megjegyzend, hogy ha z vals szm, akkor eljeltl fggen szge 0 vagypi, ha pedig z tisztn kpzetes, akkor Im(z) eljeltl fggen az argumen-

tumapi

2illetve

3pi

2. Mindezek alapjn a megoldsok a kvetkezk:

(a) Az 5 komplex szm vals s pozitv, gy argumentuma 0. Tovbb |5| =5, teht 5 = 5(cos 0 + i sin 0).

(b) A 2 komplex szm vals s negatv, gy argumentuma pi. Tovbb| 2| = 2, teht 2 = 2(cos pi + i sinpi).

(c) A 4i komplex szm tisztn kpzetes, Im(4i) = 4 > 0, gy argumentumapi

2. Tovbb |4i| = 4, teht 4i = 4

(cos

pi

2+ i sin

pi

2

).

(d) A 6i komplex szm tisztn kpzetes, Im(6i) = 6 < 0, gy argumen-tuma

3pi

2. Tovbb | 6i| = 6, teht 6i = 6

(cos

3pi

2+ i sin

3pi

2

).

(e) Legyen z =12

+12i. Ekkor |z| =

1

2+

1

2= 1. z kpzetes rsze

12

> 0, gy az argumentumot -vel jellve cos =Re(z)

|z| =12, mely-

bl =pi

4. gy z =

(cos

pi

4+ i sin

pi

4

).

(f) Legyen z = 2 + 2i. Ekkor |z| =

(2)2 + 22 = 2

2. z kpzetes rsze

2 > 0, gy cos =Re(z)

|z| =22

2= 1

2, melybl =

3pi

4. Teht

z = 2

2

(cos

3pi

4+ i sin

3pi

4

).

(g) Legyen z = 13i. Ekkor |z| = 1 + 3 = 2. z kpzetes rsze 3 < 0,gy = 2pi 0 ahol cos 0 = Re(z)|z| =

1

2. Ebbl addik, hogy 0 =

pi

3

teht = 2pi 0 = 5pi3

. gy z = 2

(cos

5pi

3+ i sin

5pi

3

).

56 2. SZMFOGALMAK

(h) Legyen z = 23 2i. Ekkor |z| =

(2

3)2 + 22 = 4. z kpzetes

rsze 2 < 0, gy = 2pi 0 ahol cos 0 = Re(z)|z| =23

4=3

2.

Ebbl addik, hogy 0 =5pi

6, ennlfogva = 2pi 0 = 7pi

6. Ezrt

z = 4

(cos

7pi

6+ i sin

7pi

6

).

2.37. Feladat. Legyen z = 2(cos 11 + i sin 11), w = 3(cos 35 + i sin 35).

Hatrozza meg a zw,1

z,

z

w, z4, w3, (zw)2 komplex szmokat.

Megolds. A trigonometrikus alakban megadott komplex szmok mveletitulajdonsgai alapjn:

zw = 2 3(cos(11 + 35) + i sin(11 + 35)) = 6(cos 46 + i sin 46),1

z=

1

2(cos(11) + i sin(11)) = 1

2(cos 349 + i sin 349),

z

w=

2

3(cos(11 35) + i sin(11 35))

=2

3(cos(24) + i sin(24)) = 2

3(cos 336 + i sin 336),

z4 = 24(cos(4 11) + i sin(4 11)) = 16(cos 44 + i sin 44),w3 = 33(cos(3 35) + i sin(3 35)) = 27(cos 105 + i sin 105),

(zw)2 = 62(cos(2 46) + i sin(2 46)) = 36(cos 92 + i sin 92).2.38. Feladat. Legyen z = 64(cos 80 + i sin 80). Hatrozza meg z m-sodik, harmadik s negyedik gykeit.

Megolds. Egy komplex szmnak pontosan n darab n-edik gyke van. Ezekabszolt rtke megegyezik, ezrt egy orig kzppont krn helyezkednek

el. Tovbb brmely kt szomszdos gyk egymssal2pi

nfokos szget zr be,

gy szablyos n-szget alkotnak.

z =

64

(cos

80 + 2k 1802

+ i sin80 + 2k 180

2

)(k = 0, 1),

azaz

z1 = 8 (cos 40 + i sin 40) s

z2 = 8 (cos 220

+ i sin 220).

3

z = 4

(cos

80 + 2k 1803

+ i sin80 + 2k 180

3

)(k = 0, 1, 2),

4

z = 2

2

(cos

80 + 2k 1804

+ i sin80 + 2k 180

4

)(k = 0, 1, 2, 3).

3. KOMPLEX SZMOK 57

2.39. Feladat. brzolja az n-edik egysggykket n = 2, 3, 4, 5, 6, 8 esetn.

Megolds. Az n-edik egysggykk a kvetkezk:

k =

(cos

2kpi

n+ i sin

2kpi

n

)(k = 0, 1, . . . , n 1).

Ezen pontok a komplex szmskon egy orig kzppont szablyos n szgcscsaiban helyezkednek el, tovbb 0 = 1.

PSfrag replacements

ReReRe

ImImIm

111

iii

000

11

1

2

2

3n = 2 n = 3 n = 4

PSfrag replacements

ReReRe

ImImIm

111

iii

000

111

222

3

3

34 4

4

55

67

n = 5 n = 6 n = 8

2.40. Feladat. Legyen adott egy z komplex szm a komplex szmskon.llaptsa meg, hogy hogyan helyezkedik el a w komplex szm z-hez kpest,ha(a) w = 2z, (b) w = z, (c) w = iz, (d) w =

z

i,

(e) w = (12

+i2)z.

Megolds. Legyen z = a + bi = r(cos + i sin).

(a) w = 2r(cos + i sin), teht w hossza z hossznak 2-szerese, irnyaz-vel megegyezik. A 2-vel val szorzs nyjtst eredmnyez.

(b) w = a bi, teht z-nek a kpzetes tengelyre val tkrzse.(c) Felhasznlva, hogy i trigonometrikus alakja 1

(cos

pi

2+ i sin

pi

2

)kapjuk,

hogy w = iz = r(cos( +

pi

2

)+ i sin

( +

pi

2

)), gy az i-vel val szorzs

90 fokkal val pozitv irny forgatsnak felel meg.

58 2. SZMFOGALMAK

(d) Felhasznlva, hogy1

itrigonometrikus alakja 1

(cos(pi

2

)+ i sin

(pi

2

))kapjuk, hogy w =

z

i= r

(cos( pi

2

)+ i sin

( pi

2

)), gy az i-vel val

oszts 90 fokkal val negatv irny forgatsnak felel meg.

(e) Felhasznlva, hogy12

+12i trigonometrikus alakja 1

(cos

pi

4+ i sin

pi

4

)(lsd 2.36. feladat) kapjuk, hogy

w =12

+12iz = r

(cos( +

pi

4

)+ i sin

( +

pi

4

)),

gy a12

+12i-vel val szorzs 45 fokkal val pozitv irny forgatsnak

felel meg.

.

.

PSfrag replacements

Re

Im

1

45

z

2z1+i

2ziz

1

iz

z

2.41. Feladat. Igazolja hogy az

1 =

(cos

2pi

n+ i sin

2pi

n

)egysggyk k-adik hatvnyai ellltjk az sszes n-edik egysggykt, hak = 0, 1, . . . , n 1.Megolds. Nyilvnval, hiszen

k1 =

(cos

2kpi

n+ i sin

2kpi

n

)(k = 0, . . . , n 1),

valban ellltja az sszes n-edik egysggykt.

2.42. Feladat. Igazolja, hogy egy z komplex szm n-edik gykei elllnakegy gyke s az n-edik egysggykk szorzataknt.

3. KOMPLEX SZMOK 59

Megolds. Ha w n-edik gyke z-nek, akkor valamely k {0, 1, . . . , n 1}-re

w = n|z|(

cos + 2kpi

n+ i sin

+ 2kpi

n

)

= n|z|(cos

n+ i sin

n

)

:=w1

(cos

2kpi

n+ i sin

2kpi

n

)

=k(=k1)

,

ahol w1 n-edik gyke z-nek, k pedig n-edik egysggyk.

2.43. Feladat. Legyenek w1, w2, . . . , wn valamegy z komplex szm n-edikgykei. Igazolja, hogy ekkor w0 + w1 + + wn1 = 0.Megolds. A 2.41. s 2.42. feladatok alapjn

w1 + w2 + + wn = w1 + w11 + w121 + + w2n11= w1(1 + 1 +

21 + + n11 ) = w1

n1 11 1

= w11 11 1 = 0.

2.44. Feladat. Legyen s n-edik egysggykk.

(a) Igazolja, hogy ekkor s

is n-edik egysggyk.

(b) Elfordulhat-e, hogy + illetve + is n-edik egysggyk?

Megolds.

(a) n = n = 1, gy ()n = nn = 1 1 = 1, teht n-edik egysggyk.

Msrszt,

(

)n=

n

n=

1

1= 1, gy

is n-edik egysggyk.

(b) Elfordulhat, pldul1

2+

3

2i s

1

2

3

2i hatodik egysggykk, melyek

sszege 1, mely szintn hatodik egysggyk. Azonban + illetve ltalban mr nem n-edik egysggykk. Pldul ha = = 1, akkor + = 2, = 0, melyek nem egysggykk.

2.45. Feladat. Oldja meg a komplex szmok halmazn az albbi egyen-leteket:

1. z2 2iz 10 = 0,2. z2 + (2 + 4i)z + 4i 2 = 0,3. (1 i)z2 + (1 2i)z + 1 = 0,4. z2 + (1 i)z +

3

2 = 0,5. zz + (6i)2 + 2i = 0.

60 2. SZMFOGALMAK

Megolds. Az az2 + bz + c = 0 (a 6= 0) msodfok egyenletnek a komplexszmok felett mindig kt (esetleg megegyez) gyke van, melyet a

z1,2 =b +

(b2 4ac

)1,2

2a

kplet ad meg. Megjegyzend, hogy a b2 4ac komplex szm kt ngy-zetgyke egymsnak 1 szerese, gy hasznlhat a

z1,2 =b w

2a

kplet is, ahol w a b2 4ac komplex szm valamely gyke.1. A megoldkplet alapjn

z1,2 =2i +

(2i)2 + 4 10

2=

2i +4 + 40

2=

{2i6

2 = i 3,2i+6

2 = i + 3.

2. A megoldkplet alapjn

z1,2 =2 4i +(2 + 4i)2 4(4i 2)

2

=2 4i +4 + 16i + (4i)2 16i + 8

2=2 4i +4 16 + 8

2

=2 4i +4

2=

{24i2i

2 = 1 3i,24i+2i

2 = 1 i.3. A megoldkplet alapjn

z1,2 =2i 1 +(1 2i)2 4(1 i)

1 i =2i 1 +1 4i 4 + 4 + 4i

1 i

=2i 1 +11 i =

{2i21i 1+i1+i = 2i+2i

2+22i2 = 2i,

2i1i 1+i1+i = 2i+2i

2

2 = 1 i.4. A megoldkplet alapjn

z1,2 =i 1 +

(1 i)2 4

3

2

2=

i 1 +

1 2i + (i)2 232

=i 1 +

1 2i 1 23

2=

i 1 +23 2i2

.

A 2.36. feladat (h) rsze alapjn a 23 2i komplex szm trigono-metrikus alakja 4

(cos

7pi

6+ i sin

7pi

6

). Ennlfogva a kt ngyzetgyke

3. KOMPLEX SZMOK 61

2(

cos7pi

12+ i sin

7pi

12

). Teht az egyenlet megoldsai:

z1,2 =i 1

2(

cos7pi

12+ i sin

7pi

12

).

5. zz = 362i, ami nem lehetsges, hiszen brmely z komplex szm esetnzz nem negatv vals szm.

2.46. Feladat. Legyenek a0, a1, . . . , an R. Bizonytsa be, hogy ha a zkomplex szm gyke az anxn + + a1x + a0 = 0 egyenletnek, akkor z isgyke az egyenletnek.

Megolds. Mivel z gyke az egyenletnek, ezrt anzn + + a1z + a0 = 0.Konjuglva az egyenlet mindkt oldalt az albbi egyenletnk lesz:

anzn + + a1z + a0 = an zn + + a1 z + a0 = 0.Felhasznlva, hogy egy vals szm konjugltja nmaga kapjuk, hogy

anzn + + a1z + a0 = 0,

azaz z is gyke az egyenletnek.2.47. Feladat. Bontsa fel elsfok polinomok szorzatra az albbi komplexpolinomokat:

1. P1(z) = z2 2z + 1,2. P2(z) = 2z2 + 4z 30,3. P3(z) = z3 + z2 + z,4. P4(z) = z2 i.

Megolds. Nincs ms dolgunk, mint meghatrozni a polinomok zrushelyeit,hiszen ha az n-edfok P (x) = anzn + an1zn1 + + a1z + a0 polinomnak1, . . . n C a gykei, akkor P (x) = an(z 1) . . . (z n).1. A msodfok egyenlet megoldkplete alapjn egyszeren kiszmolhat,

hogy a P1(z) polinomnak az = 1 az egyetlen, ktszeres gyke. gyP1(z) = (z 1)(z 1) = (z 1)2.

2. A msodfok egyenlet megoldkplete knnyen kiszmolhat, hogy aP2(z) polinom kt gyke: 1 = 5 s 2 = 3. gy P2(z) = 2(z+5)(z3).

3. Azonnal lthat, hogy P3(z) = z(z2 + z + 1), teht a polinomnak az1 = 0 gyke. A feladat befejezshez meg kell keresnnk a z2+z+1 = 0egyenlet megoldsait. A megoldkpletet hasznlva

2,3 =1 +1 4

2=1 +4

2=

{1

3i

2 = 12

32 i,

1+

3i2 = 12 +

3

2 i,

gy P3(z) = z(z + 12 +

32 i)(z +

12

3

2 i).

62 2. SZMFOGALMAK

4. A P4(x) polinom gykeinek kiszmtshoz a z2 = i egyenletet kellmegoldani, teht a zrushelyek a i komplex szm ngyzetgykei. Ai komplex szm tisztn kpzetes, Im(i) = 1 < 0, gy argumentuma3pi

2. Tovbb | i| = 1, gy trigonometrikus alakja

(cos

3pi

2+ i sin

3pi

2

).

Ezrt ngyzetgyke (

cos3pi

4+ i sin

3pi

4

)=

( 1

2+

12i

). gy

P4(z) =

(z +

12 1

2i

)(z 1

2+

12i

).

4. Algebrai struktrk

2.48. Feladat. Legyen (G, ) egy adott csoport, F G. Igazolja, hogy(F, ) akkor s csak akkor csoport, ha brmely a, b F esetn a b1 F ,ahol b1 jelli a b elem inverzt.

Megolds. Ha F csoportot alkot, akkor nyilvn teljesl, hogy a b1 Fminden a, b F esetn, hiszen b1 F s nem vezet ki F -bl.

Fordtva, tegyk fel, hogy a b1 F minden a, b F esetn. Beltjuk,hogy ekkor teljeslnek a csoport struktra tulajdonsgai.Legyen x, y F s jelljk G neutrlis elemt e-vel.(a) Az a = b = x vlasztssal kapjuk, hogy x x1 = e F , teht F -ben

benne van a neutrlis elem.(b) Az a = e, b = x vlasztsval kapjuk, hogy e x1 = x1 F , teht

F -ben benne van x inverze.(c) y-nak az y1 inverze benne van F -ben, gy x y = x (y1)1 F ,

teht nem vezet ki F -bl.(d) Az asszociativits nyilvn teljesl, hiszen az F -nl bvebb G halmazon assszociatv. (Hasonlan, ha G kommutatv, akkor F is az.)

2.49. Feladat. llaptsa meg, hogy a megadott struktrk csoportot alkot-nak-e:1. (R,+), 2. (R, ), 3. (R \ {0}, ), 4. (N,+), 5. (N, ),6. (Z,+), 7. (Z, ), 8. (Q,+), 9. (Q, ), 10. (Q \ {0}, ).

Megolds.

1. A vals szmok testaximibl kvetkezik, hogy (R,+) Abel-csoportotalkot.

2. (R, ) nem alkot csoportot, mert a 0-nak nem ltezik multiplikatv in-verze.

5. SZMOSSGOK 63

3. A vals szmok testaximibl kvetkezik, hogy (R, ) Abel-csoportotalkot.

4. (N,+) nem alkot csoportot, ugyanis ha n N s n 6= 0, akkor n-neknincsen additv inverze.

5. (N, ) nem alkot csoportot, ugyanis ha n N s n 6= 1, akkor nincsenmultiplikatv inverze.

6. (Z,+) Abel-csoportot alkot. Mivel Z R s (R,+) csoportot alkot, azigazolshoz a 2.48. feladat alapjn elg beltni, hogy minden k, l Zesetn k l Z, amely nyilvn teljesl.

7. (Z, ) nem alkot csoportot, ugyanis ha k Z s k 6= 1, akkor nincsenmultiplikatv inverze.

8. (Q,+) Abel-csoportot alkot, ugyanis a 2.12. feladat alapjn p q Qminden p, q Q esetn.

9. (Q, ) nem alkot csoportot, mert a 0 elemnek nincsen multiplikatv in-verze.

10. (Q\{0}, ) Abel-csoportot alkot, ugyanis a 2.12. feladat alapjn pq Q

minden p, q Q \ {0}, esetn.2.50. Feladat. llaptsa meg, hogy a megadott ktmveletes struktrkgyrt alkotnak-e:1. (N,+, ), 2. (R,+, ), 3. (Z,+, ), 4. (Q,+, ).

Megolds.

1. (N,+, ) nem alkot gyrt, hiszen (N,+) nem csoport.2. A vals szmok testaximibl kvetkezik, hogy (R,+, ) testet alkot.3. A disztributivits (Z,+, )-ben nyilvn teljesl, hiszen az egsz szmok

halmaznl bvebb vals szmok halmazban is teljesl. gy az elzfeladat alapjn (Z,+, ) gyrt alkot. Tovbb, a 2.4. feladat miatta nullosztmentessg is teljesl, teht (Z,+, ) integritstartomny. De(Z \ {0}, ) nem csoport, gy (Z,+, ) nem test.

4. A disztributivits (Q,+, )-ben rkldik (R,+, )-bl, gy az elz fela-dat alapjn (Q,+, ) testet alkot.

5. Szmossgok

2.51. Feladat. Legyen A = {a1, a2, . . . , an} egy n elem halmaz. Igazolja,hogy ekkor A hatvnyhalmaza 2n elem.

Megolds. Legyen

B := {(b1, b2, . . . , bn) | bi = 0 vagy bi = 1, i = 1, 2, . . . , n}.

64 2. SZMFOGALMAK

Knnyen lthat, hogy B elemeinek szma 2n. Legyen

f : 2A B, f(H) := (b1, b2, . . . , bn),ahol bi := 1, ha ai H, egybknt bi := 0 (i = 1, 2, . . . , n). f nyilvninvertlhat s rtkkszlete B, gy f bijekci, melybl addik az llts. (Afeladat egy msik megoldsa az 1.9. feladatnl lthat.)

2.52. Feladat. Legyen k N tetszleges s Ak = {k n | n N}. Igazolja,hogy Ak s N szmossga egyenl.

Megolds. Nyilvn az f : N N, f(n) = k n fggvny bijekci N s Akkztt, gy a kt halmaz egyenl szmossg.

2.53. Feladat. Igazolja, hogy NN N.Megolds. Legyen

f : NN N, f((n.m)) := 2n1(2m 1).Minden termszetes szm felrhat egy pratlan szm s 2 nem negatv egszhatvnyaknt, gy f szrjektv. Msrszt, ha (n,m) 6= (k, l), (azaz n 6= kvagy m 6= l), akkor 2n1(2m 1) 6= 2k1(2l 1), gy f injektv is.2.54. Feladat. Igazolja, hogy kt megszmllhat halmaz Descartes-fleszorzata megszmllhat.

Megolds. Legyen a kt halmaz A s B. Ekkor lteznek f : A N sf : B N bijekcik. Azonban a

H : AB NN, H(x, y) = (f(x), g(y))fggvny bijekci, gy AB szmossga egyenl NN szmossgval. gya 2.53. feladat elz feladat felhasznlsval addik az llts.

2.55. Feladat. Igazolja, hogy vges sok megszmllhat halmaz Descartes-fle szorzata megszmllhat.

Megolds. A feladatot a Descartes-fle szorzatban szerepl halmazok szmaszerinti indukcival igazoljuk. Az llts n = 2-re a 2.54 feladat kvetkezm-nye. Tegyk fel, hogy az llts igaz n = k-ra, azaz k darab megszmllhathalmaz Descartes-fle szorzata megszmllhat. Ebbl igazoljuk az lltstn = k + 1-re. Legyenek A1, A2, . . . , Ak, Ak+1 megszmllhat halmazok.Ekkor az

f : A1 A2 Ak Ak+1 (A1 A2 Ak)Ak+1,f(x1, x2, . . . , xk, xk+1) =

((x1, x2, . . . , xk), xk+1

)lekpezs bijekci, gy a kt halmaz egyenl szmossg. Azonban az induk-cis feltevsnk szerint az A1A2 Ak halmaz megszmllhat, gy a

5. SZMOSSGOK 65

2.54 feladat alapjn a (A1A2 Ak)Ak+1 halmaz is megszmllhat,teht az A1 A2 Ak Ak+1 megszmllhat. A teljes indukci elvealapjn az llts mindig teljesl.

2.56. Feladat. Bizonytsa be, hogy R szmossga nagyobb, mint N sz-mossga, teht nem megszmllhat.

Megolds. Indirekt tegyk fel, hogy R megszmllhat. Ekkor a [0, 1] zrtintervallum is megszmllhat, azaz ltezik klcsnsen egyrtelm megfelel-tets N s [0, 1] elemei kztt. rjuk fel a megfeleltets sorrendjben a [0, 1]elemeit tizedestrt alakban:

1 7 0, a11a12a13 . . .2 7 0, a21a22a23 . . .3 7 0, a31a32a33 . . .

...

Itt a11, a12, . . . szmjegyeket jellnek, a vges tizedestrteket vgtelen soknullval egsztjk ki. A feltevs szerint [0, 1] valamennyi eleme fel vansorolva. Legyen

bi =

{1, ha aii 6= 1,0, ha aii = 1,

s tekintsk a b = 0, b1b2b3 . . . szmot. Ez a szm nincs benne a fentifelsorolsban, mivel mindegyiktl klnbz. Ez ellentmonds, gy R nemmegszmllhat. Ebbl kvetkezik az llts.

2.57. Feladat. Mutassa meg, hogy ha a < b, akkor az [a, b] intervallumegyenl szmossg a [0, 1] intervallummal.

Megolds. Knnyen lthat, hogy az

f : [0, 1] [a, b], f(x) := a + (b a)xfggvny bijekci [0, 1] s [a, b] kztt, gy a kt halmaz valban egyenlszmossg.

2.58. Feladat. Mutassa meg, hogy a [0,[ intervallum egyenl szmossga [0, 1[ intervallummal.

Megolds. Knnyen lthat, hogy az

f : [0, 1[ [0,[, f(x) :={

2x, ha x [0, 12] ,1

2x1 ha x ]

12 , 1[,

fggvny bijekci [0, 1[ s [0,[ kztt, gy a kt halmaz valban egyenlszmossg.

66 2. SZMFOGALMAK

2.59. Feladat. Igazolja hogy ]0, 1[ R.Megolds. Belthat, hogy az

f :]0, 1[ R, f(x) := 1x

+1

x 1fggvny bijekci ]0, 1[ s R kztt, gy a kt halmaz valban egyenl sz-mossg.

2.60. Feladat. Bizonytsa be, hogy ha A 6= megszmllhat halmaz,akkor ltezik f : N A fggvny, melynek kphalmaza A.Megolds. Ha A megszmllhatan vgtelen, akkor ltezik olyan f : N Afggvny, mely bijekci, gy szrjektv is, azaz kphalmaza A.

Ha A vges, akkor ltezik olyan n termszetes szm, melyre A szmossgamegegyezik a Bn := {1, 2, . . . , n} halmazzal, azaz ltezik g : Bn A bijek-ci. Legyen a A tetszleges. Ekkor az

f : N A, f(m) :={

a ha m ng(n) ha m > n

fggvny a kvetelmnynek megfelel.

2.61. Feladat. Igazolja, hogy ha A s B nem res halmazok, s van olyanf : A B fggvny, melynek kphalmaza B, akkor A szmossga nagyobb,vagy egyenl mint B szmossga.

Megolds. A megoldsban felhasznljuk a kivlasztsi aximt:Nemres halmazok brmely {A : } rendszerhez ltezik f :

A

gynevezett kivlasztsi fggvny, melyre f() A minden esetn.Legyen Ay := {x A | f(x) = y} (y B). Ekkor az {Ay | y B}

halmazrendszer pronknt diszjunkt nem res halmazokbl ll, s ltezik e-leme. A kivlasztsi axima szerint ltezik olyan C halmaz, amely ezen hal-mazrendszer minden halmazbl pontosan egy elemet tartalmaz (a kivlasz-tsi fggvny vlogatja ki C elemeit). Legyen

g : B C, g(y) = cy,ahol cy azon egyrtelmen ltez C-beli elem, mely az Ay halmazban van.Ekkor g invertlhat, s rtkkszlete C, teht bijekci B s C kztt. EzrtB egyenl szmossg A egy rszhalmazval, melybl kvetkezik az llts.

2.62. Feladat. Bizonytsa be, hogy ha az {Ai | i I} indexelt halmazrend-szer olyan, hogy minden i esetn Ai megszmllhat s I is megszmllhat,akkor

iI

Ai is megszmllhat.

6. KOMBINATORIKAI ALAPFOGALMAK 67

Megolds. Feltehet, hogy Ai 6= minden i I esetn. Mivel Ai megszm-llhat, gy a 2.60. feladat alapjn ltezik olyan fi : N Ai fggvny,melynek kphalmaza Ai (i I). Hasonlan, ltezik olyan g : N I,melynek kphalmaza I. Legyen

F : NN iI

Ai, F((n,m)

):= fg(n)(m).

Ekkor F kphalmazaiI

Ai, gy a 2.61. feladat alapjn N N szmossga

nagyobb, vagy egyenl, mintiI

Ai szmossga. A 2.53 feladat alapjn NNszmossga megszmllhatan vgtelen, melybl az llts addik.

2.63. Feladat. Igazolja, hogy Z N.Megolds. Nyilvn a N := {n : n N} halmaz megszmllhatan vgte-len, gy az egsz szmok halmaza felrhat hrom megszmllhat halmazunijaknt:

Z = N {0} N,gy a 2.62. feladat alapjn megszmllhat.

2.64. Feladat. Igazolja, hogy Q N.

Megolds. Legyen An ={m

n| m Z

}, n N. Ekkor Q =

n=1

An, teht a

2.62. feladat miatt megszmllhatan vgtelen, hiszen An brmely n esetnmegszmllhatan vgtelen.

2.65. Feladat. Mutassa meg, hogy az irracionlis szmok halmaza nemmegszmllhat.

Megolds. Amennyiben R \Q megszmllhat lenne, akkor a 2.62. feladats a 2.64. feladat miatt R = Q (R \Q) is megszmllhat lenne, mely a2.56. feladat alapjn nem teljesl.

6. Kombinatorikai alapfogalmak

2.66. Feladat. Igazolja a kvetkez azonossgokat:

(a)

(n

0

)(

n

1

)+ + (1)n1

(n

n 1)

+ (1)n(

n

n

)= 0,

(b)

(n

0

)+

(n

1

)+ +

(n

n 1)

+

(n

n

)= 2n.

68 2. SZMFOGALMAK

Megolds. Mindkt azonossg a binomilis ttel kvetkezmnye, ugyanis:

(a) 0 =(1 + (1))n = (n

0

)(

n

1

)+ + (1)n1

(n

n 1)

+ (1)n(

n

n

),

(b) 2n = (1 + 1)n =

(n

0

)+

(n

1

)+ +

(n

n 1)

+

(n

n

).

2.67. Feladat. Legyen 0 k m n. Igazolja a binomilis egytthatkalbbi tulajdonsgait:

1.

(n

k

)=

(n

n k)

,

2.

(n + 1

k + 1

)=

n + 1

k + 1

(n

k

),

3.

(n + 1

k + 1

)=

n k + 1k + 1

(n + 1

k

),

4.

(n + 1

k + 1

)=

(n

k

)+

(n

k + 1

),

5.

(n

m

)(m

k

)=

(n

k

)(n km k

),

6.

(n + 1

k + 1

)=

(n

k

)+

(n 1

k

)+ . . .

(k

k

).

Megolds.

1. Az azonossg a binomilis egytthatk defincijbl kvetkezik.2. A binomilis egytthatk defincija alapjn(

n + 1

k + 1

)=

(n + 1)!

(k + 1)!(n + 1 (k + 1))! = (n + 1)n!(k + 1)k!(n k)!

=n + 1

k + 1

(n

k

),

ahol felhasznltuk, hogy (n + 1)! = (n + 1)n!.3. A binomilis egytthatk defincija alapjn

n k + 1k + 1

(n + 1

k

)=

(n + 1 k)(n + 1)!(k + 1)k!(n + 1 k)! =

(n + 1)!

(k + 1)!(n k)!=

(n + 1)!

(k + 1)!(n + 1 (k + 1))! =

(n + 1

k + 1

).


4. A binomilis egytthatk defincija alapjn(n

k

)+

(n

k + 1

)=

n!

k!(n k)! +n!

(k + 1)!(n (k + 1))!

=(k + 1)n! + (n k)n!

(k + 1)!(n k)! =(n + 1)n!

(k + 1)!(n + 1 (k + 1))!

=(n + 1)!

(k + 1)!(n + 1 (k + 1))! =

(n + 1

k + 1

).

5. A binomilis egytthatk defincija alapjn(n

k

)(n km k

)=

n!

k!(n k)! (n k)!

(m k)!(n k (m k))!=

n!

k! 1(m k)!(nm)! =

n!

k!(m k)!(nm)! m!

m!

=n!

m!(nm)! m!

k!(m k)! =(

n

m

)(m

k

).

6. Mivel n k, gy ltezik olyan l 0, melyre n = k + l. gy az llts akvetkez alakban rhat:(

k + 1 + l

k + 1

)=

(k

k

)+

(k + 1

k

)+ +

(k + l

k

).

Ezt az egyenlsget l szerinti teljes indukcival igazoljuk.

Ha l = 0, akkor

(k + 1

k + 1

)= 1 =

(k

k

), teht az llts igaz.

Ha l = 1, akkor 4. miatt

(k + 1 + 1

k + 1

)=

(k + 1

k

)+

(k + 1

k + 1

)=(

k + 1

k

)+

(k

k

), teht az llts l = 1 esetn is teljesl. Tegyk fel,

hogy az egyenlsg fennll valamely l = s pozitv egsz szmra, azaz(k + 1 + s

k + 1

)=

(k

k

)+

(k + 1

k

)+ +

(k + s

k

).

Ezt s a 4. pontot felhasznlva, l = s + 1 esetn(k + 1 + s + 1

k + 1

)=

(k + 1 + s

k + 1

)+

(k + 1 + s

k

)

=

(k

k

)+

(k + 1

k

)+ +

(k + s

k

)+

(k + s + 1

k

),

mely ppen az llts l = s + 1-re.

70 2. SZMFOGALMAK

2.68. Feladat. Hnyfle sorrenben tudunk megenni 6 klnbz csokit?

Megolds. Az egyes lehetsges sorrendek 6 elem egy-egy permutcijtalkotjk. Ezek szma 6! = 720.

2.69. Feladat. Egy pnzrmt 10-szer egyms utn feldobunk. Hnyfleolyan dobssorozat van, amelyben 7 fej s 3 rs van?

Megolds. A sorrendek szmt 10 elem ismtlses permutcival kapjuk

meg, melyben 7 illetve 3 egyenl elem van. Teht a megolds10!

3!7!= 120.

2.70. Feladat. Hnyflekppen rendezhet egy sorba 8 n s 6 frfi, ha ank ell llnak?

Megolds. A 8 n sszes lehetsges sorrendje 8 elem permutciinak szm-val egyenl, teht 8!. A frfiak elrendezsi mdjainak szma 6!. A nkbrmely sorrendjhez a frfiak tetszleges sorrendje tartozhat, teht az sszesesetek szmt megkapjuk, ha az elbbi kt permutci szmt sszeszoroz-zuk: 8! 6!.2.71. Feladat. Hny klnbz autrendszm kszthet az A,B,C betks az 1, 1, 3 szmok segtsgvel? (egy rendszm els fele hrom bet, m-sodik fele hrom szm.)

Megolds. Az A,B,C betket 3! = 6-flekppen llthatjuk sorba. A betkminden egyes sorrendjhez 3 rendszm tartozik, hiszen az 1, 1, 3 szmokat3!

2!1!= 3 flekppen rendezhetjk sorba. gy sszesen 3 6 = 18 fle rendsz-

mot kszthetnk.

2.72. Feladat. Egy tz tag trsasg egy kerekasztalhoz hnyflekppentud lelni?

Megolds. A trsasgot egy sorban 10! klnbz mdon tudjuk elhelyezni.Ha ezt a sort krr zrjuk, akkor az elbbi elrendezsekbl 10 egyenrtk.

gy a lehetsges elrendezsek szma10!

10= 9!.

2.73. Feladat. Hnyfle sorrendbe rhatk a MATEMATIKA sz beti?

Megolds. sszesen 10 darab betnk van. Az A bet 3-szor, az M sT bet pedig 2-szer fordul el, gy 10 elem ismtlses permutcijt kellkiszmolnunk 4 s ktszer 2 egyez elem esetn. Teht a lehetsges sorrendek

szma:10!

4!2!2!= 37800.

2.74. Feladat. Hnyflekppen lehet a sakktbln elhelyezni 8 bstyt gy,hogy ne ssk egymst?


Megolds. gy kell elhelyeznnk a bstykat, hogy minden sorban s mindenoszlopban csak egy bstya lehet. Rakjuk le az els bstyt az els sorba.Ekkor 8 lehetsgnk van. A msodik bstyt rakjuk le a msodik sorba,ezt mr csak htflekppen tehetjk meg, hiszen abba az oszlopba mr nemrakhatunk, amelyikben az els bstya ll. A harmadik sorban mr csak6 helyre rakhatjuk a bstyt. Ezt folytatva, az utols sorban mr csakegy helyre rakhatjuk az utols bstyt. Az sszes lehetsgek szma teht8 7 6 5 4 3 2 1 = 8!.2.75. Feladat. Hny olyan tzjegy szm van, amelyben

(a) minden szmjegy csak egyszer fordul el?(b) t darab 1-es, hrom darab 3-as s kt darab 2-es van?(c) az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 szmjegyek mindegyike szerepel, de a 0 nem?

Megolds.

(a) A 10 szmjegy lehetsges sorrendjeinek szma 10!. Viszont ha a 0ll ell, akkor csak kilenc jegy szmunk van, gy ezek a sorrendeknem megfelelk. Ezekbl sszesen 9! daran van, hiszen az utols ki-lenc szmjegy az 1, 2, . . . , 9 szmjegyek egy tetszleges sorbarendezselehet. Teht a megolds 10! 9! = 9 9!.

(b) A megolds 10

diszkrét matematika példatár 1

Documents