diszkrét matematika példatár - györgy-kárász-sergyán-vajda-záborszky(2003)[211 oldal]

Budapesti Muszaki Foiskola

Neumann Janos Informatikai Foiskolai Kar

Gyorgy Anna – Karasz Peter – Sergyan Szabolcs

Vajda Istvan – Zaborszky Agnes

Diszkretmatematika

peldatar

2003

A peldatar a Budapesti Muszaki Foiskola muszaki informatika szakos hallgatoireszere keszult.

Szerkesztette: Gyorgy Anna foiskolai docens

Szerzok:

Gyorgy Anna — Fogalomgyujtemeny, 3. fejezet

Karasz Peter — 1.2.–1.5. fejezet

Sergyan Szabolcs — 4., 5. fejezet

Vajda Istvan — 1.1., 2. fejezet

Zaborszky Agnes — 6. fejezet

Szedes: Gyorgy Anna, Horvath Arpad, Karasz Peter, Sergyan Szabolcs, VajdaIstvan

Abrak: Karasz Peter, Sergyan Szabolcs, Vajda Istvan

Muszaki szerkeszto: Karasz Peter

A szedes a LATEX programcsomaggal tortent.

Tartalomjegyzek

I. Fogalmak es szimbolumok 1

1. Halmazelmeleti es algebrai fogalmak 3

1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Relaciok, fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3. Halmazok szamossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4. Rekurziok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5. Teljes indukcio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2. Kombinatorika 11

2.1. Permutaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2. Variciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3. Kombinaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. Matematikai logika 13

3.1. Kijelenteslogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2. Predikatumlogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

4. Algebrai strukturak 19

5. Grafelmelet 23

5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.2. Euler- es Hameilton-bejarasok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265.3. Sıkgrafok, szınezesek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265.4. Fak, erdok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

6. Linearis algebra 29

6.1. Vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

III

IV TARTALOMJEGYZEK

6.2. Matrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

6.3. Linearis transzfomaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

II. Feladatok 37


1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.2. Relaciok, fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Fuggvenyek specialis tulajdonsagai . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Homogen binaris relaciok specialis tulajdonsagai . . . . . . . . . 49

Ekvivalencia-relaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Parcialis rendezesi relaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.3. Halmazok szamossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

1.4. Rekurziok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

1.5. Teljes indukcio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2. Kombinatorika 63

2.1. Permutaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.2. Variaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.3. Kombinaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.4. Vegyes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.5. Binomialis egyutthatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.6. Binomialis tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69


3.1. Kijelenteslogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Kijelentesek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Logikai formulak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Kovetkeztetesek a kijelenteslogikaban . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.2. Predikatumlogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Predikatumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Kvantifikacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Predikatumlogikai formulak interpretacioi . . . . . . . . . . . . . 81

Levezetesek elsorendu nyelvben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

TARTALOMJEGYZEK V


4.1. Algebrai strukturak, muveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.2. Felcsoport, csoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.3. Gyuru, test . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.4. Halo, Boole-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

5. Grafelmeleti fogalmak es osszefuggesek 93

5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.2. Euler- es Hamilton-bejarasok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.3. Sıkgrafok es szınezesek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1005.4. Fak es erdok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102


6.1. Matrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1056.2. Linearis terek (vektorterek) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

Linearis fuggetlenseg, bazis, dimenzio . . . . . . . . . . . . . . . . 108Elemi bazistranszformaciok, bazisvektor-csere . . . . . . . . . . . 110

6.3. Linearis transzformaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

III. Megoldasok 115


1.1. Halmazalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1171.2. Relaciok, fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124Homogen binaris relaciok specialis tulajdonsagai . . . . . . . . . 132Ekvivalencia-relaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Parcialis rendezesi relaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

1.3. Halmazok szamossaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1431.4. Rekurziok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1491.5. Teljes indukcio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

2. Kombinatorika 165

2.1. Permutaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1652.2. Variaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1662.3. Kombinaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1662.4. Vegyes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1672.5. Binomialis egyutthatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

VI TARTALOMJEGYZEK

2.6. Binomialis tetel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171


3.1. Kijelenteslogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Kijelentesek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Logikai formulak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174Kovetkeztetesek a kijelenteslogikaban . . . . . . . . . . . . . . . 177

3.2. Predikatumlogika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180Predikatumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180Kvantifikacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181Predikatumlogikai formulak interpretacioi . . . . . . . . . . . . . 183Levezetesek elsorendu nyelvben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185


4.1. Algebrai strukturak, muveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1874.2. Felcsoport, csoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1894.3. Gyuru, test . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1934.4. Halo, Boole-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

5. Grafelmeleti fogalmak es osszefuggesek 199

5.1. Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1995.2. Euler- es Hamilton-bejarasok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2075.3. Sıkgrafok es szınezesek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2115.4. Fak es erdok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217


6.1. Matrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2236.2. Linearis terek (vektorterek) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

Linearis fuggetlenseg, bazis, dimenzio . . . . . . . . . . . . . . . . 227Elemi bazistranszformaciok, bazisvektor-csere . . . . . . . . . . . 229

6.3. Linearis transzformaciok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

I. resz

Fogalmak es szimbolumok

VII

II. resz

Feladatok

37

1. fejezet

Halmazelmeleti es algebraifogalmak

1.1. Halmazalgebra

1.1.1. Igazolja, hogy ha A = {1, 2, 3} es B ={x | x3 + 11x = 6x2 + 6, x ∈ R

},

akkor A = B.

1.1.2. Allapıtsa meg, hogy az alabbi halmazok kozul melyek egyenloek.

a) A = {x | 1 < x < 2, x ∈ R}b) B = {x | x2 + 1 < 3x2, x ∈ Z}c) C = {n | n paros prımszam}d) D = {x | x = 1 vagy x = 2}e) E = {x | x3 < 8, x ∈ R} ∩ {x | x5 > 1, x ∈ R}f) F =

({a | a = 3k + 1, k ∈ N} ∪ {b | b = 4l + 2, l ∈ N}

)∩

∩{c | 1 ≤ c2 < 16, c ∈ N

}

1.1.3. Sorolja fel az alabbi halmazok elemeit:

a)({1, 3, 7} \ {2, 3, 5}

)∩ {0, 1} b) {1, 3, 7} \

({2, 3, 5} ∩ {0, 1}

)

c) P({1, 2, 3}

)\ P

({1, 2}

), ahol P(X) az X hatvanyhalmaza.

1.1.4. Legyen A ={a, {b}

}es B =

{a, b, {a, b}

}. Sorolja fel az A ∩B, A \ B es

A × A halmazok elemeit.

39

40 1. HALMAZELMELETI ES ALGEBRAI FOGALMAK

1.1.5. Igazak-e az alabbi egyenlosegek?

a){a, b, c, {a, b}

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

b){a, b, c, {a, b}

}\ {a, b} =

{c, {a, b}

}

c){a, b, c, {a, b}

}\

{{a, b}

}= {a, b, c}

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

1.1.7. Oldja meg az X ∩ {0, 2} = {0} egyenletet a {0, 1, 2, 3} halmaz reszhalma-zainak halmazan.

1.1.8. Oldja meg az alabbi halmazegyenletet I6∗ hatvanyhalmazan.

I4 \ X = I2

1.1.9. Abrazolja a kovetkezo halmazokat szamegyenesen.

a) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R} b) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ Z}c) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ N} d) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R \ N}e) [2, 7[ ∪ ]6, 8] f) [−1, 5[ ∩ ]−8, 8]

g) ]−3, 5[ \ [−1, 2] h)(

]−∞, 9] ∪ ]11, 13])

∩ [4, 16]

1.1.10. Igazak-e az alabbi kijelentesek?

a) ∅ ∈ ∅ b) ∅ ⊆ ∅ c) ∅ ∈ {∅} d) ∅ ⊆ {∅}

1.1.11. Legyen Z = {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y } es B = {3, 5}. Igazak-e az alabbi ki-jelentesek, ha a ∈ X es b ∈ Y ?

a)((a, b), 3

)∈ Z × B b)

((a, b), 3

)⊆ Z × B

c){(a, b), 5

}⊆ Z × B d)

{((a, b), 5

)}

⊆ Z × B

1.1.12. Abrazolja a kovetkezo halmazokat Descartes-fele koordinatarendszerben.

a) {1, 2} × {2, 3, 4, 5} b) {−1, 1, 5} × {0, 4, 5, 6}c) [2, 5]× ]−3, 1] d) R × [−4, 2[

e) [−3, +∞[× ]−∞, 6[ f) [1, +∞[ × {1, 3, 4}∗In = {1, 2, . . . , n}

1.1. HALMAZALGEBRA 41

1.1.13. Legyen X = {x, y, {x, y}} es P(X) az X hatvanyhalmaza. Melyek helye-sek az alabbi kijelentesek kozul?

a) {x, y} ∈ X b) {x, y} ∈ P(X)

c) {x, y} ⊆ X d) {x, y} ⊆ P(X)

1.1.14. Sorolja fel az alabbi halmazok elemeit, ahol A = {a, b} es P(A) az Ahalmaz hatvanyhalmaza.

a) P (A × A) b) P(P(A)

)

c) A × P(A) d) P(A) × P(A)

1.1.15. Igazak-e az alabbi egyenlosegek tetszoleges A, B es C halmazokra?

a) A \ (B \ C) = (A \ B) \ C b) (A \ B) ∩ C = (A ∩ C) \ B

c) A ∆ A = A d) A ∆ (A ∆ A) = A

e) (A \ B)∆C = (A∆C) \ (B∆C) f) A ∩ (B∆C) = (A ∩ B)∆(A ∩ C)

g) A∆(B ∩ C) = (A∆B) ∩ (A∆C) h) A∆(B ∪ C) = (A∆B) ∪ (A∆C)

i) P(A) ∩ P(B) = P(A ∩ B) j) P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B)

1.1.16. Egyszerusıtse a kovetkezo kifejezeseket:

a) A ∪ (B \ A) ∪ (A \ B) b) (A ∪ B) ∪ ((A ∪ B) ∩ B)

1.1.17. Legyenek A es B tetszoleges halmazok. Mivel egyenlo A ∆ (A ∆ B)?

1.1.18. Tegyuk fel, hogy az A, B, D halmazokra igaz, hogy D\A = B. Hatarozzameg az A es B halmaz metszetet.

1.1.19. Bizonyıtsa be, hogy az alabbi allıtasok ekvivalensek:

a) X ⊆ A ∪ B b) (X \ A) ∩ (X \ B) = ∅ c) X \ B ⊆ A

1.1.20. Igaz-e az alabbi allıtas?

Ha A ⊆ B, akkor A ∆ C ⊆ B ∆ C.

1.1.21. Igaz-e, hogy A es B halmaz megegyezik, ha valamely C halmaz esetenA \ C = B \ C? Igaz-e az allıtas ugy, ha ez barmely C 6= ∅ halmazrateljesul?

1.1.22. Hatarozza meg az alabbi halmazok osszes partıciojat:

a) X = {1, 2} b) Y = {a, b, c} c) Z = {x, y, z, u}


Hany 1, 2, 3, illetve 4-elemu partıcioja van az X , Y , Z halmazoknak?

1.1.23. Egy n elemu halmaz k elemu partıcioinak szamat szokas az

{n

k

}

szimbo-

lummal jelolni.∗ Hatarozza meg az

a)

{5

2

}

b)

{n

1

}

c)

{n

n

}

d)

{n

2

}

szamokat.

1.1.24. Igazolja az

{n

k

}

= k ·{

n − 1

k

}

+

{n − 1

k − 1

}

osszefugest es szamıtsa ki ennek

alapjan a

{6

3

}

es

{8

4

}

Stirling-szamokat.

1.1.25. Hatarozza meg egy 10-elemu halmaz azon 4-elemu reszhalmazainak ma-ximalis szamat, amelyek

a) paronkent diszjunktak;

b) paronkent legfeljebb egy kozos elemuk van;

c) paronkent pontosan egy kozos elemuk van.

1.1.26. Legyen A = {(x, y) | x ≤ 1, −2 < y < 2, x ∈ R, y ∈ R}. Abrazolja az Ahalmazt Descartes-fele koordinatarendszerben.

1.1.27. Abrazolja a kovetkezo ket halmaz egyesıteset, metszetet, differenciait esszimmetrikus differenciajat az xy koordinatasıkon:

A = {(x, y) | 0 < x ≤ 6, −3 ≤ y < 3}B = {(x, y) | −2 < x ≤ 4, −1 < y < 3}

1.1.28. A = {(x, y) | x + y ≤ 2, x ∈ R, y ∈ R},B =

{(x, y) | x2 + y2 ≤ 4, x ∈ R, y ∈ R

},

C = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x ∈ R, y ∈ R}Abrazolja derekszogu koordinatarendszerben a kovetkezo halmazokat.

a) A ∩ B b) A ∩ C c) A ∩ B ∩ C d) B \ A

e) A ∪ B f) A \ B g) A ∆ B h) C \ B

1.1.29. Abrazolja Gauss-fele szamsıkon az alabbi halmazoknak megfelelo ponto-kat, ahol j az imaginarius egyseg:

∗masodfaju Stirling-szamok

1.2. RELACIOK, FUGGVENYEK 43

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

{z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R,

((x + y < 1) ∧ (x + y > −1)

)∨

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

∧((x + y > −1) ∨ (x = 2)

)}

1.1.30. Adottak a kovetkezo halmazok:

A = {z | z ∈ C, Re(z) > 1},B = {z | z ∈ C, Im(z) < 2},C = {z | z ∈ C, |z − 2| = 3} esD =

{z | z ∈ C, z2 − (3 + 2j) z + 5 + 5j = 0

}.

Abrazolja a kovetkezo halmazokat a Gauss-fele szamsıkon:

a) A ∩ B b) A ∪ B c) A ∩ C d) B ∪ C

e) A \ B f) A ∆ B g) A ∩ D h) C \ B

1.2. Relaciok, fuggvenyek

Fuggvenyek

1.2.1. Abrazolja az alabbi R ⊆ {1, 2, 3} × {a, b, c, d} relaciokat nyıldiagram se-gıtsegevel, es valassza ki a fuggvenyeket.

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

1.2.2. Legyenek S es T halmazok az alabbiak szerint adottak:

a) S = {1, 2}, T = {a, b, c}b) S = {1}, T = {a, b, c, d}c) S = {a, b, c}, T = {∅}d) S = {Janos, Daniel}, T = {Eszter, Maria, Zsuzsa}e) S = R, T = N

f) S = Z, T = N


1. Adjon meg — ha lehetseges — olyan S halmazon ertelmezett R re-laciokat, amelyekre R ⊆ S × T .

2. Adjon meg — ha lehetseges — olyan f : S → T fuggvenyt, amely azS halmazt T -re kepezi le.

1.2.3. Adjon meg olyan fuggvenyt, amely

a) minden valos szamhoz hozzaad 1-et;

b) ket valos szamhoz hozzarendeli az osszeguket;

c) megadja Janos, Bela, Maria, Zsuzsa nemet;

d) megadja Beethoven, Haydn, Sztravinszkij keresztnevet;

e) n darab valos szambol kivalasztja a legnagyobbat.

1.2.4. Egy kepernyon a lehetseges kurzor-pozıciokat az alabbi modon definialjuk:(oszlopindex, sorindex) ∈ X × Y , ahol X = {x ∈ Z | 1 ≤ x ≤ 80} es Y ={y ∈ Z | 1 ≤ y ≤ 25}. Felteve, hogy a kepernyo bal felso sarka az (1, 1)pozıcio, hatarozza meg azt a fuggvenyt, amely a kepernyo pontjait egytetszoleges lehetseges pozıciobol

a) a jobb also sarokba helyezi at;

b) 1-gyel felfele eltolja;

c) 2-vel jobbra es 5-tel lefele eltolja;

d) a fuggoleges szimmetriatengelyre tukrozi;

e) az y = x egyenesre tukrozi;

f) a (20, 10) pontbol ketszeresere nagyıtja.

Minden esetben tuntesse fel azokat az (x, y) parokat, amelyeken az adottfunkcio nem hajthato vegre. Felteve, hogy a vizsgalt lekepezeseket azX × Y halmazon ertelmeztuk, valassza ki a parcialis lekepezeseket.

1.2.5. Definialjon olyan logikai fuggvenyeket, amelyek az elozo feladatban sze-replo parcialis lekepezesek eseten eldontik, hogy a kurzor a megengedetttartomanyban van-e. (Megengedett tartomanyon ertjuk itt azt a kurzor-pozıciot, amelyen a kert funkcio vegrehajthato.)

1.2.6. Vizsgalja a kovetkezo programot, amelynel n tetszoleges pozitıv egeszszam lehet:


Beolvas(n)Ciklus amıg n>1

Ha n paros akkor n:=n/2kulonben n:=2n+1

Ciklus vegeKiır(n)

Hatarozza meg a bemeno ertekeknek azon halmazat, amelyre a fenti prog-ram erteket rendel. Irja le a hozzarendelesnek megfelelo fuggvenyt.

1.2.7. Az A ⊆ X halmaz karakterisztikus fuggvenye az X halmaz felett:

χA(x) =

{1, ha x ∈ A;0, ha x ∈ X \ A.

Bizonyıtsa be az alabbi azonossagokat, ha A, B ⊆ X .

a) χA∪B(x) = max (χA(x), χB(x))

b) χA∩B(x) = min (χA(x), χB(x))

c) χX\A(x) = 1 − χA(x)

1.2.8. Legyen R = {(a, b) , (a, c) , (c, d) , (a, a) , (b, a)} az S = {a, b, c, d} halmazonertelmezett homogen relacio. Irja fel R ◦ R es R−1 elemeit.

1.2.9. Legyen A = {1975. ev napjai} es B = {1975-ben szuletett emberek}. Le-gyen tovabba (a, b) ∈ R, ha a ∈ A nap a b ∈ B ember szuletesnapja, esjelolje R−1 az R inverzrelaciojat.

a) Fuggvenyek-e az R es R−1 relaciok?

b) Hatarozza meg az R◦R−1, illetve az R−1◦R relaciokat. Van-e koztukfuggveny?

1.2.10. Hatarozza meg az alabbi F es S relaciokbol osszetett relaciokat, ahol xFy,ha x apja y-nak, es xSy, ha y lanya x-nek.

a) F−1 b) S−1 c) F ◦ S d) S ◦ F

e) F−1 ◦ F f) S ◦ S g) F−1 ◦ S

1.2.11. Tekintsuk a kovetkezo R → R fuggvenyeket: f(x) = x2, g(x) = sin x,h(x) = x + 1.


a) Mely fuggvenyek kepezik le a valos szamok halmazat a valos szamokhalmazara?

b) Melyik fuggvenynek van inverzfuggvenye, ha az ertelmezesi tarto-many a [−3, 0[ intervallum? Irja fel az inverzfuggvenyt.

c) Hatarozza meg az f ◦ g, g ◦ f es h ◦ g fuggvenyeket. Adja meg azertelmezesi tartomanyukat es ertekkeszletuket.

1.2.12. Hatarozza meg az alabbi parcialis lekepezesek ertekkeszletet:

a) f ◦ g, b) g ◦ f , c) g ◦ h, d) h ◦ g,

ha f , g es h az alabbiak:

f : [0, +∞[ → R, f(x) =√

x;g : N → N, g(n) = n2;h : Z → Z, h(n) = n2.

1.2.13. Bizonyıtsa be, hogy (R ◦ S)−1

= S−1 ◦ R−1 tetszoleges R, S relaciokra.

Fuggvenyek specialis tulajdonsagai

1.2.14. Az alabbi fuggvenyek kozul melyek injektıvek, szurjektıvek, illetve bi-jektıvek?

a) f : N → N, f(n) = n

b) f : N → N, f(n) = n + 1

c) f : Z → Z, f(n) = n + 1

d) f : N × N → N, f(m, n) = 2m4n

e) f : N × N → N, f(m, n) = 2m6n

f) f : [0, π[ \{

π2

}→ R, f(x) = tg x

g) f : [0, π] \{

π2

}→ R, f(x) = tg x

h) f :]−π

2 , π2

[→ R, f(x) = tg x

i) f : Z → Z, f(n) = |n + 1|

j) f : Z → Z, f(x) =

{0, ha |x| ≤ 1;|x + 1| , egyebkent.


k) f : Z → Z, f(x) =

{0, ha |x| ≤ 1;x prımosztoinak szama, egyebkent.

l) f : Z → N, f(x) =

{0, ha |x| ≤ 1;x prımosztoinak szama, egyebkent.

1.2.15. Hany f : A → B alaku

a) injektıv; b) szurjektıv; c) bijektıv

fuggveny letezik, ha |A| = m es |B| = n?

1.2.16. Legyen f : R+ → R f (x) = x − 1x

a) Szurjektıv-e a lekepezes?

b) Van-e inverze es az inverze szurjektıv-e?

1.2.17. Legyenek A es B az egesz szamok halmazanak reszhalmazai, es tekintsuka kovetkezo megfeleltetest:

f : A → B x 7→ |x|

Adja meg A es B halmazt ugy, hogy

a) f parcialis lekepezes legyen, de ne legyen fuggveny;

b) f fuggveny legyen, de ne legyen sem injektıv, sem szurjektıv;

c) f injektıv fuggveny legyen, de ne legyen szurjektıv;

d) f szurjektıv fuggveny legyen, de ne legyen injektıv;

e) f bijektıv fuggveny legyen.

1.2.18. Felteve, hogy az alabbi fuggvenyeknek mind az ertelmezesi tartomanyuk(Df ), mind pedig az ertekkeszletuk (Rf ) veges elemszamu halmaz, dontseel, hogy mely allıtasok igazak es melyek hamisak. (Ha az allıtas igaz,bizonyıtsa be; ha hamis, mondjon ellenpeldat.)

a) Ha f fuggveny injektıv, akkor |Df | = |Rf |.b) Ha f : X → Y fuggveny injektıv, akkor |X | = |Y |.c) Ha f fuggveny szurjektıv, akkor |Df | ≥ |Rf |.d) Ha f fuggveny szurjektıv, akkor van inverze.

e) Ha f : X → Y fuggvenyre igaz, hogy |X | ≥ |Y |, akkor szurjetıv.


f) Ha f : X → Y fuggveny szurjektıv, akkor |X | ≥ |Y |.g) Ha f bijektıv, akkor |Df | = |Rf |.h) Ha |Df | = |Rf |, akkor f bijektıv.

i) Ha f : X → Y fuggvenyre igaz, hogy |X | = |Y | = |Rf |, akkor fbijektıv.

1.2.19. Nevezzuk az A (A ⊆ X) halmaz f : X → Y fuggveny altali kep enek aztaz f(A)-val jelolt halmazt, amelyre f(A) = {y ∈ Y | y = f(x), x ∈ A}.

-

X Y

A f (A)

f

Hatarozza meg az f(A) halmazt, ha

a) f : R → R, f(x) = x2, A = ]−1, 2];

b) f : [−1, 1] → R, f(x) = 1 +√

1 − x2, A =[

−√

32 ,

√3

2

]

;

c) f : R \ {−1, 1} → R, f(x) = 11−x2 , A = [0, 2] \ {1}.

1.2.20. Bizonyıtsa be, hogy ha f : X → Y injektıv, akkor

a) diszjunkt halmazok kepei is diszjunktak, azaz barmely C, D ⊆ Xhalmaz eseten C ∩ D = ∅ =⇒ f(C) ∩ f(D) = ∅;

b) barmely C ⊆ X halmaz eseten f(X \ C) ⊆ Y \ f(C).

c) Bizonyıtsa be az (a) allıtas megfordıtasat is.

1.2.21. Legyen f : R → R, f(x) = 2 sin (x + 3).

a) Hatarozza meg az X ={x | 1

5 < x < 2π − 3, x ∈ R}

intervallum faltal definialt kepet.

b) Bijektıv-e a g :]

15 , 2π − 3

[→ f(X), g(x) = f(x) fuggveny?

1.2.22. Bizonyıtsa be, hogy az

f : N × N → N, f(m, n) = m +1

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

fuggveny bijektıv.


Homogen binaris relaciok specialis tulajdonsagai

1.2.23. Legyen T = {ter egyenesei}. Milyen tulajdonsagaik vannak az alabbi re-lacioknak?

a) RT = {(x, y) | x es y egyeneseken at pontosan egy sık fektetheto}b) RT = {(x, y) | x es y kitero}c) RT = {(x, y) | x es y egyeneseken at fektetheto sık}

1.2.24. Vizsgalja meg, milyen specialis tulajdonsagokkal rendelkeznek az alabbihomogen binaris relaciok, valamint adja meg ertelmezesi tartomanyukates ertekkeszletuket:

a) R = {(a, b) | a · b paratlan, a ∈ N, b ∈ N};b) S = {(a, b) | a vezetekneve rovidebb, mint b-e, a ∈ B, b ∈ B}, ahol

B = {budapesti lakosok};c) T = {(A, B) | A ∩ B 6= ∅, A ∈ P(X), B ∈ P(X)}, ahol X tetszoleges

halmaz;

d) U = {(a, b) | lnko (a, b) > 1, a ∈ Z+, b ∈ Z+}∗;e) V = {(x, y) | x belulrol erinti y-t, x ∈ K, y ∈ K}, ahol

K = {egy adott sık korvonalai}.

1.2.25. Definialjon egy R relaciot az I4 = {1, 2, 3, 4} halmazon (peldaul elemeifelsorolasaval), amely az alabbi tulajdonsagokkal rendelkezik:

a) nem reflexıv es nem irreflexıv;

b) nem reflexıv es irreflexıv;

c) reflexıv es nem irreflexıv;

d) reflexıv es irreflexıv;

e) nem szimmetrikus es nem antiszimmetrikus;

f) nem szimmetrikus es antiszimmetrikus;

g) szimmetrikus es nem antiszimmetrikus;

h) szimmetrikus es antiszimmetrikus.

Adja meg R grafabrazolasat is.†

∗lnko= legnagyobb kozos oszto†G graf x es y csucspontja x-bol y-ba mutato ellel akkor van osszekotve, ha xRy.


Ekvivalencia-relaciok

1.2.26. Legyen S = {sık egyenesei}. Az alabbi relaciokrol allapıtsuk meg, hogyekvivalencia-relaciot alkotnak-e:

a) RS = {(x, y) | x egy pontban metszi y-t};b) RS = {(x, y) | x-nek es y-nak van kozos pontja};c) RS = {(x, y) | x parhuzamos y-nal}.

1.2.27. Hatarozza meg azt az ekvivalencia-relaciot (elemei felsorolasaval), amely-hez (a megfelelo alaphalmazon) az alabbi partıcio tartozik: {a, d, g}, {b},{e}, {c, f}.

1.2.28. Adott az I6 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmazon ertelmezett R = {(1, 2), (2, 3),(3, 2), (4, 4), (5, 5), (6, 5)} relacio.

a) Rajzolja fel a relacio grafjat.

b) Egeszıtse ki a relaciot (a leheto legkevesebb elemmel) ugy, hogyekvivalencia-relacio legyen.

1.2.29. Bizonyıtsa be, hogy az alabbi relaciok ekvivalencia-relaciot alkotnak. Adjameg az ekvivalencia-osztalyokat.

a) R = {(m, n) | m + n paros szam, m ∈ Z, n ∈ Z}b) R =

{(x, y) | x2 + y2 oszthato 2-vel, x ∈ Z, y ∈ Z

}

c) R = {(a, b) | a − b racionalis, a ∈ R, b ∈ R}d) R = {(x, y) | x − y oszthato 3-mal, x ∈ I12, y ∈ I12}∗

e) R ={(m, n) | m2 − n2 oszthato 3-mal, m ∈ N, n ∈ N

}

f) R ={(x, y) | x2 − y2 oszthato 4-gyel, x ∈ N, y ∈ N

}

g) R ⊆ R2 × R2; (x1, y1)R (x2, y2) , ha x1 + y1 = x2 + y2

h) R ⊆ R2 × R2; (x1, y1)R (x2, y2) , ha x1y1 = x2y2

1.2.30. Legyen ertelmezve az X halmazon egy R ekvivalencia-relacio, a es b pediglegyen X ket tetszoleges eleme. Jelolje Xa az osszes a-val, Xb pedig azosszes b-vel relacioban allo elemet tartalmazo halmazt. Bizonyıtsa be azalabbi allıtasokat:

∗In ={x ∈ Z+ | x ≤ n

}(n ∈ N)


a) Xa ∩ Xb = ∅ ⇐⇒ (a, b) /∈ R;

b) Ha letezik olyan c ∈ X elem, amely mindket halmaznak eleme, akkor(a, b) ∈ R;

c) (a, b) ∈ R pontosan akkor, ha a ket halmaz egyenlo.

Parcialis rendezesi relaciok

1.2.31. Mutassa meg, hogy az alabbi, 4-vel jelolt relaciok parcialis rendezesirelaciok:

a) az I4 halmaz legalabb ketelemu reszhalmazainak halmazan A 4 B,ha A ⊆ B;

b) az I4 halmaz legfeljebb ketelemu reszhalmazainak halmazan A 4 B,ha B ⊆ A;

c) a {3, 6, 9, 10, 20, 30} halmaz elemein a 4 b, ha b oszthato a-val;

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

Keszıtse el a parcialis rendezesek Hasse-fele diagramjait. Mindegyik ren-dezesben allapıtsa meg a maximalis es minimalis elemeket, illetve a leg-nagyobb es legkisebb elemeket, ha ilyen van. Van-e a fentiek kozott olyan,amelyben a halmaz barmely ket a, b elemehez tartozik inf (a, b), illetvesup (a, b)?

1.2.32. Az alabbi parcialisan rendezett halmazokban hatarozza meg a felsoroltszupremumokat es infimumokat, ha leteznek:

a) a legfeljebb 10 hosszusagu binaris szamok∗ kozott v 4 w, ha v-nek wkezdo resze (pl.: 1010 kezdo reszei az 1010, 101, 10 es az 1);sup (100, 10) sup (101, 111)inf (100, 11) inf (100, 10)

b) a legalabb 2 hosszusagu binaris karaktersorozatok kozott v 4 w, hav-nek w kezdo resze (pl.: 1010 kezdo reszei az 1010, 101, 10 es az 1).sup (00001, 001) sup (1111, 110)inf (0010, 0011) inf (011, 01)

∗Szam nem kezdodhet 0-val.


c) a legfeljebb 10 hosszusagu binaris karaktersorozatok kozott v 4 w,ha v-nek w valamely resze (pl.: 1010 reszei az 1010, 101, 010, 10, 01,1 es a 0);sup (100, 11) sup (000, 11)inf (100, 00) inf (100, 001)

A fent megadott halmazok kozul mely esetekben van barmely ket elemnekszupremuma? Ha lehetseges, egeszıtse ki a halmazt olyan elemekkel, hogya bovıtett halmazban barmely ket elemnek legyen szupremuma (az adottrendezesre vonatkozoan).

1.2.33. Bizonyıtsa be, hogy ha R egy parcialis rendezes H-n, akkor R−1 is az. Mu-tassa meg, hogy ha (H ; R)-en valamely elem maximalis, akkor

(H ; R−1

)-

en minimalis, es fordıtva.

1.2.34. Legyenek az F halmaz elemei az f : N → N tıpusu fuggvenyek, es defini-aljuk ezen a halmazon a kovetkezo R relaciot: f, g ∈ F eseten fRg, ha az{n ∈ N | f (n) > g (n)} halmaz veges elemszamu. Igazolja, hogy a relacionem parcialis rendezes F -en.

1.2.35. Definialjuk a 4 relaciot a {z | z ∈ C, Re(z) ≤ 3, Im(z) ≤ 2, Re(z) ∈ N,Im(z) ∈ N} halmazon: z1 4 z2, ha Re(z1) ≤ Re(z2) es Im(z1) ≤ Im(z2).(Azaz: egy komplex szam akkor all relacioban egy masik komplex szam-mal, ha sem a valos, sem a kepzetes resze nem nagyobb a masik szammegfelelo reszenel.)

a) Bizonyıtsa be, hogy 4 rendezesi relacio.

b) Dichotom a relacio (azaz teljes a rendezes)?

c) Rajzolja fel a rendezes Hasse-diagramjat.

d) Van barmely ket elemnek szupremuma es infimuma? Hogyan kapjukmeg?

e) Disztributıv a halo?

f) Van a rendezesnek legkisebb es legnagyobb eleme?

g) Mely elemeknek van komplementumuk?

1.2.36. Legyen a temeszetes szamokbol allo rendezett parok halmazan (N × N)definialva a kovetkezo rendezes: (a, b) 4 (c, d), ha b < d, vagy a ≤ c esb = d. Bizonyıtsa be, hogy tenyleg rendezesrol van szo, es dontse el, hogylinearis (teljes)-e a rendezes?

1.3. HALMAZOK SZAMOSSAGA 53

1.2.37. Dontse el, hogy igazak-e az alabbi allıtasok, amelyek egy reszben-rendezetthalmaz A reszhalmazarol szolnak. Ha igaz, indokolja, ha hamis, ellenpel-daval cafolja az allıtast.

a) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor legnagyobb is van.

b) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor ez egyben az egyetlen minimaliselem is.

c) Ha A-nak nincs maximalis eleme, akkor legnagyobb sincsen.

d) Ha A-nak nincs legnagyobb eleme, akkor felso hatara sincsen.

e) Ha A-nak van also korlatja, akkor van legkisebb eleme is.

f) Ha A-nak egynel tobb minimalis eleme van, akkor nincs also hatara.

1.3. Halmazok szamossaga

1.3.1. Adjon meg bijektıv lekepezest

a) az egesz szamok es a pozitıv egesz szamok kozott;

b) ket kulonbozo hosszusagu szakasz kozott;

c) a racionalis szamok es a termeszetes szamok kozott;

d) a ]0, 1[ intervallum es a valos szamok kozott;

e) a ]0, 1[ es a ]0, 1] intervallumok kozott.

1.3.2. Igazolja, hogy az alabbi halmazok megszamlalhatoan vegtelen (ℵ0) sza-mossaguak:

a) paros szamok (2Z);

b) Z × Z;

c) prımszamok.

1.3.3. Igazolja, hogy ∀a, b ∈ R eseten a H = {h ∈ R | a < h < b} halmaz elem-szama 0, vagy a halmaz szamossaga kontinuum.

1.3.4. Igazolja az alabbi allıtasokat:

a) Ha egy halmaz elemei sorozatba rendezhetok, akkor a halmaz sza-mossaga ℵ0.

b) Egy sorozat elemeinek halmaza legfeljebb ℵ0 szamossagu.


c) Ket megszamlalhatoan vegtelen szamossagu halmaz unioja is meg-szamlalhatoan vegtelen szamossagu, azaz ℵ0 + ℵ0 = ℵ0.

d) Barmely vegtelen sok elemu halmaznak van ℵ0 szamossagu reszhal-maza.

e) Ket ℵ0 szamossagu halmaz kulonbsege veges vagy ℵ0 szamossagu.

f) Megszamlalhatoan vegtelen sok veges vagy ℵ0 szamossagu (kulonbo-zo) halmaz unioja ℵ0 szamossagu.

1.3.5. Bizonyıtsa be, hogy az alabbi halmazok szamossaga megegyezik:

a) R, ]0, 1[, [0, 1], [a, b], [a,∞[;

b) a [0, 1] intervallum es az egysegnyi oldalu negyzet pontjainak hal-maza.

1.3.6. Hatarozza meg az A × B halmaz szamossagat, ha

a) A es B veges elemszamu halmazok;

b) A es B szamossaga ℵ0;

c) A es B kontinuum szamossaguak.

1.3.7. Bizonyıtsa be, hogy az An halmaz szamossaga ℵ0, ha |A| = ℵ0 es n pozitıvegesz szam.

1.3.8. Bizonyıtsa be, hogy barmely halmazra igaz, hogy hatvanyhalmazanakszamossaga nagyobb, mint a halmaz szamossaga.∗

1.3.9. a) Hatarozza meg az egesz egyutthatos, legfeljebb n-edfoku polinomok(

Pn (x) =n∑

k=0

akxk, ahol ak ∈ Z

)

halmazanak szamossagat.

b) Bizonyıtsa be, hogy az egesz egyutthatos (x0 = 0 koruli) hatvanyso-

rok

(

Pn (x) =∞∑

k=0

akxk, ahol ak ∈ Z

)

halmaza nem megszamlalha-

to.

∗Cantor tetele

1.4. REKURZIOK 55

1.4. Rekurziok

1.4.1. Adjon rekurzıv definıciot n!-ra.

1.4.2. Egy vallalat uj dolgozojanak 100 000 Ft kezdofizetest ajanl. Minden ko-vetkezo evben megemeli az elozo evi fizetest 4%-kal es meg 1 000 Ft-tal.Adjunk rekurzıv kepletet a dolgozo keresetere az n-edik evben.

1.4.3. Irjunk fel rekurzıv osszefuggest egy n-elemu halmaz reszhalmazainak sn

szamara.

1.4.4. Egy lepcsosoron ugy megyunk vegig, hogy egyszerre mindig csak egy vagyket lepcsofokot lepunk. Adjunk rekurzıv kepletet arra, hogy hanyfelekep-pen mehetunk fel egy n lepcsobol allo soron.

1.4.5. Adott a sıkon n darab egyenes. Adjon rekurzıv kepletet a keletkezosıkreszek maximalis szamara.

1.4.6. Adott a sıkon n darab kor. Adjon rekurzıv kepletet a keletkezo sıkreszekmaximalis szamara.

1.4.7. Egy 2 × n-es meretu negyzetracsot szeretnenk lefedni 2 × 1-es meretudominokkal. Adjunk rekurzıv kepletet a lehetseges lefedesek szamara.

1.4.8. Adjon rekurzıv kepletet(nk

)-ra.

1.4.9. Jelolje f(n, k) azt a szamot, ahanyfelekeppen kivalaszthatunk n darab,egy sorban levo elem kozul k darabot ugy, hogy ne legyen koztuk ketegymas mellett elhelyezkedo. Adjunk rekurzıv kepletet f(n, k)-ra.

1.4.10. Jeloljon A es B ket halmazt, es legyen |A| = m, |B| = n. Adjon rekurzıvkepletet az A-bol B-be kepezo szurjektıv fuggvenyek szamara.

1.4.11. Jelolje D (n, k) az xn fuggveny k-adik derivaltfuggenyet. Adjon rekurzıvkepletet D (n, k)-ra. (n ∈ Z, k ∈ N)

1.4.12. Adjon rekurzıv kepletet egy n×n-es determinans kiszamıtasara. (n ∈ Z+)

1.4.13. Adjon rekurzıv kepletet sinnx fuggveny hatarozatlan integraljanak meg-hatarozasara.


1.4.14. Jeloljon a es b pozitıv egesz szamot. Tegyuk fel, hogy — rekurzıv modon— a kovetkezokeppen definialjuk a Q fuggvenyt:

Q(a, b) =

{0, ha a < b;Q(a − b, b) + 1, ha a ≥ b.

a) Adjuk meg a Q(2, 3) es a Q(14, 3) ertekeket.

b) Hogyan mukodik ez a fuggveny? Adjuk meg a Q(7134, 11) erteket.

1.4.15. Legyen n pozitıv egesz szam. Tegyuk fel, hogy — rekurzıv modon — akovetkezokeppen definialjuk az L fuggvenyt∗:

L(n) =

{0, ha n = 1;L

(⌊n2

⌋)+ 1, ha n > 1.

a) Adjuk meg L(25)-ot.

b) Hogyan mukodik ez a fuggveny?

1.4.16. Tekintsuk az L rekurzıv modon megadott fuggvenyt, ahol DL = R+×R+:

L(a, b) =

{0, ha a < b;L

(ab , b

)+ 1, ha a ≥ b.

a) Milyen ertekekre jol-definialt a rekurzio?

b) Szamıtsa ki az L(682, 10), L(1024, 8) ertekeket.

c) Hogyan mukodik a fuggveny? Adja meg ez alapjan az L(654238, 24)erteket.

1.4.17. Legyenek adottak az F0 = 0 es az F1 = 1 Fibonacci-szamok†.

a) Mit erdemes hasznalni F18 meghatarozasahoz: a rekurziot vagy aziteraciot? Adjuk meg F18 erteket.

b) Keszıtsunk iteracios eljarast az n-edik Fibonacci-szam meghataroza-sahoz, ha n ≥ 2.

∗bxc az x valos szam (also) egeszreszet jelenti: az a legnagyobb egesz szam, amely nemnagyobb x-nel.

†Minden kovetkezo szamot ugy kapunk, hogy a sorozatban a ket kozvetlenul elotte alloelemet osszeadjuk (Fn = Fn−1 + Fn−2).

1.4. REKURZIOK 57

1.4.18. Tekintsuk a kovetkezo, rekurzıv modon megadott fuggvenyt:

P (a, b) =

{0, ha b = 0;P (a, b − 1) + a, ha b > 0.

a) Mi a fuggveny ertelmezesi tartomanya? Milyen ertekekre jol-definialta fuggveny?

b) Szamıtsuk ki a P (6, 4), P(

56 , 3

)ertekeket.

c) Hogyan mukodik a fuggveny? Adja meg ez alapjan a P (4, 39) erteket.


N(a, b) =

(a, b) , ha 1 ≤ |a| < 10;

N(10a, b − 1) , ha |a| < 1;

N(

a10 , b + 1

), ha |a| ≥ 10.

a) Mi a fuggveny ertelmezesi tartomanya?

b) Szamıtsa ki az f(−294, 9), f(1459,−4) ertekeket.

c) Hogyan mukodik a fuggveny? Adja meg ez alapjan az f(5948102, 43)erteket.

1.4.20. Legyen a es b nemnegatıv egesz szam. Tegyuk fel, hogy az f fuggvenyt azalabbi rekurzıv definıcio adja meg∗:

f(a, b) =

a, ha b = 0;f(b, a), ha a < b;f(b, a mod b), egyebkent.

a) Szamıtsuk ki az f(10, 15), f(18, 63) es az f(728, 420) fuggvenyerte-keket.

b) Hogyan mukodik ez a fuggveny?


f(a1, a2, . . . , an) =

{a1, ha n = 1;n − 1

nf(a1, a2, . . . , an−1) +

an

n, ha n > 1.

∗Az a mod b azt a maradekot jelenti, amely az a szam b-vel valo maradekos osztasa sorankeletkezik. (Ejtsd: a modulo b.)


a) Mi a fuggveny ertelmezesi tartomanya?

b) Szamıtsuk ki az f(2, 4, 9), f(1, 4, 5, 9) ertekeket.

c) Hogyan mukodik ez a fuggveny? Adjuk meg ennek segıtsegevel azf(4, 39, 23, 15, 96) erteket.

1.4.22. Adjon formalis rekurzios eljarast a Hanoi tornyai jatek megoldasara.

A B C

A jatek lenyege: Van harom rud (A, B, C) es az A rudon n db kulonbozonagysagu karika, nagysag szerint sorba rendezve; legalul van a legnagyobb.Feladat, hogy helyezzuk at az osszes karikat a B rudra ugy, hogy ugyano-lyan sorrendben helyezkedjenek el, ahogy az A rudon voltak. Egy lepesbenegyszerre egy karikat helyezhetunk at egyik rudrol barmelyik masikra, az-zal a feltetellel, hogy nagyobb atmeroju karika nem lehet a kisebb karikafelett.

1.5. Teljes indukcio

1.5.1. Bizonyıtsa be teljes indukcioval az alabbi, osszegekre vonatkozo egyenlo-segeket (n minden esetben termeszetes szam):

a)n∑

i=0

6i =1

5

(6n+1 − 1

)

b)

n∑

i=1

i =n (n + 1)

2

c)n∑

i=1

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

3

d)

n∑

i=1

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

4

e)n∑

i=1

2i−1 = 2n − 1

1.5. TELJES INDUKCIO 59

f)n∑

i=1

i2 =n (n + 1) (2n + 1)

6

g)

n∑

i=1

i3 =

[n (n + 1)

2

]2

1.5.2. Bizonyıtsa be az alabbi egyenlotlensegeket teljes indukcioval (n mindenesetben termeszetes szam):

a) n! > 3n, minden n ≥ 7 eseten

b)1

12+

1

22+

1

32+ . . . +

1

n2< 2 − 1

n, minden n ≥ 2 eseten

c) n2 < 2n, minden n > 4 eseten

d) (2n)! < (n!)2 4n−1, minden n ≥ 5 eseten

e) 3n > n · 2n

f)1√1

+1√2

+1√3

+ · · · + 1√n

>√

n, minden n ≥ 2 eseten

g) (1 + h)n ≥ 1 + hn, barmely h ∈ R, h > −1 eseten∗

h) (n + 1)n

< nn+1, minden n > 2 eseten

i) |sinnα| ≤ n |sin α|

1.5.3. Bizonyıtsa be az alabbi oszthatosagokat teljes indukcioval (n minden e-setben termeszetes szam):

a) (2n)! oszthato 2n-nel

b) n3 + 5n oszthato 6-tal

c) 32n + 4n+1 oszthato 5-tel

d) n5 − 5n3 + 4n oszthato 120-szal

e) 22n + 24n− 10 oszthato 18-cal, ha n ≥ 1

1.5.4. Igazolja a kovetkezo, rekurzıv definıcioval adott sorozatokra vonatkozoallıtasokat (n minden esetben termeszetes szam)†:

∗Bernoulli-egyenlotlenseg†A (b) es (c) feladatban szereplo sorozat neve: Fibonacci-sorozat. Az (a)-ban szereplo

sorozat un. Fibonacci-tıpusu sorozat : minden elemet a kozvetlenul elotte allo ket elem lineariskombinaciojakent kapjuk meg.


a) a0 = 2, a1 = 1, an+2 = an+1 + 2an =⇒ an = 2n + (−1)n

b) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an =⇒ an+2 >(

32

)n, ha n ≥ 1

c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an =⇒an = 1√

5

[(1+

√5

2

)n

−(

1−√

52

)n]

1.5.5. Bizonyıtsa be teljes indukcioval, hogy ha a paratlan szamokat 1-tol kezdveosszeadjuk, mindig negyzetszamot kapunk.

1.5.6. Bizonyıtsa be, hogy n darab egyenes a sıkot legfeljebb 12

(n2 + n + 2

)

reszre osztja. (Segıtsegul lasd az 1.4.5. feladatot.)

1.5.7. Bizonyıtsa be, hogy n darab kor a sıkot legfeljebb n2−n+2 reszre osztja,ha n ≥ 1. (Segıtsegul lasd az 1.4.6. feladatot.)

1.5.8. Bizonyıtsa be, hogy barmely n-szog belso szogeinek osszege: (n − 2) 180◦.

1.5.9. Bizonyıtsa be teljes indukcioval, hogy n darab nem-negatıv valos szammertani kozepe nem lehet nagyobb szamtani kozepuknel, azaz

n√

a1a2 . . . an ≤ a1 + a2 + . . . + an

n.

Utmutatas: Az egyik lehetseges megoldasi modszer szerint eloszor mutassameg, hogy igaz az allıtas n = 2 eseten, majd azt, hogy tetszoleges 2-hatvany (n = 2m) eseten. Ezutan bizonyıtsa be, hogy ha igaz valamelyk + 1 eseten, akkor k eseten is.

1.5.10. Dontse el, hogy mi a hiba az alabbi indukcios bizonyıtasokban.

a) Bebizonyıtjuk, hogy minden szamıtogep ugyanolyan.

P (1) nyilvan igaz, hiszen minden gep egyforma onmagaval.

Tegyuk fel, hogy barmely k darab gep egyforma. Vegyunk k + 1darab gepet. Tavolıtsuk el mondjuk az A jelu gepet. A maradekk darab gep az indukcios felteves ertelmeben egyforma. Vegyunkki ezek kozul egy masik gepet, jeloljuk ezt B-vel. Ez termeszetesenugyanolyan, mint azok, amelyeket egyutt hagytunk. Tegyuk visszamost A-t, ıgy ismet k darab gepet kapunk, amelyek mind egyformak.Tehat mind az A, mind a B gep ugyanolyan, mint amelyeket nemmozgattunk el. Ezzel belattuk, hogy minden szamıtogep egyforma.


b) Legyen a 6= 0 valos szam. Bebizonyıtjuk, hogy barmely nemnegatıvegesz n eseten an = 1.

Mivel a0 = 1, ezert az allıtas igaz n = 0 eseten.

Tegyuk fel, hogy valamely k egesz szamra igaz, hogy minden olyanm egesz eseten, amelyre 0 ≤ m ≤ k teljesul, am = 1. Ekkor

ak+1 =akak

ak−1=

1 · 11

= 1.

c) Bebizonyıtjuk, hogy barmely pozitıv egesz n szam eseten: ha ketpozitıv egesz szam maximuma n, akkor a ket szam egyenlo.

Ha ket pozitıv egesz szam maximuma 1, akkor a ket egesz szam csak1 lehet, ıgy egyenlok.

Tegyuk fel, hogy ha ket egesz szam maximuma k, akkor a ket szamegyenlo. Legyen x es y ket olyan pozitıv egesz szam, amelyek ma-ximuma k + 1. Ebben az esetben x − 1 es y − 1 maximuma k. Azindukcios felteves szerint ekkor x − 1 = y − 1, azaz x = y.

2. fejezet

Kombinatorika

2.1. Permutaciok

2.1.1. Hanyfele sorrendben ultethetunk le 6 embert egymas melle egy padra?

2.1.2. 12 hallgato talalkozot beszelt meg egymassal. Hanyfele sorrendben erhet-tek oda, ha nem volt koztuk ketto olyan, akik egyszerre erkeztek?

2.1.3. Hanyfelekeppen helyezheto el 8 bastya egy sakktablan ugy, hogy ,,ne ussekegymast” – azaz ne keruljon ket bastya sem egy sorba, sem egy oszlopba?

2.1.4. Egy dobozban 16 golyo van: 10 feher, 4 piros es 2 kek. Egymas utankihuzzuk a golyokat. Hanyfele sorrend lehetseges, ha az azonos szınueketnem lehet megkulonboztetni?

2.1.5. Hany kulonbozo otjegyu szamot tud felırni az

a) 1, 2, 3, 4, 5

b) 1, 1, 2, 3, 4

c) 1, 1, 2, 2, 2

szamjegyek felhasznalasaval? (Minden szamjegyet pontosan annyiszor kellfelhasznalni, ahanyszor a felsorolasban szerepel.)

63

64 2. KOMBINATORIKA

2.1.6. Hanyfelekeppen olvashato ki a kovetkezo elrendezesben a kombinatorikaszo?

K O M B I N A TO M B I N A T OM B I N A T O RB I N A T O R II N A T O R I KN A T O R I K A

2.1.7. Hanyfelekeppen lehet kiosztani 5 tanulo kozott 5 jutalomkonyvet, ha min-den tanulo pontosan egy konyvet kaphat? (A konyvek kulonbozoek.)

2.1.8. Hanyfelekeppen ultetheto le 8 ember egy kerekasztal kore, ha ket elren-dezes csak akkor szamıt kulonbozonek, ha ha van olyan szemely, akineknem ugyanaz a bal- vagy jobb szomszedja a ket esetben.

2.2. Variaciok

2.2.1. Hanyfelekeppen lehet 20 tanulo kozott 6 kulonbozo jutalomkonyvet kiosz-tani, ha mindegyikuk legfeljebb egy konyvet kaphat?

2.2.2. A vizsgaidoszak egy napjan 30 hallgato szeretne szobeli vizsgat tenniaz egyik oktatonal, aki azonban csak 18 embert tud egy nap alatt le-vizsgaztatni. Az elso 18 jelentkezo vizsgazhat, megpedig a jelentkezessorrendjeben. Hanyfelekeppen alakulhat a vizsga rendje?

2.2.3. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 szamjegyek felhasznalasaval hany otjegyu szamkeszıtheto? Mi a valasz a kerdesre abban az esetben, ha mindegyik felso-rolt szamjegy csak egyszer haszmalhato fel?

2.2.4. Hany olyan hatjegyu szam van (tizes szamrendszerben), amelyben nincsket egyforma szamjegy? Mi a valasz a kerdesre 8-as, illetve tizenkettesszamrendszerben?

2.2.5. Hanyfelekeppen lehet kitolteni a totoszelveny egy oszlopat?

2.2.6. 10-szer feldobunk egy

a) penzermet;

b) dobokockat.

2.3. KOMBINACIOK 65

Hanyfele dobassorozat alakulhat ki?

2.2.7. Egy tesztben 30 kerdes mindegyikehez otfele valaszt adtak meg, ame-lyek kozul a valaszadonak pontosan egyet kell megjelolni. Hanyfelekeppentoltheti ki a tesztet az a hallgato, aki csak vaktaban probalkozik?

2.3. Kombinaciok

2.3.1. Hanyfelekeppen lehet 20 tanulo kozott 6 egyforma jutalomkonyvet szet-osztani?

2.3.2. Hanyfelekeppen oszthatunk ki a 32 lapos magyar kartyabol egy jatekos-nak 4 lapot. (Nem lenyeges, hogy a jatekos a lapokat milyen sorrendbenkapja.)

2.3.3. Hanyfelekeppen lehet kitolteni egy lottoszelvenyt?

2.3.4. A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 }

a) Hany 3-elemu reszhalmaza van A-nak?

b) Hany olyan 5-elemu reszhalmaza van A-nak, amelynek 7 eleme?

c) Hany olyan 4-elemu reszhalmaza van A-nak, amelynek elemei parat-lanok?

2.3.5. A BKV jegyeken 9 szamjegy talalhato, amelyek kozul ervenyesıteskor 3-atvagy 4-et lyukasztunk ki. Hanyfele lyukkombinacio lehetseges?

2.3.6. Egy 32-lapos kartyacsomagbol 6 lapot huzunk. Hanyfelekeppen alakulhata huzas eredmenye, ha

a) a kihuzott lapok sorrendje is szamıt;

b) a kihuzott lapok sorrendje nem szamıt.

2.3.7. Egy uzletben 12 fele kepeslapot arulnak. Hanyfelekeppen vehetunk 5kepeslapot, ha mindegyik fajtabol legalabb 5 db all rendelkezesre?

66 2. KOMBINATORIKA

2.4. Vegyes

2.4.1. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 szamjegyekbol hany negyjegyu szam allıthato ossze, ha

a) mindegyik szamjegyet legfeljebb egyszer hasznalhatjuk fel;

b) mindegyik szamjegy felhasznalhato tobbszor is;

c) mindegyik szamjegyet csak egyszer lehet felhasznalni es a szamjegyeka szamban novekvo sorrendben kovetik egymast;

d) mindegyik szamjegy tobbszor is felhasznalhato es a jegyek a szambannem csokkeno sorrendben kovetik egymast?

2.4.2. Hany olyan otjegyu szam van, amelyek jegyei

a) paratlanok;

b) parosak;

c) paratlanok es mind kulonbozoek;

d) parosak es mind kulonbozoek?

2.4.3. A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 szamjegyekbol hany olyan 6-jegyu szam allıthatoossze, amelynek jegyei kozott legalabb egy ismetlodes van?

2.4.4. Hany olyan hatjegyu szam van, amelyekben a szomszedos szamjegyekkulonbozoek?

2.4.5. Hanyfelekeppen lehet a Jupiter szo betuit osszekeverni ugy, hogy a ma-ganhangzok az abc-nek megfelelo sorrendben kovessek egymast?

2.4.6. Az oxigennek harom, a hidrogennek ket stabil izotopja van. Hanyfelevızmolekula kepzodhet ezekbol?

2.4.7. Egy kollegiumi szobaban harom diak lakik. Negy cseszejuk, ot cseszealjuk,es hat kiskanaluk van. (Az egyes cseszek, alatetek es kiskanalak mindkulonbozok.) Hanyfelekeppen terıthetnek teazashoz, ha mindharmanegy-egy cseszet, cseszealjat es kiskanalat kapnak?

2.4.8. Ha egy halmaz elemeinek szamat kettovel noveljuk, akkor az elemek per-mutacioinak szama az eredeti permutaciok szamanak 930-szorosa lesz.Hany elemu a halmaz?

2.4. VEGYES 67

2.4.9. Egy dobozban harom sarga golyo van. Hany piros golyot kell betenni ah-hoz, hogy a dobozban talalhato golyokat 4495 sorrendben lehessen egymasutan kihuzni, ha az azonos szınu golyokat nem lehet megkulonboztetni?

2.4.10. Harom kocsibol allo villamosra 9 ember szall fel ugy, hogy minden kocsiraharom ember jut. Hanyfelekeppen tortenhet ez?

2.4.11. Egy penzermet 12-szer egymas utan feldobunk.

a) Hany kulonbozo dobassorozatunk lehet?

b) Hanyszor lehet 8 fej es 4 ıras a dobassorozatban?

2.4.12. Egy penzermet n-szer feldobunk egymas utan. Ha a dobasok szamat 2-vel noveljuk, akkor az eredmenysorozatok szama 3072-vel no. Hanyszordobtunk?

2.4.13. Egy 12 tagu tarsasag csonakokat berel. Hanyfelekeppen foglalhatnak he-lyet a csonakokban, ha

a) egy 3-, egy 4- es egy 5-uleses csonak van;

b) harom kulonbozo 4-uleses csonak van;

c) harom egyforma 4-uleses csonak van?

2.4.14. Egy 32 lapos magyarkartya-csomagbol egyszerre kiveszunk 5 lapot. Hanyolyan huzas lehetseges, ahol a kihuzott lapok kozott

a) csak piros fordul elo;

b) pontosan egy piros van;

c) van piros;

d) 2 piros es 3 zold van;

e) minden szın elofordul;

f) pontosan 1 asz es 4 piros talalhato;

g) mind asz vagy piros;

h) az osszes asz es piros?

2.4.15. Hany kulonbozo utvonalon juthatunk el a sakktablan a bal felso sarokbanlevo mezorol a jobb also sarokban levore, ha barmely erintett mezorol csakaz alatta levo vagy pedig a jobb oldalan allo mezore lephetunk?

68 2. KOMBINATORIKA

2.4.16. Egy terem mennyezeten 5 sorban, 6 oszlopban osszesen 30 lampa vanfelszerelve. Kozuluk 4 nem vilagıt. Nincs olyan sor es nincs olyan oszlop,amelyben egynel tobb lampa nem egne. Hanyfelekeppen lehetseges ez?

2.4.17. Hanyfelekeppen ultethetunk le egy kerek asztal kore 5 not es 5 ferfit ugy,hogy se 2 no, se 2 ferfi nem keruljon egymas melle, ha az egymasba elfor-gathato eseteket

a) kulonbozonek;

b) azonosnak tekintjuk?

2.4.18. Egy pont egysegnyi lepeseket tesz meg a szamegyenesen pozitıv vagynegatıv iranyban. Hanyfelekeppen juthat el az origobol n lepessel a k

pontba?

2.4.19. Hany metszespontja van maximalisan egy konvex 9-szog atloinak a 9-szogbelsejeben?

2.4.20. Egy osszejovetelen 9 ferfi es 12 no vesz reszt. Hanyfelekeppen tancolhat 7par?

2.4.21. Hanyfelekeppen lehet 24 egyforma golyot 8 kulonbozo dobozba szetosztaniugy, hogy

a) a dobozokba akar 0 golyo is kerulhet;

b) minden dobozban legyen legalabb 1 golyo;

c) minden dobozban legalabb 2 golyo legyen?

2.5. Binomialis egyutthatok

2.5.1. Igazolja az alabbi osszefuggeseket:

a)

(n

k

)

=

(n

n − k

)

b)

(n

k

)

+

(n

k + 1

)

=

(n + 1

k + 1

)

c)

n∑

k=0

(n

k

)

= 2n d)

n∑

k=0

(−1)k ·

(n

k

)

= 0

e)

(n

k

)

=n

k·(

n − 1

k − 1

)

f)n∑

k=1

k ·(

n

k

)

= n · 2n−1

2.6. BINOMIALIS TETEL 69

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

25

x

)

=

(23

x

)

egyenletet!

2.6. Binomialis tetel

2.6.1. Vegezze el a kovetkezo hatvanyozasokat:

a) (a + b)5

b) (3x − 1)4

c) (2x − 3y)6

2.6.2. Igazolja a kovetkezo osszefuggeseket:

a)

n∑

k=0

(−2)k ·

(n

k

)

= (−1)n

b)

n∑

k=0

2k ·(

n

k

)

= 3n

70 2. KOMBINATORIKA

3. fejezet

Matematikai logika

3.1. Kijelenteslogika

Kijelentesek

3.1.1. Valassza ki az alabbi mondatok kozul a kijelenteseket.

a) A printerem elromlott.

b) Hany hallgatoja van ennek az evfolyamnak?

c) Minden x es y valos szamra igaz, hogy x2 − y2 = (x − y)(x + y).

d) Jo reggelt, Vietnam!

e) Barmely paros szam eloallıthato legfeljebb ket prımszam osszege-kent.∗

f) Torold le a kepernyot!

g) Ha 7 paros szam, akkor az osszeadas a valos szamok halmazan nemkommutatıv.

h) Van piros szınu rozsa.

3.1.2. Adjon meg olyan kijelenteseket, melyekben a mondat alanya eleme azalabbi halmaznak. Hatarozza meg a kijelentesek igazsagerteket!

a) {x | x virag}∗Paros Goldbach-sejtes

71

72 3. MATEMATIKAI LOGIKA

b) {(x, y) | x − y = 6, x ∈ R, y ∈ R}c) {g | g sıkbeli gorbe, amely az x tengelyt az origoban es a (2, 0) pont-

ban metszi.}d) {I | I intervallum, amelynek barmely ket pontja legfeljebb 1 tavol-

sagra van.}e) {x | x fekete, x ∈ {italok}}

3.1.3. Tagadja az alabbi kijelenteseket, es a tagadast fogalmazza meg tobbfele-keppen.

a) Kati iskolaba megy.

b) Minden foiskolai hallgato szorgalmas.

c) Van paros prımszam.

d) A 9 nem paros es nem oszthato 3-mal.

e) A 21 paros vagy oszthato 2-vel.

f) Minden asszony eleteben van egy olyan pillanat, amikor olyat tesz,amit nem szabad. (Fogalmazza meg a tagadast ugy, hogy ne szere-peljenek a mondatban a nem es a nincs szavak.)

3.1.4. Formalizalja az alabbi kijelenteseket a kijelenteslogikaban.

a) Hideg van es esik az eso.

b) Sut a nap, de nem fuj a szel.

c) Ha melegem van es ehes vagyok, nem tudok dolgozni.

d) Ha Marci idoben felebred es eleri a vonatot, akkor boldog lesz, de hanem ebred fel idoben, akkor nem lesz boldog.

e) Busszal vagy gyalog megyek vagy se nem busszal, se nem gyalog.

f) Ha holnap jo ido lesz, akkor — ha lesz kedvetek hozza — elmegyunksetalni.

g) Egy egeszekbol allo kettagu osszeg pontosan akkor paratlan, ha atagok kozul pontosan az egyik paratlan.

h) Tavasszal, cseresznyefaviragzaskor a japanok a fak alatt piknikeznek.

i) A fuge akkor terem meg Magyarorszagon, ha a homerseklet megha-ladja a 30◦-ot es szarazsag van.

j) Juli mindig tud aludni, kiveve akkor, ha a margitszigeti szınpadonoperat jatszanak.

k) Valahanyszor piros a lampa, megallok, egyebkent nem.

3.1. KIJELENTESLOGIKA 73

Logikai formulak

3.1.5. Igazolja azonos atalakıtasokkal, hogy az alabbi formulaparok egyenerte-kuek.

a) p ∨ (¬p ∧ q) p ∨ q

b) p ∧ (¬p ∨ q) p ∧ q

c) (p ∧ (¬p ∨ q)) ∨ ¬p ∨ q (p ∧ q) ∨ ¬(p ∧ ¬q)

3.1.6. Egyenertekuek-e az alabbi formulak?

a) (¬p ∧ q) ∨ (p ↔ q) p → q

b) ¬(p → (q ∧ r)) (p → q) → (p → ¬r)

3.1.7. Adjon meg az alabbi logikai formulakkal egyenerteku diszjunktıv normal-formakat.

a) ((p → q) ∧ r) ∨ ¬p ∨ ¬q

b) ((p → q) ∧ r) ↔ (¬p ∨ ¬q)

c) ((p ∧ q) ∨ (r → p)) ↔ (p → q)

d) ¬ ((p → q) ∧ ¬r) ∨ (¬p → ¬q)

e) ¬ ((p → q) ∧ ¬r) ∧ (¬p → ¬q)

3.1.8. Valassza ki az alabbiak kozul a tautologiakat.

a) ¬ ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r)

b) ¬ (p ∧ ¬q) ∨ ¬q

c) ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r)

3.1.9. Allapıtsa meg Quine-algoritmus segıtsegevel, hogy az alabbi formulak ko-zul melyik tautologia, kielegıtheto, illetve kontradikcio.

a) ((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → p

b) (¬(p ↔ r) ∧ q) → (p ∨ q)

c) p → (¬q ∧ (¬q → ¬p))

d) (p ∨ ¬q) → ((¬p ∧ r) ↔ (q → ¬p))

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


3.1.10. Adja meg a 4. peldaban szereplo c), f) es h) kijelentesek

a) megfordıtasat;

b) tagadasat;

c) kontrapozıciojat.

Kovetkeztetesek a kijelenteslogikaban

3.1.11. Lakasbetores targyaban folyik a nyomozas. A nyomozas az alabbiakatallapıtja meg:

A1 : Ha a tettes ferfi, akkor kistermetu.

A2 : Ha kistermetu, akkor az ablakon maszott be.

A3 : Ferfi a tettes, de legalabbis ferfiruhat hordott.

A4 : Ha ferfiruhat hordott, akkor felteve, hogy hiteles a szemtanu val-lomasa, az ablakon maszott be.

A5 : Nem az ablakon maszott be.

a) Irja le a fenti osszetett kijelenteseket az alabbi jeloleseket hasznalva:p : Ferfi a tettes.q : Kistermetu a tettes.r : Ablakon maszott be a tettes.s : Ferfiruhat hordott a tettes.t : Hiteles a szemtanu vallomasa.

b) Felteve, hogy a nyomozas osszes megallapıtasa helyes, dontse el, hogya szemtanu vallomasa hiteles vagy sem.

3.1.12. Egeszıtse ki az alabbi tablazatot ugy, hogy az A, B, C ⇒ D helyes kovet-keztetesi sema legyen. Ahol barmelyik logikai ertek szerepelhet, a 0/1 jeletırja.

A B C D1 1 1

1 1 11 1 00 0 1


3.1.13. Helyesek-e az alabbi kijelenteslogikai kovetkeztetesek?

a) p → (q → r), p → q, q → r ⇒ (p ∨ r) → q

b) p → (q → r), q ∨ ¬r, q ⇒ p → r

c) p ∨ (q → r), (q ∨ ¬r) ∨ s, s ⇒ p

d) (p ∧ q) ↔ r, r → s, ¬(p → s) ⇒ q → s

e) ¬r → q, ¬q ∨ p, ¬(p ↔ q) ⇒ ¬p

f) p → r, p ∨ s, s → ¬q, q ⇒ r

3.1.14. Milyen konkluziot vonhatunk le az alabbi premisszakbol?

a) A1 : Ha az oram jol jar, akkor — ha idejeben jon az autobusz —megerkezem a gyakorlat megkezdese elott.

A2 : Idejeben jon az autobusz, megsem erkezem meg a gyakorlatmegkezdese elott.

b) A1 : Ha elmegyunk Tihanyba, akkor Furedre is elmegyunk, de csakakkor.

A2 : Ha nem megyunk Almadiba, akkor Furedre sem megyunk.

A3 : Az biztos, hogy nem megyunk Almadiba is meg Tihanyba is,de vagy Almadiba vagy Tihanyba elmegyunk.

3.1.15. Formalizalja az alabbi kijelenteseket, es valaszoljon a feltett kerdesre.

a) Egy gyilkossaggal kapcsolatban az alabbiakat sikerult megallapıtani:

A1 : Ha Joe nem talalkozott akkor ejjel Freddel, akkor Fred a gyilkosvagy Joe hazudik.

A2 : Ha nem Fred a gyilkos, akkor Joe nem talalkozott akkor ejjelFreddel, es a gyilkossag ejfel utan tortent.

A3 : Ha a gyilkossag ejfel utan tortent, akkor Fred a gyilkos vagyJoe hazudik.

A gyilkos utan nyomozo felugyelo ezek alapjan arra kovetkeztetett,hogy Fred a gyilkos. Helyesen tette-e?

b) Az alabbi informaciokat tudjuk a hetvegi programmal kapcsolatban:

A1 : Ha esik az eso, etteremben ebedelunk.

A2 : Ha nem etteremben ebedelunk, akkor elmegyunk kirandulni.

A3 : Ha kirandulunk, akkor nem esik az eso, es etteremben ebede-lunk.


Kovetkezik-e ezekbol, hogy (akkor es) csak akkor kirandulunk, hanem esik az eso.

c) A Ewing csaladrol az alabbi informaciok allnak rendelkezesunkre:

A1 : Samantha (akkor es)csak akkor kezd el inni, ha Jockey eladja areszvenyeket Cliff Barnes-nak es Pamela osszevesz Bobby-val.

A2 : Ha Samantha elkezd inni, Ellie boldogtalan lesz.

A3 : Nem igaz az, hogy ha Jockey eladja a reszvenyeket Cliff Barnes-nak, akkor Ellie boldogtalan lesz.

Kovetkezik-e ezekbol, hogy Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela ossze-vesz Bobby-val?Mi a helyzet akkor, ha az A1-et a kovetkezokeppen modosıtjuk:A1 : Samantha inni kezd, ha...

d) Vasarlas kozben a kovetkezokeppen morfondırozunk:

A1 : Ha veszek almat es olcso a tojas, keszıtek maglyarakast.

A2 : Ha draga a tojas, akkor nem veszek almat es ehes maradok.

A3 : Csak akkor nem maradok ehes, ha keszıtek maglyarakast.

Formalizalja a kijelenteseket, es dontse el, hogy kovetkezik-e ezekbol,hogy ha olcso a tojas, akkor nem maradok ehes.

3.1.16. Erdei setankon Noszminosz mesevarosaba erkezunk, ahol az alabbi in-formaciokat kapjuk:

A1 : Felteve, hogy Noszminosz igazmondo, o a varos tanıtoja es Grettlinem fahazban el.

A2 : Ha Grettli az erdo melletti fahazban el, akkor nem a varos reme.

A3 : Ha Grettli az erdo mellett el es Noszminosz igazmondo, akkor Grettlinem a varos reme.

a) Formalizalja a kijelenteseket es dontse el, hogy az A3 kovetkezmenye-e az A1 es A2 kijelenteseknek.

b) Ha tudjuk, hogy az elso ket allıtas igaz, de a harmadik hamis, mittudunk mondani Noszminoszrol?

3.2. PREDIKATUMLOGIKA 77

3.2. Predikatumlogika

Predikatumok

3.2.17. Tekintsuk a Pxyz osszetett predikatumot, amelynek valtozoi az egesz sza-mokon vannak ertelmezve:

Pxyz : ((x < y) ∧ (y < z)) ∨ (¬ (x + y < z))

Hatarozza meg az alabbi kijelentesek igazsagerteket.

a) P345

b) P113

c) P − 211

3.2.18. Legyenek a P , Q es R a valos szamok halmazan ertelmezett predikatumoka kovetkezok:

Px : x < 7 Qx : x > 15 Rx : x < 0

Fejezze ki az alabbiakban megadott predikatumokat a P , Q es R pre-dikatumokkal, valamint a ¬, a ∨ muveleti jelek felhasznalasaval.

a) 0 ≤ x

b) 7 ≤ x ≤ 15

c) 0 ≤ x < 7

d) 0 ≤ x ≤ 15

e) (0 ≤ x < 7) ∨ (x > 15)

Kvantifikacio

3.2.19. Formalizalja a kovetkezo kijelenteseket a predikatumlogikaban.

a) Minden hollo fekete.

b) Van feher hattyu.

c) Az anyak szeretik fiaikat.

d) A vas fem.


e) Van olyan torony, amelyik nem fuggoleges.

f) Pal levelet adott Paulanak

g) Nem minden szam racionalis.

h) Nincs olyan szam, amely ha racionalis, akkor irracionalis.

3.2.20. Legyen az alabbiakban a valtozok alaphalmaza az egesz szamok halmaza.Milyen kvantorokat ırjunk az alabbi predikatumok vagy a predikatumoknegacioja ele, hogy igaz ill. hamis kijelenteseket kapjunk?

a) Px : 2x + 3 = 7

b) Px : 3x + 3 = 7

c) Pxy : x2 + y2 = 4

d) Px : ||x − 2| − |x − 1|| ≤ 1

3.2.21. Irja le szavakkal az alabbi formalizalt kijelenteseket, ha az Fxy ketvaltozospredikatum jelentese: x fel y-tol.

a) ∀x∃y Fxy

b) ∃x∀y Fxy

c) ∀y ∃xFxy

d) ∃y ∀xFxy

3.2.22. Tetelezzuk fel, hogy kepernyonk 80x25-os, azaz egy sorba 80 karakterırhato, a sorok szama pedig 25. A kurzor lehetseges pozıcioit rendezettszamparral ırjuk le: (oszlopszam, sorszam). A szamozast a bal felso sa-roktol kezdjuk. A kepernyo (1,1), (20,1) es (1,20) pontok altal kijeloltharomszog alaku resze piros szınure van kifestve. Irja le az alabbi forma-lizalt kijelenteseket, ahol Fxy azt jelenti, hogy a kepernyo (x, y) pozıciojupontja piros; Qx, hogy 17 ≤ x; Rx, hogy x ≤ 20; Sxy pedig, hogyy ≤ (21 − x). Dontse el, hogy a megfelelo allıtasok igazak vagy hami-sak.

a) ∀x∀y Fxy

b) ∃x∃y (¬Fxy)

c) ∃x (∀y (¬Fxy))

d) ∃y ∀x (Fxy ∨ Qx)

e) ∀x∀y (Rx ∧ Sxy ∧ Fxy)


f) ∀x∀y ((Rx ∧ Sxy) → Fxy)

3.2.23. Legyenek a termeszetes szamok halmazan ertelmezve az alabbi predikatu-mok:

Px: x prımszam Sx: x paratlan szam es Qx : x ≤ 2.

Irja le az alabbi formulaknak megfelelo kijelenteseket. Melyek kozuluk azigaz allıtasok?

a) ∀x (Px → ¬Sx)

b) ∃x (Px ∧ ¬Sx)

c) ∀x (Px → (Sx ∨ Qx))

d) ¬∃x ((Px ∧ ¬Sx) → ¬Qx)

3.2.24. Definialjuk az egesz szamok halmazan a kovetkezo predikatumokat:

Px: x prımszam es Oxy: x osztoja y-nak.

Tekintsuk a kovetkezo formulakat:

1. ∀x (Px → O4x) 2. P3 ∧ ¬O363. ∀x (Px → ∀y (Oyx → Py)) 4. ∃x (Px ∧ ¬O4x)

a) Irja le a fenti formulakat koznapi nyelven.

b) Ertekelje ki a formulakat az adott interpretacioban.

c) Van-e ket olyan formula, amelyek egymas tagadasai? Melyek azok,miert?

d) Formalizalja kovetkezo mondatokat:Minden szamnak van osztoja.Van olyan szam, amelynek nincs prımosztoja.

3.2.25. Definialjuk a viragok halmazan a kovetkezo predikatumokat:

Px : x piros es Sxy : x szebb, mint y

Valamint vezessuk be a t : tulipan, es az r : rozsa individuum-konstanso-kat. Tekintsuk a kovetkezo formulakat:

1. ∀x (Px → Sxt) 2. P r ∧ ¬Srt3. ∀x ((¬Px ∧ Sxr) → ∀y Sxy) 4. ∃x (Px ∧ ¬Sxt)


a) Irja le a fenti formulakat koznapi nyelven.

b) Van-e ket olyan formula, amelyek egymas tagadasai? Melyek azok,miert?

c) Van-e ket olyan formula, amelyekre A → B igaz, de B → A nem?

d) Formalizalja a kovetkezo mondatokat:Nincs olyan virag, amely mindegyiknel szebb. (

”Nincs legszebb vi-

rag.”)Minden virag szebb valamelyiknel. (

”Nincs legcsunyabb virag.”)

3.2.26. Definialjuk a nok halmazan a kovetkezo predikatumokat:Sx : x szoke;Oxy : x okosabb, mint y;

valamint vezessuk be a k : Kati individuum-konstanst. Tekintsuk a kovet-kezo kijelenteseket:

1. Sk ∧ ∀x (¬Sx → ¬Okx) 2. ∀x (Sx → ∀y (¬Sy → Oyx))3. ¬Sk ∨ ∃x (¬Sx ∧ Okx) 4. ∃x (Sx ∧ Oxk)

a) Fogalmazza meg a kijelenteseket koznapi nyelven.

b) Melyik az a ket formula, amelyek egymas tagadasai? Miert?

c) Nevezze meg azt a szabalyt, amelyet az elozo kerdesnel hasznalt.

d) Formalizalja a kovetkezo kijelentest:A szoke nok nem lehetnek mindenkinel okosabbak.

3.2.27. Formalizalja az alabbi kozmondasokat.

a) Aki a kicsit nem becsuli, a nagyot nem erdemli.

b) Ki koran kel, aranyat lel.

c) Nincsen rozsa tovis nelkul.

d) Minden szentnek maga fele hajlik a keze.

e) Nem mind arany, ami fenylik.

f) Aki szelet vet, vihart arat.

g) Mindenkinek megvan a maga keresztje.


Predikatumlogikai formulak interpretacioi

3.2.28. Adja meg az alabbi predikatumlogikai formulak logikai ertekeit az I1 esI2 interpretaciokban. Az univerzumok rendre U1 = N es U2 = Q. Apredikatumok jelentese mindket interpretacioban: Pxy : x < y, Qxy :x ≤ y.

a) ∀x∃y Pxy

b) ∃x∀y Qxy

c) ∃y ∀xQxy

d) ∀y ∃xPxy

e) ∀x∀y ∃z ((Pxz ∧ Pzy) ∨ (Pyz ∧ Pzx))

3.2.29. Adja meg az alabbi predikatumlogikai formulak logikai ertekeit I1 es I2

interpretaciokban. Az univerzumok mindket interpretacioban azonosak:U1 = U2 = {a ter egyenesei}. A predikatumok jelentese I1 eseten Pxy: xegy pontban metszi y-t, I2-ben pedig Pxy: x es y kiteroek.

a) ∀x∀y (Pxy → Pyx)

b) ∃x∃y ∃z ((Pxy ∧ Pyz) → Pxz)

c) ¬∃x∃y ∃z ((Pxy ∧ Pyz) → ¬Pxz)

d) ∀x∀y ∀z ((Pxy ∧ Pyz) → Pxz)

3.2.30. Legyenek az L elsorendu nyelvben az individuum-valtozok x es y. A nyelv-ben adott egy f ketvaltozos fuggveny es ket ketvaltozos predikatum Pes Q. A formulak epıtesehez a szokasos logikai muveleti es segedjelekhasznalhatok.

Erekelje ki az alabbiakban megadott formulakat a kovetkezo interpretaci-oban:

U = Z+, f(x, y) : x es y legnagyobb kozos osztoja,Pxy : x osztoja y-nak, Qxy : x = y.

a) ∀x∃y Pxy b) ∀x∀y Pxy

c) ∃x∀y Pxy d) ∃x∃y Pxy

e) ∀x∀y ∀z Qf(x, y) z f) ∀x∃y ∀z Qf(x, y) z

g) ∀x∀y ∃z Qf(x, y) z h) ∀z ∃x∃y Qf(x, y) z


3.2.31. Adjon meg olyan elsorendu nyelvet, mely alkalmas az alabbi allıtasokleırasara. Irja le a megfelelo formulakat.

a) Minden 1-nel nagyobb termeszetes szamnak van prımosztoja.

b) Barmely prımszamnal van nagyobb prımszam.

c) Vegtelen sok ikerprım van.(Ikerprım: p es p + 2, ha mindketto prım.)

3.2.32. Legyenek az L elsorendu nyelvben az individuum-valtozok x, y es z.A nyelvben adott egy f ketvaltozos fuggveny es egy ketvaltozos pre-dikatum P . A formulak epıtesehez a szokasos logikai muveleti es segedjelekhasznalhatok. Adjon meg olyan interpretaciot, amellyel egy az U -n ertel-mezheto ketvaltozos muvelet alabbi tulajdonsagai ırhatok le. Adja meg amegfelelo formulakat.

a) kommutativitas

b) asszociativitas

c) idempotencia

3.2.33. Definialjon elsorendu nyelvet es annak olyan interpretaciojat, amelybena homogen binaris relaciok alabbi tulajdonsagai ırhatok le. Adja meg amegfelelo formulakat.

a) reflexivitas

b) szimmetria

c) antiszimmetria

d) tranzitivitas

Levezetesek elsorendu nyelvben

3.2.34. Legyenek adottak a kovetkezo szabalyok:

1. (x ∧ y) ⇒ x 4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z))2. (x ⇒ (x ∨ y)) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x)3. (x → y) ⇔ (¬x ∨ y) 6. x, x → y ⇒ y (modus ponens)

Igazolja kizarolag a fenti szabalyok alkalmazasaval az alabbi kovetkez-tetesek helyesseget.


a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y)

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

c) (x → (x ∧ y)) ⇒ (x → y)

3.2.35. Legyen a halmaznyelv jelkeszlete a kovetkezo:

A, B, C, . . . jeleket nevezzuk halmazoknak, U -val jeloljuk az un. univer-zalis halmazt, ∅ pedig jelentse az ures halmazt.A muveleti jelek: ∪, ∩ es a ∆. Segedjelek: (, ). Ketvaltozos relacio jel:=.A nyelv formulai az alabbi rekurzioval adottak:

1. A, B, C, . . . U, ∅ formulak.

2. Ha A es B formulak, akkor (A ∪ B), (A ∩ B) es (A ∆ B) is formulak.

3. A nyelvben az elozo ket pontban megadott formulakon kıvul masformula nincs.

Axiomak.

1. (A ∪ ∅) = A 5. (A ∪ (B ∩ C)) = ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C))2. (A ∩ U) = A 6. (A ∩ (B ∪ C)) = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C))3. (A ∪ B) = (B ∪ A) 7. (A ∪ (U ∆ A)) = U4. (A ∩ B) = (B ∩ A) 8. (A ∩ (U ∆ A)) = ∅

a) Bizonyıtsa be, hogy (A ∩ ∅) = ∅.b) Igazolja, hogy ha valamely X es Y halmazra igaz az alabbi ket allıtas

T1 : (X ∩ Y ) = ∅, T2 : (X ∪ Y ) = U,

akkor igaz a T3 : Y = (U ∆ X) allıtas is.

4. fejezet

Algebrai strukturak

4.1. Algebrai strukturak, muveletek

4.1.1. Algebrai strukturak-e az alabbiak:

a) a valos szamok halmaza az osztasra nezve;

b) a bj (b ∈ Z) alaku komplex szamok az osszeadasra, illetve a szorzasranezve;

c) az {1, 2, 3, 4} halmaz a mod5∗ szorzasra es osszeadasra nezve;

d) a valos szamok halmazan ertelmezett szigoruan monoton novekvofuggvenyek a kompozıciora nezve;

e) a 3 × 3-as diagonalis matrixok az osszeadasra, illetve a szorzasranezve;

f) a prımszamok halmaza a legnagyobb kozos oszto, illetve legkisebbkozos tobbszoros muveletre nezve.

4.1.2. Vizsgalja meg az alabbi muveleteket kommutativitas, asszociativitas, esidempotencia szempontjabol:

a) legnagyobb kozos oszto a termeszetes szamok halmazan;

b) legkisebb kozos tobbszoros a pozitıv termeszetes szamok halmazan;

c) n × n tıpusu matrixok osszeadasa, illetve szorzasa.

∗n mod m alatt az n szam m-mel valo osztasi maradekat ertjuk.

85

86 4. ALGEBRAI STRUKTURAK

4.2. Felcsoport, csoport

4.2.1. Felcsoportok-e az alabbi strukturak? Amennyiben igen, van-e egyseg-,illetve zeruselemuk?

a) (P(H); ∆), ahol P(H) a H halmaz hatvanyhalmaza es ∆ a szimmet-rikus differencia;

b) (V ; ·), ahol V a haromdimenzios vektorok halmaza, · pedig a skalarisszorzas;

c) (V ;×), ahol V a haromdimenzios vektorok halmaza, × pedig a vek-torialis szorzas;

d) (Pn; +), ahol Pn a legfeljebb n-edfoku egyvaltozos polinomok hal-maza, + pedig a polinomok osszeadasa;

e) (C(R); +), ahol C(R) a valos szamok halmazan ertelmezett folytonosfuggvenyek halmaza, + pedig a fuggvenyek osszeadasa;

f) (C(R); ·), ahol C(R) a valos szamok halmazan ertelmezett folytonosfuggvenyek halmaza, · pedig a fuggvenyek szorzasa;

g) (H ;⊕), ahol H a haromszogek halmaza, ⊕ pedig barmely h1, h2 ∈ Heseten h1 ⊕ h2 = max{T (h1), T (h2)}, ahol T (h) jeloli a h haromszogteruletet;

h) ({Olyan 3 × 3-as matrixok, amelyek determinansa 1}; ·).4.2.2. Az elozo feladatban melyek a kommutatıv felcsoportok?

4.2.3. Bizonyıtsa be, hogy az

[1 n0 1

]

alaku matrixok (n ∈ N) a szorzasra nezve

felcsoportot alkotnak es ez a felcsoport izomorf az (N; +) felcsoporttal.

4.2.4. Az alabbiak kozul melyek alkotnak csoportot?

a) A valos szamok halmaza, ha a muvelet a szorzas.

b) A pozitıv valos szamok halmaza, ha a muvelet a szorzas.

c) A pozitıv valos szamok halmaza, ha a muvelet az osztas.

d) Az {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} halmaz, ha a muvelet a mod8 szorzas.

e) Az {1, 3, 5, 7} halmaz a mod8 szorzasra nezve.

f) Az

[a 00 0

]

alaku matrixok, ahol a ∈ R \ {0}, a matrixszorzasra

vonatkozoan.

4.2. FELCSOPORT, CSOPORT 87

g) A

[cosϕ − sinϕsin ϕ cosϕ

]

alaku matrixok, ϕ ∈ R, a matrixszorzasra vo-

natkozoan.

h) A

[a −bb a

]

alaku matrixok, a, b ∈ R es a2 + b2 6= 0, a matrixszor-

zasra vonatkozoan.

4.2.5. Az S strukturat a racionalis szamok alkotjak az alabb definialt ∗ muve-lettel. Ha a, b ∈ S, a valos szamokra vonatkozo + es · muvelettel:

a ∗ b = a + b − (a · b) .

Vizsgaljuk meg, hogy S felcsoport, illetve csoport-e?

4.2.6. Legyen a Z halmazon ∗ a kovetkezo muvelet:

a ∗ b = a + b + 1.

Alkot-e Z a ∗ muvelettel felcsoportot, monoidot, csoportot, illetve Abel-csoportot?

4.2.7. Igazoljuk, hogy az osszetettfuggveny-kepzessel, mint csoportmuvelettelcsoportot alkotnak azok a [0, 1]-en ertelmezett folytonos es szigoruan mo-noton novekedo valos f(x) fuggvenyek, amelyekre f(0) = 0, f(1) = 1.

4.2.8. Egy G csoportban valamely b ∈ G elemre b14 = b10 es b8 = b27. Bizonyıt-suk be, hogy b egysegeleme G-nek.

4.2.9. Legyen a G csoportra: |G| = 996. Bizonyıtsuk be, hogy ha g ∈ G eseteng1993 egysegelem G-ben, akkor g is egysegelem.

4.2.10. a) Adja meg az 1, 2, 3 szamok osszes permutaciojat.

b) Csoportot, illetve Abel-csoportot alkotnak-e a permutaciok a permu-taciok egymas utan valo elvegzesere nezve?

4.2.11. a) Hatarozza meg az (1234) permutacio osszes egesz kitevoju hatvanyat.

b) Csoportot alkotnak-e az egesz kitevoju hatvanyok a permutaciok egy-mas utan valo elvegzesere nezve?

4.2.12. Melyik az a legkisebb pozitıv egesz szam, ahanyadik hatvanyra emelve az(ABCDE) (FGH) (IJKLMN) permutaciot, az e egysegelemet kapjuk?


4.2.13. a) Adja meg az abran lathato teglalap osszes szimmetrikus transzfor-maciojat a csucsok permutacioinak felırasaval.

1 2

34

b) Csoportot alkotnak-e a felırt permutaciok?

4.2.14. Legyenek a G es H csoportok a kovetkezok: G = (R \ {0} ; ·), H = (R; +).A G-beli muvelet a

”termeszetes” szorzas, a H-beli pedig a

”termeszetes”

osszeadas. Igazolja, hogy az f : G → H, f(x) = lg x2 homomorf∗ lekepe-zes. Izomorf†-e?

4.2.15. Igazolja, hogy az f : G → H, f(x) = ex lekepezes izomorf, ha G a valosszamok halmazanak additıv, H pedig a pozitıv valos szamok multiplikatıvcsoportja.

4.2.16. Legyen (T ;⊕) es (T ′;⊗) ket csoport. Igazolja, hogy ha az f : T → T ′

homomorf lekepezes, akkor

a) a T -beli egysegelem kepe T ′ egysegeleme;

b) f inverztarto lekepezes (azaz minden T -beli elem inverzenek kepe aT ′-beli kepelemenek inverze).

4.3. Gyuru, test

A 4.3.1. – 4.3.8. feladatokban definialt strukturak kozul melyek a gyuruk?Valassza ki az egysegelemes es kommutatıv gyuruket, valamint a testeket.

4.3.1. (I2; +, ·), ahol I2 = {0, 1} es a muveletek:

+ 0 10 0 11 1 0

· 0 10 0 01 0 1

∗muvelettarto†muvelettarto es bijektıv

4.3. GYURU, TEST 89

4.3.2. (Q∗; +, ·), ahol Q∗ ={x | x = a

b , a, b ∈ Z es b paratlan}

a muveletek aszokasosak.

4.3.3. H = {1, 2, 3, 4} halmaz a mod8 osszeadassal es szorzassal.

4.3.4. (D; +, ·), ahol D = {x | x = a + b√

n a, b ∈ Q ; n olyan rogzıtett pozitıvegesz, amelyhez nem letezik q ∈ Q, hogy n = q2

}, a muveletek a szokaso-

sak.

4.3.5. a) (R;⊕,⊗), ahol a ⊕ b = a − b es a ⊗ b = ab;

b) (R;⊕,⊗), ahol a ⊕ b = a + b − 1 es a ⊗ b = a + b − ab;

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

4.3.6. a) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es matrixok halmaza a valos szamtestfelett. Muveletek a matrixosszeadas es -szorzas.

b) (M ; +, ·), ahol M az n×n-es matrixok halmaza az I2 szamtest felett.Muveletek a mod2 matrixosszeadas es -szorzas.

c) (M ; +, ·), ahol M =

{

M | M =

[a b0 0

]

, a, b ∈ R

}

, muveletek a

matrixosszeadas es -szorzas.

d) (M ; +, ·), ahol M =

{

M | M =

[a b

−b a

]

, a, b ∈ R

}

, muveletek a

matrixosszeadas es -szorzas.

4.3.7. a) (P(A); ∆,∩), ahol P(A) egy A 6= ∅ halmaz hatvanyhalmaza, ∆ aszimmetrikus differencia, ∩ a metszetkepzes;

b) (P(A);∪,∩), ahol P(A) mint elobb, ∪ az unio-, ∩ a metszetkepzes.

4.3.8. (F;⊕,⊗), ahol F = {f : R → R} es

a) a muveletek a szokasos fuggvenyosszeadas es szorzas;

b) az osszeadas a szokasos, a szorzas pedig a fuggvenyek kompozıcioja;

c) ha az F halmaz elemeire kikotjuk meg, hogy bijektıvek legyenek, vagypedig f(x) ≡ 0; a muveletek ugyanazok, mint b)-ben.

4.3.9. a) Bizonyıtsa be, hogy minden test nullosztomentes∗.

b) Hatarozza meg a 4.3.1. – 4.3.8. peldakban kivalasztott gyuruk kozulazokat, amelyek nullosztomentesek.

∗Nullosztomentes az a struktura, ahol a · b = 0-bol kovetkezik, hogy a = 0 vagy b = 0.


4.3.10. Gyurut alkotnak-e a tervektorok az osszeadas es a vektorialis szorzas mu-veletekkel?

4.3.11. Legyen a Z halmaz elemeibol allo rendezett parok halmazan ertelmezve a⊕ es a ⊗ muvelet az alabbi modon:

(a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d) , illetve

(a, b) ⊗ (c, d) = (a · c, b · d) .

a) Igazoljuk, hogy e struktura gyuru.

b) Testet alkot-e?

c) Testet alkot-e a struktura, ha a ket muveletet az R elemeibol allorendezett parok halmazan ertelmezzuk?

4.3.12. Resztestet alkotjak-e a valos szamok testenek azok a szamok, amelyekracionalis p-vel es q-val felırhatok p + q

√2 alakban?

4.4. Halo, Boole-algebra

4.4.1. Halot alkotnak-e az alabbi strukturak:

a) (N; lnko, lkkt), ahol lnko a legnagyobb kozos oszto, lkkt pedig a leg-kisebb kozos tobbszoros;

b) (P(A);∪,∩);

c) ({0, 1};∧,∨)?

4.4.2. Igazolja, hogy ha egy parcialisan rendezett H halmaz barmely ket eleme-nek van szupremuma (infimuma), akkor H halmaz a szupremum (infimum)muvelettel felhalot∗ alkot.

4.4.3. Bizonyıtsa be, hogy ha egy parcialisan rendezett H halmaz barmely ketelemenek letezik szupremuma es infimuma, akkor

a) a (H ; sup, inf) strukturaban igaz az abszorpcios (elnyelesi) tulajdon-sag;

b) a (H ; sup, inf) struktura halo.

∗Felhalo az olyan struktura, amelyben egy idempotens, kommutatıv es asszociatıv ketval-tozos muvelet van definialva.

4.4. HALO, BOOLE-ALGEBRA 91

4.4.4. Legyen valamely (H ;∧,∨) halo elemein a 4 relacio a kovetkezo:

a 4 b, ha a ∧ b = a.

Igazolja, hogy

a) a relacio parcialis rendezes H-n;

b) a (H ; 4) rendezes barmely ket elemehez van infimum es szupremum:inf (a, b) = a ∧ b es sup (a, b) = a ∨ b.

4.4.5. Az alabbi grafok egy parcialis rendezes Hasse-fele diagramjai. Melyek al-kotnak halot, disztributıv halot, illetve felhalot a sup es inf muveletekkel?

a) b) c) d)

4.4.6. Igazolja, hogy az alabbi strukturak Boole-algebrak:

a) egy A 6= ∅ halmaz hatvanyhalmaza az unio, metszet es komplementermuveletekkel;

b) az n-valtozos (n 6= 0) keterteku logikai fuggvenyek halmaza a kon-junkcio, diszjunkcio es a negacio muveletekkel.

4.4.7. Legyenek az A halmaz elemei 715 pozitıv oszoi; (A;∨,∧) muveletei pediglegyenek a kovetkezok: a ∨ b = lkkt (a, b) es a ∧ b = lnko (a, b).

a) Legyen az A halmazon egy egyvaltozos muvelet (′) ertelmezve, amely-re a′ = 715

a . Igazolja, hogy az (A;∨,∧,′ ) struktura Boole-algebra.

b) Hatarozza meg a fent definialt Boole-algebraban a (5′) ∧ (13 ∨ 143)kifejezes eredmenyet.

4.4.8. Boole-algebrat alkot-e (A;∨,∧,′ ), ha A = {42 pozitıv osztoi}, ∨ a legki-sebb kozos tobbszoros, ∧ a legnagyobb kozos oszto es a′ = 42

a ?

4.4.9. Az alabbi halmazok kozul melyek alkotnak Boole-algebrat, ha ∪ es ∩ aket ketvaltozos muvelet? A megfelelo egyvaltozos muvelet megtalalasa azolvaso feladata.


a) {a, b, c, . . . , z} legalabb hatelemu reszhalmazainak halmaza;

b) {a, b, c, . . . , z} legfeljebb hatelemu reszhalmazainak halmaza;

c) {a, b, c, . . . , z} azon reszhalmazainak halmaza, amelyek az osszes ma-ganhangzot tartalmazzak;

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

e) az egesz szamok azon X reszhalmazainak halmaza, amelyeknel n ∈ Xeseten n + 1 ∈ X ;

f) az egesz szamok azon X reszhalmazainak halmaza, amelyeknel n ∈ Xeseten n + 1 ∈ X es n − 1 ∈ X .

5. fejezet

Grafelmeleti fogalmak esosszefuggesek

5.1. Alapfogalmak

5.1.1. Adja meg az alabbi graf eleinek es pontjainak szamat, tovabba mindenegyes pont fokszamat.

5.1.2. Van-e olyan egyszeru graf, amely

a) 6 pontu es a pontok fokai: 9, 9, 2, 2, 1, 3;

b) 10 pontu es a pontok fokai: 3, 3, 4, 1, 6, 2, 3, 5, 2, 2?

5.1.3. Van-e olyan 9 pontu egyszeru graf, amelyben a pontok foka

a) 7, 7, 7, 6, 6, 6, 5, 5, 5;

b) 6, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 2, 1?

5.1.4. Van-e olyan (legalabb ket pontu) egyszeru graf, amelyben minden pontfoka kulonbozo.

93

94 5. GRAFELMELETI FOGALMAK ES OSSZEFUGGESEK

5.1.5. Kormerkozeses bajnoksagban n csapat jatszik. Bizonyıtsuk be, hogy bar-mikor megszakıtva a versenyt, paros szamu olyan csapat van, amely eddigparatlan szamu meccset jatszott.

5.1.6. Legyen a G graf szogpontjainak halmaza V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Dont-se el, hogy az alabbi elsorozatok kozul melyek nyitottak es melyek zartak.Valassza ki a koroket es az utakat.

a) ({1, 2}, {2, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 5}, {5, 8}, {8, 7});b) ({1, 2}, {2, 3}, {3, 6}, {6, 5}, {5, 4}, {4, 1});c) ({4, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 7});d) ({1, 2}, {2, 5}, {5, 6}).

5.1.7. Adja meg az alabbi graf szomszedsagi es illeszkedesi matrixat.

1

1

2

2

3

3

4

4

5

5

6

7

5.1.8. Rajzoljon 4 pontu grafot es ırja le a graf szomszedsagi matrixat, amely

a) kormentes es osszefuggo;

b) legalabb egy elu kormentes es nem osszefuggo;

c) minden pontjanak foka legalabb 2;

d) teljes.

5.1.9. Sorolja fel az alabbi graf osszes koret.

1 2

34

5.1. ALAPFOGALMAK 95

5.1.10. Rajzoljon olyan 10 pontu egyszeru grafot, amely 3-regularis. Hatarozzameg a graf egyik leghosszabb utjat es koret.

5.1.11. Egy iranyıtott graf pontjai legyenek az a1, a2, . . ., a6 pontok. Az ai

pontbol annyi elt indıtunk aj-be, amennyi i-nek j-vel valo maradekososztasanal fellepo maradek. Hatarozzuk meg a graf szomszedsagi matrixat.

5.1.12. A G egyszeru grafot az alabbi szomszedsagi matrixszal adtuk meg:

C =

0 1 0 1 11 0 1 0 00 1 0 1 11 0 1 0 11 0 1 1 0

Rajzoljuk meg a grafot es a komplementeret, majd ırjuk fel a komplemen-ter graf szomszedsagi matrixat.

5.1.13. Egy egyszeru graf szomszedsagi matrixat jelolje C. Mi a jelentese

a) a C2 matrix foatlojaban szereplo elemeknek;

b) a C2 matrix i-edik soraban szereplo j-edik elemnek, ha i 6= j?

5.1.14. a) Hany ele van egy n pontu teljes grafnak?

b) Van-e olyan 4, 5, illetve 6 pontu egyszeru graf, amely izomorf a komp-lementerevel?

5.1.15. Rajzolja le az osszes 4-pontu egyszeru grafot, amelyek paronkent nemizomorfak.

5.1.16. Izomorfak-e az alabbi grafparok?

a)


b)

c)

5.1.17. Hany pontu az a teljes graf, amelynek kevesebb ele van, mint a pontokszamanak hatszorosa, de tobb, mint a pontok szamanak otszorose?

5.1.18. Egy 5-pontu egyszeru grafnak 8 ele van. Mekkorak lehetnek a pontokfokszamai?

5.1.19. Rajzoljon olyan 6 pontu egyszeru grafot, amely

a) osszefuggo es kormentes;

b) minden pontjanak foka legalabb 2 es nem osszefuggo;

c) 3-regularis.

5.1.20. Igazolja, hogy ha egy osszefuggo grafnak kevesebb ele van, mint pontja,akkor van 1-foku pontja.

5.1.21. Bizonyıtsa be az alabbi allıtasokat:

a) Ha egy graf minden pontjanak fokszama legalabb 2, akkor van bennekor.

b) Ha egy graf kormentes, akkor van 1 foku pontja.


5.1.22. a) Az alabbiakban igazoljuk, hogy egy n-pontu, kormentes, osszefuggografnak pontosan n − 1 ele van.

Az allıtast a graf pontszamara vonatkozo teljes indukcioval igazoljuk,gondolatmenetunkben logikai hibat vetunk. Mi a hiba?

A k = 1 pontu grafra az allıtas nyilvanvalo. Belatjuk, hogy ha ak-nal kevesebb pontu grafokra igaz az allıtas, akkor a k pontuakra isigaz.

Tekintsunk ugyanis egy tetszoleges k−1-pontu, kormentes, osszefug-go grafot, vegyunk hozza egy uj pontot, es kossuk ossze a meglevopontok valamelyikevel. Egyszeru meggondolni, hogy a kapott k pon-tu graf kormentes, osszefuggo, es eleinek szama 1-gyel nagyobb, minta k − 1-pontu grafe, amelynek elszama indukcios feltevesunk ertel-meben k − 2. Ezzel belattuk, hogy tetszoleges grafra igaz az allıtas.

b) Javıtsa ki az a) pontban szereplo bizonyıtast.

c) Hany ele van egy n pontu k komponensu kormentes grafnak?

5.1.23. Egy hattagu tarsasagban mindenkinek pontosan 3 baratja van. Egy al-kalommal 6 mozijegyet kaptak, harom moziba, mindegyikbe kettot. Min-denki csak valamelyik baratjaval egyutt hajlando moziba menni. Megtudjak-e szervezni a mozilatogatast?

5.1.24. Legyen G egy 2n-pontu egyszeru graf, ahol minden pont foka legalabbn − 1.

a) Szerkessze meg az osszes lehetseges G grafot, amely ket kompo-nensbol all, ha n = 3.

b) Legalabb hany pontot tartalmaz G egy komponense?

c) Allhat-e a G graf 2-nel tobb komponensbol?

5.1.25. Mutassa meg, hogy ha egy 2n pontu egyszeru graf minden pontjanak fokalegalabb n, akkor a graf osszefuggo.

5.1.26. Igaz-e, hogy G vagy a komplementere biztosan osszefuggo?

5.1.27. Legyen a G osszefuggo grafnak e egy olyan ele, amelyet elhagyva G ketkomponensre esik szet. Bizonyıtsuk be, hogy e nem lehet G-beli kor ele.

5.1.28. Az egyik megye 22 telepulese kozul otben van korhaz. Legalabb hany olyanutat kell megepıteni, amely ket telepulest kot ossze azert, hogy barmelytelepulesrol legalabb az egyik korhazba el lehessen jutni kiepıtett uton.


5.1.29. Jelolje Kn (n ≥ 3) az n pontu teljes grafot. Hatarozza meg a graf khosszusagu koreinek szamat, ha

a) k = n;

b) 3 ≤ k ≤ n;

c) 3 ≤ k ≤ n es a korok egy rogzıtett e elt tartalmaznak.

5.2. Euler- es Hamilton-bejarasok

5.2.1. a) Egy varosban, ahol az uthalozat osszefuggo, egyiranyu utcak is van-nak. Mikor jarhatja be egy locsoloauto az osszes utcat (espedig azegyiranyuakat pontosan egyszer, jo iranyban; a ketiranyuakat pediga ket savban egyszer oda, egyszer vissza) ugy, hogy vegul a kiin-duloponton fejezze be a munkajat.

b) Mutassa meg, hogy ha minden utca ketiranyu, akkor az elozo bejarasmindig megoldhato.

5.2.2. Mely teljes grafok Euler-grafok?

5.2.3. a) Igazolja, hogy egy legalabb ket pontbol allo osszefuggo grafnak pon-tosan akkor van nyitott Euler-setaja, ha a grafban pontosan ketparatlan fokszamu pont van (a tobbi paros).

b) Mely teljes grafoknak van nyitott Euler-setaja?

5.2.4. Az alabbi grafok kozul melyiknek van nyitott, illetve zart Euler-setaja,Hamilton-kore, vagy -utja?

a)

a b

c

d

e

b)

a b c

d e

5.2. EULER- ES HAMILTON-BEJARASOK 99

c)

a b

cd

ef

gh d)

a

b c

de

f

5.2.5. A dominolapokra a 0, 1, . . . , 9 szamokbol alkotott szamparok vannak fel-ırva ugy, hogy minden szampar pontosan egyszer szerepel.

a) Osszerakhato-e az osszes dominolap a kirakas szabalyai szerint ugy,hogy a dominok egy

”kort” kepezzenek?

b) Mit mondhatunk a 0-tol 8-ig szamozott dominokrol?

5.2.6. a) Milyen n eseten van az n-pontu teljes grafnak Hamilton-kore?

b) Mely teljes paros grafoknak van Hamilton-kore?

5.2.7. Mutassa meg, hogy az alabbi grafnak van Hamilton-kore.

5.2.8. Bejarhato-e egy 5 × 5-os sakktabla lougrassal ugy, hogy nem kell a kiin-dulasi pontba visszaerni, felteve, hogy minden mezore pontosan egyszerugrunk. Es ha vissza kell terni? Adja meg a feladat grafmodelljet.

5.2.9. Mutassa meg, hogy az alabbi grafban nincs Hamilton-kor.


5.2.10. Bejarhato-e lougrassal egy 4×4-es sakktabla ugy, hogy a kiindulasi pontbavisszaerjunk, felteve, hogy minden mezore pontosan egyszer ugrunk?

5.2.11. Bizonyıtsa be, hogy

a) ha a G grafban letezik k darab pont, amelyeket illeszkedo eleivelegyutt torolve, G tobb mint k komponensre esik szet, akkor G-neknincs Hamilton-kore;

b) ha a G grafban letezik k darab pont, amelyeket elhagyva G megk + 1-nel is tobb komponensre esik szet, akkor Hamilton-utja sincs.

5.3. Sıkgrafok es szınezesek

5.3.1. Adott a sıkon negy pont. Ossze lehet-e kotni az osszes pontpart ugy, hogyaz osszekoto vonalak ne messek egymast?

5.3.2. Mutassa meg, hogy az alabbi grafok sıkgrafok:

a)

a b

c

d

e

b)

a

b c

d

e

c)

a b c

d e f

d)

a b

c

d

ef

g

h

5.3.3. Az elozo peldaban szereplo sıkgrafokra ellenorizze az Euler-formulat.

5.3.4. a) Hatarozza meg az 5.3.2. a) es c) graf tartomanyainak fokszamat.

b) Igazolja, hogy egyszeru, osszefuggo sıkgraf eseten 3t ≤ 2e, ha n ≥ 3.

5.3.5. Igazolja, hogy nem rajzolhatok sıkba az alabbi grafok:

5.3. SIKGRAFOK ES SZINEZESEK 101

a) K5 (5-pontu teljes graf)∗;

b) K3,3 (paros, 3-regularis graf)†.

5.3.6. Indokolja meg, hogy az alabbi ket graf nem sıkgraf.

a) b)

5.3.7. Rajzolja meg az alabbi grafok dual grafjat.

a) b)

c) negy pontu teljes graf;

d) a kocka elhalozata.

5.3.8. Rajzolja le Magyarorszag es szomszedai terkepet, es szerkessze meg aterkep dualjat‡

5.3.9. Igaz-e, hogy ha egy terkep ket szınnel kiszınezheto, akkor a dualja parosgraf.

5.3.10. Lehet-e ot orszag olyan, amelyek kozul barmely ketto paronkent szomsze-dos?

5.3.11. Minimalisan hany szınnel szınezheto ki egy

a) fa graf;

b) paros, illetve paratlan hosszusagu kor?

∗Hasznaljuk fel az elozo feladat b) allıtasat.†Ha a K3,3 graf sıkgraf, akkor teljesulnie kellene a 4t ≤ 2e egyenlotlensegnek. Miert?‡Terkep dualja az a G∗ graf, melynek pontjai az egyes orszagoknak felelnek meg. Ket pont

akkor van osszekotve G∗-ban ellel, ha a ket megfelelo orszag szomszedos. Belathato, hogy G∗

mindig sıkgraf.


5.3.12. a) Legyen egy n-pontu fagraf ket nem-szomszedos pontja pirossal ki-szınezve. Legfeljebb hany szın szukseges meg a fagraf pontjainakkiszınezesehez?

b) Tegyuk fel, hogy egy n-pontu fagraf k db nem szomszedos pontjapiros szınnel van kiszınezve. Legfeljebb hany szın szukseges meg akiszınezeshez?

5.3.13. Hatarozza meg az alabbi grafok kromatikus szamat.

a) b)

c) d)

5.4. Fak es erdok

5.4.1. Rajzolja le a nem-izomorf

a) harompontu;

b) negypontu;

c) otpontu

fakat.

5.4.2. Mutassa meg, hogy 6 darab nem-izomorf 6-pontu fa letezik.

5.4.3. A fa Prufer-kodjabol rajzolja fel a grafokat:

a) (1, 3, 2, 4, 1, 2, 3);

b) (7, 7, 4, 4, 5, 3, 3, 8);

5.4. FAK ES ERDOK 103

c) (9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1).

5.4.4. Van-e olyan 7-pontu fa, amely

a) minden pontjanak foka 1;

b) a pontok fokai: 2, 2, 2, 2, 2, 1, 1;

c) minden pont foka 2;

d) a pontok fokai: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6?

5.4.5. Bizonyıtsa be, hogy minden fa paros graf.

5.4.6. Igazolja, hogy barmely, legalabb otpontu grafban vagy a komplementere-ben van kor.

5.4.7. A G fa kozeppontja az a G-beli pont, amelynek a tobbi ponttol valo ma-ximalis tavolsaga∗ minimalis. Bizonyıtsa be, hogy minden fanak egy, vagyket szomszedos kozeppontja van.

5.4.8. Legyen a G graf 17 pontu es kormentes.

a) Hany ele van, ha komponenseinek szama 5?

b) Hany komponense van, ha eleinek szama 6?

5.4.9. Rajzolja le az alabbi graf nehany feszıtofajat.

5.4.10. Legyen G egy osszefuggo graf. Mit tud mondani arrol az elrol, amely

a) G minden feszıtofajanak ele;

b) G egyik feszıtofajanak sem ele?

∗Ket pont tavolsaga a ket pontot osszekoto ut eleinek szama.


5.4.11. Hatarozza meg az alabbi graf egy minimalis sulyu feszıtofajat.

2

7

9

5

6

6

8

3 8

4

a

b

c d

e

5.4.12. Adott egy sulyozott graf az un. sulymatrixaval: a matrix cij eleme az ies j (i 6= j) pontokat osszekoto el sulyat jelenti. Ha a ket pont nincsosszekotve ellel a grafban, vagy i = j, akkor legyen a suly ∞.

Hatarozza meg az alabbi graf egy minimalis sulyu feszıtofajanak sulymat-rixat.

C =

∞ 10 ∞ ∞ 6 ∞10 ∞ 7 ∞ 8 7∞ 7 ∞ 2 9 ∞∞ ∞ 2 ∞ 4 36 8 9 4 ∞ ∞∞ 7 ∞ 3 ∞ ∞

6. fejezet

Linearis algebra

6.1. Matrixok

6.1.1. a) Dontse el, hogy az alabbi matrixok kozul melyik zerusmatrix, egy-segmatrix, permutalo matrix, diagonalmatrix, szimmetrikus matrix,ferden szimmetrikus matrix.

b) Talal-e az alabbi matrixok kozott olyanokat, amelyek egymas transz-ponaltjai?

A =

[0 11 0

]

B =

[0 1

−1 0

]

C =

[0 00 0

]

D =

[1 00 1

]

E =

[1 0 00 1 0

]

F =

[−1 −1

1 1

]

G =

[1 0 3 4

−5 2 −2 7

]

H =

2 3 7 43 0 1 67 1 0 04 6 0 2

I =

0 −1 21 0 7

−2 −7 0

J =

1 −50 23 −24 7

K =

2 8 9 79 6 4 88 4 0 37 8 3 9

L =

4 0 00 5 00 0 −1

105

106 6. LINEARIS ALGEBRA

6.1.2. Az alabbi matrixok kozul

a) adja ossze azokat, amelyek osszeadhatok;

b) szorozza ossze azokat, amelyek osszeszorozhatok;

c) hatarozza meg azon matrix adjungalt matrixat es inverzet, amelynellehetseges.

A =

2 31 00 2

−1 1

B =

1 0 −2 −10 3 4 −2

−1 2 0 1

C =

1 2 −30 3 12 −1 −8

D =

−1 −20 11 −12 0

6.1.3. Milyen matrixszal kell megszorozni az elozo feladatbeli B matrixot, hogy

a) elso es masodik sora helyet csereljen;

b) elso sorahoz adjuk harmadik soranak ketszereset, a tobbi sora valto-zatlan maradjon;

c) masodik oszlopanak ketszereset es harmadik oszlopanak mınusz ket-szereset adjuk a negyedik oszlopahoz, a tobbi oszlopa valtozatlanmaradjon?

6.1.4. Igazolja, hogy

a) (A + B)∗

= A∗ + B∗;

b) (λA)∗ = λA∗;

c) (AB)∗

= B∗A∗.

6.1.5. Bizonyıtsa be, hogy tetszoleges P n × n-es matrix eseten

a) ha A szimmetrikus n × n-es matrix, akkor P∗AP is szimmetrikus;

b) ha A ferden szimmetrikus n × n-es matrix, akkor P∗AP is ferdenszimmetrikus.

6.1. MATRIXOK 107

6.1.6. Hatarozza meg a p∗ vektort ugy, hogy igaz legyen a kovetkezo egyenloseg:p∗Aej = [aij ], ahol aij az A matrix i-edik soranak j-edik eleme. Afeladatot tetszoleges A matrixra oldja meg, a vektorok, illetve a matrixmereteinek megvalasztasanal ugyeljen az osszeszorozhatosagra.

6.1.7. Hatarozza meg e∗j Ap erteket, ha p∗ = [1 1 . . . 1]. A feladatot tet-szoleges A matrixra oldja meg, a vektorok, illetve a matrix mereteinekmegvalasztasanal ugyeljen az osszeszorozhatosagra.

6.1.8. Adott a b sorvektor: [1 1 1] es a C matrix: C =

[2 1 00 3 4

]

. Hata-

rozza meg az A matrixot ugy, hogy a bA szorzat a[

32 − 1

4

]sorvektor

legyen, CA pedig egysegmatrix.

6.1.9. Legyen A =

[1 0

−1 0

]

. Hatarozza meg az osszes olyan B matrixot,

amelyre igaz, hogy AB = BA.

6.1.10. Hatarozza meg az X matrixot, ha tudjuk, hogy AXA−1 = B, ahol

A =

[2 −1

−3 2

]

es B =

[1 00 2

]

.

6.1.11. Egy uzem negyfele termeket gyart haromfele alapanyagbol. Az egyes ter-mekek egy-egy darabjahoz az alabbi nyersanyagmennyisegek szuksegesek:

termek1. 2. 3. 4.

I. anyag 4 3 3 1II. anyag 2 1 0 5

III. anyag 10 1 2 3

A raktaron levo nyersanyagmennyiseg rendre 5000, 2300 illetve 3000 db,a nyersanyagok egysegarai rendre 2,5, 5 illetve 1 egyseg. Az egyes ter-mekekbol gyartando mennyiseg rendre 200, 400, 700 illetve 300 darab, ajarulekos koltseg darabonkent 3, 2, 2,5 illetve 3,5 egyseg, az eladasi ardarabonkent 25, 43, 32 illetve 50 egyseg. Irja le az adatokat matrixok esvektorok segıtsegevel, majd szamolja ki, hogy

a) a raktaron levo nyersanyagmennyiseg elegendo-e a gyartani kıvanttermekekhez;


b) mennyibe kerul legyartani a kıvant mennyisegu termeket (termelesikoltseg + jarulekos koltseg);

c) mekkora az eladasi ar;

d) mennyi az uzem profitja ertekesıtes utan.

6.2. Linearis terek (vektorterek)

Linearis fuggetlenseg, bazis, dimenzio

6.2.1. Adottak a v [1 − 1 2]∗ es a w [3 1 1]∗ vektorok. Irjuk fel az alabbilinearis kombinaciokat: 2v − 3w, 3v + w.

6.2.2. Adjuk meg az u [4 6 − 2]∗ vektort a v [1 − 1 2]∗ es a w [3 1 1]∗

vektorok linearis kombinaciojakent.

6.2.3. Dontse el, hogy az alabbi vektorrendszerek linearisan fuggetlenek-e. Hanem, adja meg a koztuk levo linearis kapcsolatot.

a) a [1 4]∗, b [−2 8]

∗;

b) a [1 0 3]∗, b [2 0 6]

∗;

c) a [1 − 2]∗, b [−2 4]

∗;

d) a [0 1 4]∗, b [2 0 1]∗;

e) a [1 2]∗, b [2 1]

∗, c [0 1]

∗;

f) a [3 − 1 2]∗, b [7 − 1 1]

∗, c [4 0 − 1]

∗;

g) a [1 1 0]∗, b [1 0 1]

∗, c [0 1 1]

∗;

h) a [1 1 0]∗, b [2 0 1]∗, c [3 2 1]∗, d [1 1 1]∗.

6.2.4. Legyenek a, b es c linearisan fuggetlen vektorok. Dontse el, hogy az alabbivektorok linearisan fuggetlenek-e vagy sem:

a) a, 0;

b) a + b, b + c, c + a;

c) a + 2b + c, a − b − c, 5a + b − c.

6.2.5. Legyen V2 a komplex szamok valos test feletti vektortere, a = 2 + 3j, b =5− j es c = 1 + 10j pedig harom vektor V2-ben. Mutassa meg, hogy a esb linearisan fuggetlenek es fejezze ki c-t a es b linearis kombinaciojakent.

6.2. LINEARIS TEREK (VEKTORTEREK) 109

6.2.6. Adjon meg olyan haromelemu vektorrendszert, amelynek vektorai a negy-dimenzios ter elemei, es amely linearisan osszefuggo rendszer.

6.2.7. Legyen V3 a valos szamharmasok vektortere a valos szamtest felett. Vek-torter-e V3 kepe, ha a lekepezes a kovetkezo fuggvenyekkel van megadva?Ha igen, hatarozza meg a vektorter dimenziojat es adja meg egy bazisat;ha nem, indokoljon.

a) f1 : (x1, x2, x3) 7→ (x1, x1, x1)

b) f2 : (x1, x2, x3) 7→ (x1 + x2, x2 + x3, x1 + 3x2 + 2x3)

c) f3 : (x1, x2, x3) 7→(x1, x2

2, x3

)

d) f4 : (x1, x2, x3) 7→ (−x1, −x2, −x3)

e) f5 : (x1, x2, x3) 7→ (x1, x2, x1x2)

6.2.8. Igazolja, hogy az f(x) = ex (A cos 2x + B sin 2x) alaku fuggvenyek (A, Bvalos szamok) a valos szamtest felett linearis teret alkotnak. Adja meg ater egy bazisat es az f(x) = ex (2 cos 2x + 3 sin 2x) fuggveny koordinataita megadott bazisban.

6.2.9. Legyen V a legfeljebb elsofoku polinomok vektortere a valos szamtest fe-lett. Mutassa meg, hogy 2x − 1 es −x + 2 fuggetlenek V -ben, es fejezzeki 5x + 3-at 2x − 1 es −x + 2 linearis kombinaciojakent. Adjon meg V -nek egy 〈2x − 1,−x + 2〉-tol kulonbozo bazisat is, majd adja meg 5x + 3koordinatait ebben az uj bazisban is.

6.2.10. Az alabbi valos szamok feletti vektorterek kozul keresse meg az izomor-fakat. A muveletek a szokasosak, a polinomoknal a 0 polinomot mindigbeleertjuk. (Azt, hogy ezek vektorteret alkotnak, nem kell bizonyıtani.)

a) Azok a legfeljebb 20-adfoku valos egyutthatos polinomok, amelyek-ben minden tag kitevoje prımszam.

b) Azok a legfeljebb 17-edfoku valos egyutthatos polinomok, amelyek-nek megfelelo polinomfuggvenyek paros fuggvenyek.

c) Azok a legfeljebb 9-edfoku valos egyutthatos polinomok, amelyeknekπ a gyoke.

d) Azok a legfeljebb 9-edfoku valos egyutthatos polinomok, amelyeknekj a gyoke.

e) A 3 × 3-as, valos elemu matrixok.


f) Azok a 3×4-es, valos elemu matrixok, amelyeknek elso es utolso soramegegyezik.

g) Azok a legfeljebb 20-adfoku valos egyutthatos polinomok, amelyekx6 + 1-gyel es x7 + 1-gyel is oszthatok.

h) Azok a minden valos szamon ertelmezett valos erteku fuggvenyek,amelyeknek az x = 0, 1, 2, . . . , 8 helyek kivetelevel minden helyet-tesıtesi erteke 0.

6.2.11. A haromdimenzios terben egy sık egyenlete x + y + z = 0, egy egyenesegyenletrendszere pedig x = y, z = 0. Legyen V vektorter a sık pontjainakhalmaza, V ′ pedig az egyenes pontjainak halmaza a valos szamtest felett.Adja meg V es V ′ dimenziojat es egy-egy bazisat.

Elemi bazistranszformaciok, bazisvektor-csere

6.2.12. Cserelje fel az 〈e1, e2, e3〉 bazist az

⟨a [1 2 0]

∗, b [2 1 − 1]

∗, c [3 0 2]

∗⟩

bazisra. Irja fel a v [6 3 − 1]∗

vektort az uj bazis segıtsegevel.

6.2.13. Hatarozza meg az A =

1 −2 1 −10 1 −1 0

−3 1 2 3

matrix rangjat.


1 2 −30 3 12 −1 −8

matrix inverzet a bazisvektor-

cseres algoritmus segıtsegevel.

6.2.15. Oldja meg a kovetkezo egyenletrendszereket a bazisvektor-cseres algorit-mus segıtsegevel.

a)2x + z =5

2x + 4y =102x + y − 3z =−5

b)

2x + z =52x + 4y =10

−2x − 16y + 3z =−25

c)2x + z =5

2x + 4y =10−2x − 16y + 3z =−1


6.2.16. Hatarozza meg c osszes olyan erteket, melyre az alabbi egyenletrendszer-nek pontosan egy megoldasa van.

2x + z =52x + 4y =10

−2x − 16y + cz =−25

6.2.17. Hatarozza meg bazisvektor-cseres algoritmussal a kovetkezo egyenletrend-szer megoldasat, c erteketol fuggoen.

x + y + z = 2x − y − z = 0

2x + y + z = c

6.2.18. Adott az A matrix es a b vektor:

A =

0 1 −31 −2 34 0 −12

, b =

−23c

.

a) Hatarozza meg az A matrix rangjat.

b) Hatarozza meg b harmadik koordinatajat ugy, hogy b benne legyenaz A matrix oszlopvektortereben.


1 −1 1−3 2 −1−2 1 c

matrixban szereplo c erteket

ugy, hogy az e1 egysegvektor ne legyen benne az A matrix oszlopvektor-tereben.

6.2.20. Adott az A matrix es a b vektor:

A =

−1 2 4 23 −2 2 −21 2 10 2

−2 2 1 2

, b =

71

153

.

a) Mennyi az A matrix rangja?

b) Oldja meg az Ax = b matrixegyenletet.

c) Van-e a fenti matrix elso ket oszlopvektoranak olyan linearis kom-binacioja, amely eloallıtja az egyenlet jobb oldalan szereplo vektort?Ha igen, adja meg.


6.3. Linearis transzformaciok

6.3.1. Hatarozza meg az A (3, 1), B (3, 3), C (6, 3) es D (6, 1) pontok kepet az

M =

[1 0

−2 1

]

matrixszal leırt transzformacio elvegzese utan. Ertel-

mezze a transzformaciot.

6.3.2. Milyen geometriai transzformaciot hataroz meg az

[1 11 1

]

matrix?

6.3.3. Hatarozza meg az y = 2x − 1 egyenes kepenek egyenletet a

[2 −10 2

]

matrixszal megadott transzformacio elvegzese utan.

6.3.4. Hatarozza meg azon egyeneseket, amelyek a

[2 13 0

]

matrixszal mega-

dott transzformacio soran onmagukba mennek at.∗

6.3.5. Hatarozza meg az egysegsugaru, origo kozeppontu kor kepenek egyenletet

az

[1 00 2

]

matrixszal megadott transzformacio elvegzese utan.

6.3.6. Hatarozza meg az y = 2x egyenesre valo tukrozes matrixat.

6.3.7. Tekintsuk a

[34

13

14

23

]

matrixszal megadott sıkbeli transzformaciot. Ha-

tarozza meg

a) a v [1 − 3]∗

vektor kepet;

b) az x = y egyenes kepet;

c) a transzformacio sajatvektorait es sajatertekeit;

d) a transzformacio matrixat a sajatvektorok koordinatarendszereben.

6.3.8. Miert nincsenek a

[0 1

−1 0

]

matrixszal leırt sıkbeli transzformacionak

valos sajatertekei?

6.3.9. Legyen a ϕ sıkbeli transzformacio matrixa:

[cosα − sinαsin α cosα

]

.

∗Az ilyen egyenes neve: fix egyenes.

6.3. LINEARIS TRANSZFORMACIOK 113

a) Milyen α eseten igaz, hogy ϕ(x) = x barmely x (ketdimenzios) vektoreseten?

b) Milyen α eseten igaz, hogy ϕ(x) = −x barmely x (ketdimenzios)vektor eseten?

6.3.10. Adja meg a kovetkezo terbeli linearis transzformacio matrixat: az x ten-gely menten ketszeresre nyujtas, majd a z tengely korul 45◦-kal valo for-gatas.

6.3.11. Hatarozza meg az x + y + z = 0 sıkra valo tukrozes matrixat.

6.3.12. Irja fel annak a ϕ linearis transzformacionak a matrixat, amely a harom-dimenzios teren van ertelmezve es amelyre

ϕ(e1)=2e2 + e3,ϕ(e2)=2e2 + 8e3,ϕ(e3)= e2 + 4e3.

a) Hany dimenzios terre kepezi le a ϕ transzformacio a teret?

b) Alkalmazva az xy sık x = y egyenesenek pontjaira a transzformaciot,mit kapunk eredmenyul?

6.3.13. Tekintsuk a komplex szamok halmazat mint a valos szamok teste felettivektorteret. Dontse el, hogy az alabbi megfeleltetesek linearis transzfor-maciok-e, es ha igen, ırja fel a transzformacio matrixat az 〈1, j〉 bazisravonatkozoan. Minden komplex szamnak feleltessuk meg

a) a valos reszet;

b) a valos es kepzetes resze kozul a nagyobbikat;

c) az abszolut erteket;

d) a szoget;

e) a konjugaltjat;

f) a j-szereset.

6.3.14. Mik lesznek az elozo feladatban szereplo linearis transzformaciok matrixaia 〈j, 1 − j〉 bazisra vonatkozoan?

6.3.15. A legfeljebb masodfoku polinomok (valos test feletti) vektortereben adotta kovetkezo transzformacio: f(x) 7→ (x + 1) f ′(x).


a) Bizonyıtsa be, hogy a transzformacio linearis.

b) Irja fel a transzformacio matrixat az⟨1, x, x2

⟩bazisra vonatkozoan.

c) Szamıtsa ki a transzformacio sajatertekeit es sajatvektorait.

6.3.16. Adja meg a 6.2.7. feladatban szereplo linearis transzformaciok matrixat.

6.3.17. Adott az f(x) = ex (a cos 2x + b sin 2x) alaku fuggvenyek vektortere a va-los szamok teste felett (a es b valosak), valamint adott az f(x) 7→ f ′(x)transzformacio.

a) Bizonyıtsa be, hogy a transzformacio linearis.

b) Irja fel a transzformacio matrixat az 〈ex cos 2x, ex sin 2x〉 bazisra vo-natkozoan.

c) A transzformacio matrixanak segıtsegevel hatarozza meg f masodikderivaltjaban ex cos 2x illetve ex sin 2x egyutthatojat (a-val es b-velkifejezve).

d) Legyen g′(x) = ex (a cos 2x + b sin 2x). A transzformacio matrixanaksegıtsegevel hatarozza meg g-ben ex cos 2x illetve ex sin 2x egyuttha-tojat (a-val es b-vel kifejezve).

III. resz

Megoldasok

115

1. fejezet

Halmazelmeleti es algebraifogalmak

1.1. Halmazalgebra

1.1.1. Az A halmaz mindharom eleme kielegıti az x3 +11x = 6x2 +6 egyenletet,ezert A ⊆ B. A harmadfoku egyenletnek nem lehet 3-nal tobb gyoke, ıgyA = B is teljesul.

1.1.2. A = E = ]1, 2[ es D = F = {1, 2}1.1.3. a) {1} b) {1, 3, 7} c)

{{3} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3}

}

1.1.4. A∩B = {a}, A\B ={{b}

}, A×A =

{(a, a

),(a, {b}

),({b} , a

),({b} , {b}

)}

1.1.5. a) hamis b) igaz c) igaz

1.1.6. A = {3, 4, 5}, B = {0, 1, 2, 3}, A ∩ B = {3},A ∩ B = {4, 5}, A ∆ B = {0, 1, 2, 4, 5}.

1.1.7. A metszet definıcioja szerint 0 ∈ X es 2 /∈ X . Igy a megoldasok: X1 = {0},X2 = {0, 1}, X3 = {0, 3} es X4 = {0, 1, 3}.

1.1.8. A halmazok kivonasanak definıcioja alapjan 3 ∈ X , 4 ∈ X , 1 /∈ X es2 /∈ X . Tehat a megoldasok: X1 = {3, 4}, X2 = {3, 4, 5}, X3 = {3, 4, 6}es X4 = {3, 4, 5, 6}.

117


1.1.9. a)−2 0 3

b)−1 0 1 2 3

c)−1 0 1 2 3

d)−2 0 3

e)2 5 8

f)−8 −1 5 8

g)−3 −1 2 5

h)4 9 11 13

1.1.10. a) hamis b) igaz c) igaz d) igaz

1.1.11. a) igaz b) hamis c) hamis d) igaz

1.1.12. a)

1 2

2

5b)

−1 1 5

3

c)

1 3 6

−3

1

d)

−2 1 3

−3

1e)

−2 1

1

5 f)

1 3

1

34

1.1.13. a) igaz b) igaz c) igaz d) hamis

1.1.14. a) P(A × A) ={

∅,{(a, a)

},{(a, b)

},{(b, a)

}, . . . ,

{(a, b) , (b, a) , (b, b)

},{(a, a) , (a, b) , (b, a) , (b, b)

}}

b) P(P(A)

)=

{

∅, {∅} ,{{a}

},{{b}

}, . . . ,

{∅, {a} , {b} , {a, b}

}}

c) A × P(A) ={(

a, ∅),(b, ∅

),(a, {a}

),(b, {a}

), . . . ,

(b, {a, b}

)}

d) P(A) × P(A) ={(

∅, ∅),(∅, {a}

),(∅, {b}

), . . . ,

({a, b} , {a, b}

)}


1.1.15. a) Ha van legalabb egy olyan x elem amely benne van az A, B, Chalmazok mindegyikeben, akkor x /∈ B \ C, ezert x ∈ A \ (B \ C).Ugyanakkor x /∈ A\B, ıgy x /∈ (A \ B)\C. Tehat az egyenloseg nemteljesul tetszoleges A, B es C halmazok eseten.

b) (A \ B)∩C ⊆ (A ∩ C)\B, mert ha x ∈ (A \ B)∩C, akkor x ∈ A\B esx ∈ C. x ∈ A\B-bol kovetkezik, hogy x ∈ A es x /∈ B. Mivel x elemeaz A-nak is es C-nek is, ezert x ∈ A∩C. x /∈ B ıgy x ∈ (A ∩ C) \B.Hasonloan igazolhato az (A ∩ C) \ B ⊆ (A \ B) ∩ C osszefugges is,tehat az egyenloseg tetszoleges A, B es C eseten igaz.

c) A ∆ A = ∅, tehat nem igaz.

d) igaz e) hamis f) igaz g) hamis

h) hamis i) igaz j) hamis

1.1.16. a) A ∪ B b) A ∩ B

1.1.17. A ∆ (A ∆ B) = B

1.1.18. A-ban nem lehet olyan elem, ami B-nek is eleme, tehat A ∩ B = ∅.

1.1.19. (X ⊆ A ∪ B) ⇒((X \ A) ∩ (X \ B) = ∅

), mert X minden x eleme benne

van az A es B halmazok legalabb egyikeben, ıgy x /∈ X \A vagy x /∈ X \B.((X \ A) ∩ (X \ B) = ∅

)⇒ (X \ B ⊆ A), ugyanis tetszoleges y ∈ X \ B

eseten y /∈ X \ A es y ∈ X , tehat y ∈ A.(X \ B ⊆ A) ⇒ (X ⊆ A ∪ B), hiszen tetszoleges z ∈ X eseten z ∈ B ezertaz allıtas igaz, vagy z /∈ B, de ekkor z ∈ X \ B, ıgy z ∈ A.

1.1.20. Nem igaz, ugyanis a feltetel mellett letezhet olyan x, amelyre x /∈ A, x ∈ Bes x ∈ C. Ekkor x ∈ A ∆ C, de x /∈ B ∆ C, tehat A ∆ C * B ∆ C.Ellenpeldaval is megmutathatjuk, hogy hamis az allıtas: legyen A = {1}es B = C = {1, 2}. Ekkor A ⊆ B, de A ∆ C = {2} * ∅ = B ∆ C.

1.1.21. Nem igaz. Pl. az A = {1}, B = {1, 2}, C = {2} egy alkalmas ellenpelda.Tetszoleges C halmaz eseten mar igaz az allıtas. Ez konnyen igazolhatoindirekt uton. Tegyuk fel ugyanis, hogy A 6= B. Ekkor letezik olyan xelem, amely benne van A-ban, de nincs benne B-ben, vagy fordıtva. OlyanC halmazt valasztva, amelynek nem eleme x, A\C es B \C sem egyezhetmeg, mert x egyikuknek eleme, masikuknak nem. Ezzel ellentmondasrajutottunk.

1.1.22. a){{1} , {2}

},{{1, 2}

}egy egyelemu es egy ketelemu partıcio.


b){{a}, {b}, {c}

},

{{a, b}, {c}

},

{{a, c}, {b}

},

{{b, c}, {a}

},

{{a, b, c}

}

egy haromelemu, harom ketelemu es egy egyelemu partıcio.

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

},

{{x}, {y}, {z, u}

}, . . . ,

{{x, y, z, u}

}egy negy-

elemu, hat haromelemu, het ketelemu es egy egyelemu partıcio.

1.1.23. a) Egy 5-elemu halmaz ketelemu partıcioja vagy egy 1-elemu es egy 4-elemu halmazbol all (

(51

)= 5 eset), vagy egy 2-elemu es egy 3-elemu

halmazbol ((52

)= 10 eset), tehat

{52

}= 5 + 10 = 15

b){

n1

}= 1

c){

nn

}= 1

d) Ismeretes, hogy egy n-elemu halmaz reszhalmazainak szama 2n. Ezekmindegyike (kiveve az ures halmazt es az eredeti halmazt) meg-hataroz egy 2-elemu partıciot, amit a reszhalmaz es komplementerealkot. Tehat 2n − 2 reszhalmaz hataroz meg 2-elemu partıciot, deıgy az egyes partıciokat ketszer szamoltuk, mert egy reszhalmaz esa komplementere ugyanazt a partıciot hatarozza meg. Tehat

{n2

}=

2n−22 = 2n−1−1. Erre az osszefuggesre teljes indukcios bizonyıtast is

adhatunk a kovetkezo feladatban bizonyıtott osszefugges segıtsegevel.

1.1.24. Az n elemu halmaz k elemu partıcioinak szamat, azaz{

nk

}erteket a kovet-

kezokeppen szamolhatjuk ossze:Eloszor allıtsuk elo az elso n − 1 elembol allo halmaz k elemu partıcioit.Ezek szama

{n−1

k

}. Az utolso elemet a k reszhalmaz valamelyikebe kell

betennunk es ez k felekeppen lehet. Igy eloallıtottuk az n elemu halmazk ·

{n−1

k

}szamu partıciojat. A tovabbi partıciokban az n-edik elem egy

kulon reszhalmazba kerul, ezert az elso n− 1 elemet k − 1 nem ures, disz-junkt reszhalmazba kell elhelyeznunk es ez

{n−1k−1

}felekeppen lehetseges.

{63

}= 3

{53

}+

{52

}= 32

{43

}+ 3

{42

}+

{52

}=

= 33{

33

}+32

{32

}+3

{42

}+

{52

}= 27+9 ·

(22 − 1

)+3 ·

(23 − 1

)+24−1 = 90

{84

}= 1701

1.1.25. a) Mivel 3 diszjunkt 4-elemu reszhalmazhoz mar 12 kulonbozo elemrevolna szukseg, ezert legfeljebb 2 paronkent diszjunkt 4-elemu halmaz allıt-hato elo.

b) – c) Mindket esetben 5 a reszhalmazok maximalis szama.Eloszor bizonyıtsuk be, hogy 6 vagy tobb megfelelo reszhalmaz nem le-hetseges. Ha lenne legalabb 6 reszhalmaz a felteteleknek megfeleloen, ak-kor a 10 elem kozul lenne legalabb egy olyan, amely harom kulonbozo


reszhalmazban is elofordul. Mivel nem lehet ket reszhalmaznak egyneltobb kozos eleme, ezert a harom reszhalmaz tovabbi 9 eleme mind kulonbo-zo, azaz a harom reszhalmaz unioja X . Ebben az esetben mar egy negyedikreszhalmazt sem tudnank a felteteleknek megfeleloen felırni, hiszen annak4 elemebol legalabb 2 kozos lenne az elozo 3 reszhalmaz valamelyikevel.Ezek utan mar csak azt kell megmutatnunk, hogy 5 megfelelo reszhalmazvaloban letezik. X elemeit az elso 10 pozitıv egesz szammal jelolve:{1, 2, 3, 4}, {1, 5, 7, 9}, {2, 5, 8, 10}, {3, 6, 7, 10}, {4, 6, 8, 9}

1.1.26.

−2 2−1

1

1.1.27.

−1 1 4

−2

1

A ∪ B

−1 1 3

1

3A ∩ B

1 3 5

−3

−1

1

3A \ B

−1 1

−2

1

3B \ A

1 3 5

−3

1

3A ∆ B


1.1.28. a)

−3 1 3

−3

−1

1

3A ∩ B

b) – c)

1 2

1

2

A ∩ C esA ∩ B ∩ C

d)

1 2

1

2

B \ A

e)

−2 1 3

−2

1

3

A ∪ Bf)

−1 1 3

1

3

A \ B

g)

−1 1 3

1

3

A ∆ Bh)

−1 1 3

1

3

C \ B

1.1.29. a)

−1 1 3

−2

1

3 b)

−1 1 3

1

3 c)

−1 1 3

1

3


1.1.30. a)

2 3−1

1

∪

b)

1 3−1

1

3

c)

1 2 3 4

−2

−1

1

2

d)

1 3 5−1

1

3

e)

1 2 3

1

2

3

f)

−2 2−1

1

3

g)

1 2

−1

1

h)

1 2 3 4

−2

1

2


1.2. Relaciok, fuggvenyek

Fuggvenyek

1.2.1. a)

1

2

3

a

b

c

d

Egy binaris relacio akkor es csakakkor fuggveny, ha indulasi hal-mazanak minden eleme pontosanegy erkezesi halmazbeli elemmelall relacioban. Ezert ez a relacionem fuggveny, hiszen peldaul(1, a) , (1, c) ∈ R.

b)

1

2

3

a

b

c

d

Fuggveny.

c)

1

2

3

a

b

c

d

Fuggveny.

1.2.2. 1. Peldak olyan relaciokra, amelyek nem fuggvenyek:

a) R = {(1, a) , (1, b) , (2, c)}b) R = {(1, a) , (1, b)}c) nem lehetseges

d) R = {(Janos, Eszter) , (Janos, Zsuzsa) , (Daniel, Maria)}e) R = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ N}f) R = {(x, y) | (y = |x|) ∨ (y = |x + 1|) , x ∈ Z}

2. Peldak olyan relaciokra, amelyek fuggvenyek es f (S) = T :


a) nem lehetseges, mert |S| < |T |b) nem lehetseges, mert |S| < |T |c) f = {(a, ∅) , (b, ∅) , (c, ∅)}d) nem lehetseges, mert |S| < |T |e) f = {(x, y) | y = |bxc| , x ∈ R, y ∈ N}∗

f) f = {(x, y) | y = |x| , x ∈ Z, y ∈ N}

1.2.3. a) s : R → R, s (x) = x + 1

b) sum: R × R → R, sum (x, y) = x + y

c) sex: {Janos, Bela, Maria, Zsuzsa} → {no, ferfi},sex = {(Janos, ferfi) , (Bela, ferfi) , (Maria, no) , (Zsuzsa, no)}

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

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

1.2.4. Az alabbi fuggvenyek mind olyan relaciok, amelyek indulasi es erkezesihalmaza is X × Y . A megoldasoknal csak az ertekadast es az ertelmezesitartomanybol kizarando elemeket tuntetjuk fel:

a) fa (x, y) = (80, 25)

b) fb (x, y) = (x, y − 1) (x, y) /∈ {(x, y) | x ∈ X, y = 1}c) fc (x, y) = (x + 2, y + 5)

(x, y) /∈ {(x, y) | x > 78, y > 20, x ∈ X, y ∈ Y }d) fd (x, y) = (81 − x, y)

e) fe (x, y) = (y, x) (x, y) /∈ {(x, y) | x > 25, x ∈ X, y ∈ Y }f) ff (x, y) = (2x − 20, 2y − 10) (x, y) /∈

/∈ {(x, y) | (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) , x ∈ X, y ∈ Y }

Parcialis lekepezesek: b), c), e), f).

1.2.5. f : X × Y → {i, h}

a) f (x, y) = i

∗bxc az x (also) egeszresze: az x-nel nem nagyobb egeszek kozul a legnagyobb.


b) f (x, y) =

{i, ha y 6= 1;h, ha y = 1.

c) f (x, y) =

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

d) f (x, y) = i

e) f (x, y) =

{i, ha x ≤ 25;h, ha x > 25.

f) f (x, y) =

{i, ha (10 < x ≤ 50) ∧ (5 < y ≤ 17) ;h, ha (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) .

1.2.6. Ha n = 2k (k ∈ Z, k > 1), akkor a program 1-et ad eredmenyul. Barmelyettol kulonbozo esetben a program vegtelen ciklusba kerul.

f : N∗ → N, f (n) = 1, ahol N∗ ={2k | k ∈ N

}(Ha f -et N → N lekepe-

zeskent definialjuk, akkor parcialis lekepezest kapunk.)

1.2.7. a) χA∪B(x) = 1 ⇐⇒ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) ⇐⇒⇐⇒

(χA(x) = 1

)∨

(χB(x) = 1

)⇐⇒ max

(χA(x), χB(x)

)= 1

b) χA∩B(x) = 1 ⇐⇒ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) ⇐⇒⇐⇒

(χA(x) = 1

)∧

(χB(x) = 1

)⇐⇒ min

(χA(x), χB(x)

)= 1

c)[

χX\A(x) = 1 ⇐⇒ (x ∈ X \ A) ⇐⇒ χA(x) = 0]

⇐⇒⇐⇒ χX\A(x) = 1 − χA(x)

1.2.8.

aaa

bbb

ccc

ddd

a

b

c

d

a

b

c

d

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


a

b

c

d

a

b

c

d

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

1.2.9. a) R altalaban nem fuggveny, hiszen lehet ket olyan B halmazbeli sze-mely, akiknek ugyanaznap van a szuletesnapjuk. R−1 B-bol A-bakepezo fuggveny.

b) R ◦ R−1 altalaban nem fuggveny: olyan (ember1, ember2) parokbolall, ahol ember1 ugyanazon a napon szuletett, mint ember2.

R−1 ◦R az A halmaz azon reszhalmazan ertelmezett fuggveny, ame-lyek azok a datumok, amelyeken szuletett B halmazbeli ember. Afuggveny minden ilyen datumhoz onmagat rendeli.∗

1.2.10.Apak Gyerekek Szulok Lanyok

F S

a) (g, a) ∈ F−1, ha a apja g-nek.

b) (l, s) ∈ S−1, ha l lanya s-nek.

c) F ◦ S = ∅, ugyanis (s, g) ∈ F ◦ S, ha letezik l, hogy (s, l) ∈ S es(l, g) ∈ F . Ilyen l nincs, mert nem lehet valaki lany es apa egyszerre.

d) S ◦ F = {(x, y) | y lanynak x a nagyapja}e) F−1 ◦ F = {(x, x) | x apa}f) S ◦ S = {(x, y) | x nagyszuloje anyai agon y-nak, aki lany}

∗A fuggveny neve: identitas fuggveny.


g) F−1 ◦ S = {(x, y) | x egy lanygyermek valamelyik szuloje,y ugyanannak a lanynak az apja}

1.2.11. a) h(x)

b) f−1(x) = −√x Df−1 = ]0, 9]

h−1(x) = x − 1 Dh−1 = [−2, 1[

c) f ◦ g : R → R f(g(x)) = sin2x Rf◦g = [0, 1]g ◦ f : R → R g(f(x)) = sinx2 Rg◦f = [−1, 1]h ◦ g : R → R h(g(x)) = sinx + 1 Rh◦g = [0, 2]

1.2.12. a) Rf◦g = N

b) Rg◦f ={n2 | n ∈ N

}= {negyzetszamok}

c) Rg◦h ={n4 | n ∈ N

}

d) Rh◦g ={n4 | n ∈ N

}

1.2.13. (x, z) ∈ R ◦ S ⇐⇒ ∃y[((x, y) ∈ S) ∧ ((y, z) ∈ R)

]⇐⇒

⇐⇒ ∃y[ (

(y, x) ∈ S−1)∧

((z, y) ∈ R−1

) ]⇐⇒ (z, x) ∈ S−1 ◦ R−1

1.2.14.injektıv szurjektıv bijektıv

a) igen igen igen

b) igen ¬∃n : f(n) = 0nem

nem

c) igen igen igen

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

¬∃m, n : f(m, n) = 3nem

nem

e) igen ¬∃m, n : f(m, n) = 3nem

nem

f) igen igen igen

g) f(0) = f(π)nem

igen nem

h) igen igen igen

i) f(1) = f(−3)nem

¬∃x : f(x) = −1nem

nem

j) f(0) = f(1)nem

¬∃x : f(x) = −1nem

nem


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

¬∃x : f(x) = −1nem

nem

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

igen nem

1.2.15. a) Ha m > n, akkor egy sincs.

Ha m ≤ n, akkor n!(n−m)! .

b) Ha m < n, akkor egy sincs.

Ha m ≥ n, akkor nm −(n1

)(n − 1)m +

(n2

)(n − 2)m − . . . +

+ (−1)n−1 (n

n−1

)=

n−1∑

k=0

(−1)k(nk

)(n − k)m.

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

Ha m = n, akkor m!.

1.2.16. a) Szurjektıv: barmely a valos szamhoz letezik olyan x ∈ R+, hogyf (x) = a, hiszen ha x − 1

x = a, akkor x = 12

(a +

√a2 + 4

).

b) f−1 : R → R+, y = 12

(x +

√x2 + 4

). Az inverzfuggveny szurjektıv.

1.2.17. a) A = Z, B = Z+. Ekkor x = 0-hoz nem rendelheto ertek.

b) A = Z, B = Z. Nem injektıv, mert pl. f(3) = f(−3) = 3. Nemszurjektıv, mert pl. a −3 nem all elo kepkent.

c) A = Z+, B = Z. Injektıv, mert kulonbozo pozitıv szamok abszoluterteke kulonbozo. Nem szurjektıv, mert pl. a −3 nem all elo kepkent.

d) A = Z, B = N. Nem injektıv, mert pl. f (3) = f (−3) = 3. Szurjek-tıv, mert minden nem-negatıv szam eloall kepkent.

e) A = Z+, B = Z+. Injektıv, mert kulonbozo pozitıv szamok abszoluterteke is kulonbozo. Szurjektıv, mert minden pozitıv szam eloallkepkent.

(Ezeken kıvul, termeszetesen, szamtalan mas jo megoldas is adhato.)

1.2.18. a) Igaz. Injektivitas es az ertekkeszlet definıciojabol kovetkezik.

b) Hamis. Pl. f : I5 → I6, f(x) = x + 1.

c) Igaz. A fuggveny definıciojabol kovetkezik.

d) Hamis. Pl. f : I3 → I1, f(x) = 1.


e) Hamis. Pl. f : I3 → I2, f(x) = 1.

f) Igaz. Szurjektivitas es a fuggveny definıciojabol kovetkezik.

g) Igaz. Injektivitas es szurjektivitas definıciojabol kovetkezik.

h) Igaz. Injektivitas es szurjektivitas definıciojabol kovetkezik.

i) Igaz. Injektivitas es szurjektivitas definıciojabol kovetkezik.

1.2.19. a)

-1 20

4

f(A)

f(A) = [0, 4]

b)

1

2

−1 −√

32

√3

2

32

f(A)

f(A) =[

32 , 2

]


c)

0 21

− 13

f (A)

f(A) =]−∞,− 1

3

]∪ [1,∞[ = R \

]− 1

3 , 1[

1.2.20. a)

x1

x2

y

f(C)

f(D)

X YC

D

Bizonyıtsunk indirekten: tegyukfel, hogy f(C) ∩ f(D) 6= ∅. Le-gyen f(C) es f(D) kozos elemey. Ekkor ∃x1, x2, hogy f(x1) =f(x2) = y, es x1 ∈ C, x2 ∈ D.Mivel C ∩ D = ∅, x1 6= x2. Igya lekepezes nem injektıv, ami el-lentmond az eredeti feltetelnek.

b) Mivel f injektıv es C ∩ (X \ C) = ∅, a feladat a) reszenek felteteleiteljesulnek, ıgy f(C) ∩ f(X \ C) = ∅, amelybol az allıtas konnyenbelathato.

c) Allıtas: Ha egy f : X → Y lekepezesre igaz, hogy diszjunkt halma-zok kepei diszjunktak, akkor f injektıv. A bizonyıtashoz vegyunktetszoleges x1, x2 ∈ X (x1 6= x2) elemeket. Az {x1}, {x2} diszjunkthalmazok kepei a feltetel szerint diszjunktak. Ezert f(x1) 6= f(x2),ıgy f injektıv.

1.2.21. a) f(X) = [−2, 0[


b) A lekepezes nem injektıv, ıgy bijektıv sem lehet.

1.2.22. Irjuk fel a fuggveny ertekeit egy olyan tablazatba, amelyben az m-edik sorn-edik elemenek erteke f(m, n). A tablazat alapjan megsejtheto rekurzi-os osszefuggesek f(m, n) eredeti kepletebol behelyettesıtessel egyszeruenbelathatok.

0 1 2 3 4 5 . . .0 0 1 3 6 10 15 . . .1 2 4 7 11 16 22 . . .2 5 8 12 17 23 30 . . .3 9 13 18 24 31 . . .4 14 19 25 32 . . .5 20 26 33 . . ....

......

...

f(0, n) =n (n + 1)

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

Mivel f(0, m + 1) = f(m, 0) + 1, a tablazat elemei lefedik a termeszetesszamok halmazat, mindegyiket pontosan egyszer szerepeltetve. Ezzel be-lattuk, hogy az f fuggveny bijektıv.

Homogen binaris relaciok specialis tulajdonsagai

1.2.23. a) Nem reflexıv. Egy egyenesen vegtelen sok sık fektetheto at.

e

f

g

Irreflexıv. Egyetlen egyenesen sem fek-tetheto at pontosan egy sık.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Nem tranzitıv. Az abra szerint elhelyez-kedo e es f , illetve f es g egyenesekenis pontosan egy sık fektetheto at; e es gegyeneseken azonban egy sem.


b) Nem reflexıv. Egyenes onmagaval nem kitero.

e

f

g

Irreflexıv. Egyetlen egyenes sem kiteroonmagaval.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Nem tranzitıv. Az abra szerint elhelyez-kedo e es f , illetve f es g egyenesek iskiterok; e es g egyenesek azonban nem(metszok).

c) Reflexıv. Barmely egyenesre illesztheto sık.Nem irreflexıv.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Nem tranzitıv. Lasd az a) feladatot.

1.2.24. a) Nem reflexıv. A paros szamokat sajat magukkal szorozva nem ka-punk paratlan szamot.Nem irreflexıv. A paratlan szamokat sajat magukkal szorozva parat-lan szamot kapunk.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Tranzitıv. Ha a · b es b · c paratlan, akkor a, b es c is csak paratlanlehet. Igy a · c is paratlan.DR = {paratlan szamok}, RR = {paratlan szamok}.

b) Nem reflexıv. A vezeteknev nem rovidebb sajat maganal.Irreflexıv. Egy ember vezetekneve sem rovidebb sajat maganal.Nem szimmetrikus.Antiszimmetrikus.Tranzitıv.DS = {x | x-nel van hosszabb vezeteknevu budapesti lakos, x ∈ B},RS = {x | x-nel van rovidebb vezeteknevu budapesti lakos, x ∈ B}.

c) Nem reflexıv. Az ures halmaz onmagaval vett metszete ures.Nem irreflexıv. Az ures halmazt kiveve minden elem relacioban allonmagaval.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Nem tranzitıv. Pl. {a, b}∩{b, c} = {b} 6= ∅ es {b, c}∩{c, d} = {c} 6= ∅,


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

d) Nem reflexıv. Az 1 onmagaval vett legnagyobb kozos osztoja 1.Nem irreflexıv. Az 1-et kiveve minden elem relacioban all onmagaval.Szimmetrikus.Nem antiszimmetrikus.Nem tranzitıv. Pl. lnko (2, 6) = 2 > 1 es lnko (6, 3) = 3 > 1, azonbanlnko (2, 3) = 1 6> 1.DU = N+\ {1}, RU = N+\ {1}.

e)

k1

k2

k3

Reflexıv. Minden kor erinti sajat magat (be-lulrol is), hiszen van sajat magaval kozos pont-ja, es abban a pontban kozos az erintojuk.Nem irreflexıv.Nem szimmetrikus.Antiszimmetrikus. Ha egy kor belulrol erintegy masikat, akkor a masik nem erintheti be-lulrol.

Nem tranzitıv. Az abra szerint elhelyezkedo k1 kor belulrol erintik2-t, mint ahogy k2 is belulrol erinti k3-at. Azonban k1 sehogy semerinti k3-at.DV = K, RV = K.

1.2.25. a)

1 2

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

b)

1 2

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


c)

1 2

34R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 3) , (2, 4) ,

(3, 3) , (4, 4)}

d) Nem lehetseges.

e)

1 2

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

f)

1 2

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

g)

1 2

34R = {(1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 3) , (3, 4) ,

(4, 1) , (4, 3)}

h)

1 2

34 R = {(1, 1) , (2, 2) , (4, 4)}(Megjegyzes: Egy adott halmazon definialt egyen-losegi relacion es reszhalmazain kıvul nincs masolyan relacio, amely szimmetrikus es antiszimmet-rikus is egyszerre.)


Ekvivalencia-relaciok

1.2.26. a) Nem, mert nem reflexıv, es nem tranzitıv.

b) Nem, mert nem tranzitıv.

c) Igen.

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

1.2.28. a)

1 2

3

45

6

b) Az ekvivalencia-relacio:R ∪ {(1, 1) , (1, 3) , (2, 2) ,

(3, 1) , (3, 3) , (5, 6) , (6, 6)}(Az eredeti relaciohoz tarto-zo eleket folytonos vonallal,mıg a kiegeszıteshez minima-lisan szukseges eleket szagga-tott vonallal abrazoltuk.)

1.2.29. a) Reflexıv, mert m + m = 2m mindig paros.Szimmetrikus, mert ha m + n paros, akkor n + m is az.Tranzitıv, mert ha m+n es n+p is paros, akkor osszeguk: m+2n+pis paros. Ez pedig csak ugy lehetseges, ha m + p is paros.Ekvivalencia-osztalyok: {paros szamok}, {paratlan szamok}.

b) Reflexıv, mert x2 + x2 = 2x2 mindig oszthato 2-vel.Szimmetrikus, mert ha x2+y2 oszthato 2-vel, akkor y2+x2 is oszthato2-vel.Tranzitıv, mert ha x2+y2 es y2+z2 is oszthato 2-vel, akkor osszeguk:x2+2y2+z2 is oszthato 2-vel. Ez pedig csak ugy lehetseges, ha x2+z2

is oszthato 2-vel.Ekvivalencia-osztalyok: {paros szamok}, {paratlan szamok}.

c) Reflexıv, mert a − a = 0 racionalis.Szimmetrikus, mert ha a − b racionalis, akkor b − a = − (a − b) isracionalis.Tranzitıv, mert ha a−b es b−c is racionalis, akkor osszeguk: a−c is ra-cionalis. (A racionalis szamok halmaza zart az osszeadas muveletere.)


Ekvivalencia-osztalyok: Q, es minden olyan x + Q halmaz∗, ahol xtetszoleges, rogzıtett irracionalis szam.

d) Reflexıv, mert x − x = 0 oszthato 3-mal.Szimmetrikus, mert ha x−y oszthato 3-mal, akkor y−x = − (x − y)is oszthato 3-mal.Tranzitıv, mert ha x − y es y − z is oszthato 3-mal, akkor osszeguk:x − z is oszthato 3-mal.Ekvivalencia-osztalyok: {1, 4, 7, 10}, {2, 5, 8, 11}, {3, 6, 9, 12}.

e) Reflexıv, mert m2 − m2 = 0 oszthato 3-mal.Szimmetrikus, mert ha m2 − n2 oszthato 3-mal, akkor n2 − m2 isoszthato 3-mal.Tranzitıv, mert ha m2 − n2 es n2 − p2 is oszthato 3-mal, akkor osz-szeguk: m2 − p2 is oszthato 3-mal.Ekvivalencia-osztalyok: {3-mal oszthato termeszetes szamok} ,

{3-mal nem oszthato termeszetes szamok}.f) Reflexıv, mert x2 − x2 = 0 oszthato 4-gyel.

Szimmetrikus, mert ha x2 − y2 oszthato 4-gyel, akkor y2 − x2 isoszthato 4-gyel.Tranzitıv, mert ha x2 − y2 es y2 − z2 is oszthato 4-gyel, akkor ossze-guk: x2 − z2 is oszthato 4-gyel.Ekvivalencia-osztalyok: {paros szamok}, {paratlan szamok}.

g) Reflexıv, mert x1 + y1 = x1 + y1 mindig teljesul.Szimmetrikus, mert ha x1 + y1 = x2 + y2, akkor x2 + y2 = x1 + y1 isteljesul.Tranzitıv, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 es x2 + y2 = x3 + y3, akkorx1 + y1 = x3 + y3 is teljesul.Ekvivalencia-osztalyok: Minden valos szamhoz tartozik egy ekviva-lencia-osztaly: Ec = {(x, y) | x + y = c}, c ∈ R. A Descartes-felekoordinata-rendszerben Ec ekvivalencia-osztalynak a −1 iranytan-gensu, c tengelymetszetu egyenes felel meg.

h) Reflexıv, mert x1y1 = x1y1 mindig teljesul.Szimmetrikus, mert ha x1y1 = x2y2, akkor x2y2 = x1y1 is teljesul.Tranzitıv, mert ha x1y1 = x2y2 es x2y2 = x3y3, akkor x1y1 = x3y3 isteljesul.Ekvivalencia-osztalyok: Minden valos szamhoz tartozik egy ekviva-lencia-osztaly: Ec = {(x, y) | xy = c}, c ∈ R. A Descartes-fele koor-

∗Szokasos jeloles: tetszoleges x szamra es H szamhalmazra: x + H = {x + h | h ∈ H}.


dinata-rendszerben Ec ekvivalencia-osztalynak az y = cx egyenletu,

derekszogu hiperbola felel meg, ha c 6= 0; E0-nak pedig a koordinata-tengelyek egyesıtese.

1.2.30. a) i. Xa ∩ Xb = ∅ =⇒ (a, b) /∈ R bizonyıtasa:A reflexivitas miatt a ∈ Xa. Az Xa ∩ Xb = ∅ feltetel miattviszont a /∈ Xb. Mivel Xb tartalmazza az osszes b-vel relaciobanallo elemet, aRb nem allhat fenn.

ii. (a, b) /∈ R =⇒ Xa ∩ Xb = ∅ bizonyıtasa:Tegyuk fel, hogy az allıtassal ellentetben Xa ∩ Xb 6= ∅, azazvan olyan c ∈ X elem, amely mindket halmaznak eleme, tehatc mind a-val, mind pedig b-vel relacioban van. A szimmetriabolkovetkezoen aRc es cRb is teljesul, ahonnan a tranzitivitast fel-hasznalva aRb adodik. Ez pedig ellentmond a feltetelnek.

b) Az a) allıtas ii. reszenek bizonyıtasabol adodik.

c) i. (a, b) ∈ R =⇒ Xa = Xb bizonyıtasa:Tekintsunk egy tetszoleges c ∈ Xa elemet, erre aRc teljesul. Afeltetel es a szimmetria miatt bRa is igaz. A tranzitivitasboladodoan ekkor bRc igaz, azaz minden a-val relacioban allo elem b-vel is relacioban all. Tehat Xa ⊆ Xb. Hasonlo gondolatmenettellathato be Xb ⊆ Xa is, amibol Xa = Xb adodik.

ii. Xa = Xb =⇒ (a, b) ∈ R bizonyıtasa:Bizonyıtsunk indirekten: ha (a, b) /∈ R, akkor b /∈ Xa, viszontb ∈ Xb. Igy Xa 6= Xb, ami ellentmondas.

Parcialis rendezesi relaciok

1.2.31. a) Reflexıv, mert A ⊆ A mindig teljesul.Antiszimmetrikus, mert A ⊆ B es B ⊆ A csak akkor teljesulhet, haA = B.Tranzitıv, mert ha A ⊆ B es B ⊆ C, akkor A ⊆ C is teljesul.


{1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4}

{1, 2, 3} {1, 2, 4} {1, 3, 4} {2, 3, 4}

{1, 2, 3, 4}Legnagyobb elem:{1, 2, 3, 4}.

Legkisebb elem nincs.Minimalis elemek: a ketele-mu halmazok.sup (A, B) = A ∪ BNem letezik barmely ket e-lemnek infimuma, mert pel-daul inf ({1, 2} , {1, 3}) nem letezik.

b) A parcialis rendezes bizonyıtasat lasd az a) resznel.

{1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4}

{1} {2} {3} {4}

∅Legnagyobb elem: ∅Legkisebb elem nincs.Minimalis elemek: a ketele-mu halmazok.sup (A, B) = A ∩ BNem letezik barmely ket e-lemnek infimuma, mert pel-daul inf ({1, 2} , {1, 3}) nemletezik.

c) Reflexıv, mert minden szam osztoja onmaganak.Antiszimmetrikus, mert a | b es b | a csak akkor teljesulhet, ha a = b.Tranzitıv, mert ha a | b es b | c, akkor a | c is teljesul.

3 10

9 30 20

6

Legnagyobb es legkisebb elem nincs.Maximalis elemek: 9, 20, 30.Minimalis elemek: 3, 10.Nincs barmely ket elemnek szupremuma ill. infi-muma, mert pl. inf (3, 10) es sup (9, 20) nem lete-zik.


d) A parcialis rendezes bizonyıtasat lasd a c) resznel.

1

2

4

3

6

12Legnagyobb elem: 12.Legkisebb elem: 1.sup (a, b) = lkkt (a, b)∗

inf (a, b) = lnko (a, b)†

1.2.32. a) sup (100, 10) = 10 sup (101, 111) = 1inf (100, 11) nem letezik inf (100, 10) = 100

Meggondolhato, hogy sup (v, w) olyan bitsorozat, amely v-ben es w-ben is szereplo legbovebb kezdoresz. Ilyen sorozat mindig van, mivela halmaz elemei 1-gyel kezdodnek.

b) sup (00001, 001) = 00 sup (1111, 110) = 11inf (0010, 0011) nem letezik inf (011, 01) = 011

Egeszıtsuk ki az adott halmazt a 0 es 1 elemekkel, valamint ε-nal,ami legyen az ures karaktersorozat jele. Ez utobbi lesz az eredetirendezes szerinti legnagyobb elem.

c) sup (100, 11) = 1 sup (000, 11) nem letezikinf (100, 00) = 100 inf (100, 001) nem letezik

10 01

1 0Ebben a rendezett halmazban a sup (01, 10) nem lete-zik. A {01, 10} halmaz felso korlatja a 0 es az 1 elemis, ezek kozott viszont nincsen legkisebb. Akarhogyanbovıtjuk is az adott halmazt, ez nem valtozik. Ugyani-lyen okbol nem letezik inf (100, 001) sem: az {100, 001}halmaz also korlatja az 1001 es a 00100 elem is; ezekkozul viszont egyik sem nagyobb a masiknal.

1.2.33. Belatjuk, hogy az R−1 relacio a H halmazon rendelkezik a parcialis ren-dezesi relaciok tulajdonsagaival.

Reflexivitas: R reflexivitasa miatt (a, a) ∈ R minden a ∈ H eseten, deakkor (a, a) ∈ R−1 is teljesul minden a ∈ H-ra.

Antiszimmetria: ha (a, b) ∈ R−1 es (b, a) ∈ R−1, akkor (b, a) ∈ R es(a, b) ∈ R. Ebbol viszont R antiszimmetriaja miatt kovetkezik, hogy a = b.

∗lkkt= legkisebb kozos tobbszoros†lnko= legnagyobb kozos oszto


Tranzitivitas: ha (a, b) ∈ R−1 es (b, c) ∈ R−1, akkor (b, a) ∈ R es (c, b) ∈R. Mivel R-rol tudjuk, hogy tranzitıv, az utobbi ket feltetel kovetkezteben(c, a) ∈ R, azaz (a, c) ∈ R−1.

Ha x ∈ H maximalis elem (H ; R)-ben, akkor nincs olyan y ∈ H , hogy(x, y) ∈ R, azaz x 4 y. Ez

(H ; R−1

)-ben azt jelenti, hogy nincs olyan

y ∈ H , (y, x) ∈ R−1, azaz y 4 x. Kovetkezeskeppen x minimalis elem(H ; R−1

)-ben.

1.2.34. A relacio az F halmazon nem antiszimmetrikus. Pelda f, g ∈ F -re, aholf 4 g es g 4 f egyszerre igaz, megis f 6= g:

f : N → N f (n) =

{1, ha n 6= 1;5, ha n = 1;

es

g : N → N g (n) =

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

1.2.35. a) Reflexıv, mert a + bj 4 a + bj, hiszen a ≤ a es b ≤ b.

Antiszimmetrikus, mert ha a1 + b1j 4 a2 + b2j es a2 + b2j 4 a1 + b1j,akkor a1 ≤ a2 es a2 ≤ a1, valamint b1 ≤ b2 es b2 ≤ b1. Ekkor ≤antiszimmetriaja miatt a1 = a2 es b1 = b2, vagyis a1 +b1j = a2 +b2j.

Tranzitıv, mert ha a1 + b1j 4 a2 + b2j, es a2 + b2j 4 a3 + b3j,akkor a1 ≤ a2 es a2 ≤ a3, valamint b1 ≤ b2 es b2 ≤ b3. Ekkor ≤tranzitivitasa miatt a1 ≤ a3 es b1 ≤ b3, vagyis a1 + b1j 4 a3 + b3j.

b) Nem, mert pl. 2+j 4 3+0j es 3+0j 4 2+j kozul egyik sem teljesul.

c)

0 + 0j

0 + 1j

0 + 2j

1 + 0j

1 + 1j

1 + 2j

2 + 0j

2 + 1j

2 + 2j

3 + 0j

3 + 1j

3 + 2j

d) sup (a1 + b1j, a2 + b2j) = max {a1, a2} + max {b1, b2} j

inf (a1 + b1j, a2 + b2j) = min {a1, a2} + min {b1, b2} j


e) Igen, mert nem tartalmaz az alabbi ket haloval izomorf reszhalot∗:

f) Legkisebb elem: 0 + 0j, legnagyobb elem: 3 + 2j.

g) Csak a 0 + 0j, 0 + 2j, 3 + 0j, 3 + 2j elemeknek van komplementu-

muk: 0 + 0j = 3 + 2j, 0 + 2j = 3 + 0j. (Itt z a z komplex szamkomplementumat jelenti, es nem a konjugaltjat.)

1.2.36. Reflexıv, azaz (a, b) 4 (a, b), hiszen a ≤ a es b = b teljesul.

Antiszimmetrikus, mert (a1, b1) 4 (a2, b2) es (a2, b2) 4 (a1, b1) csak abbanaz esetben teljesulhet, ha b1 = b2. Ekkor a1 ≤ a2 es a2 ≤ a1, ebbol pedigkovetkezik, hogy (a1, b1) = (a2, b2).

Tranzitıv, mert a masodik komponensre vonatkozo < relacio tranzitıv. Haa 4 relacio ugy teljesul, hogy a masodik komponensek egyenloek, akkorpedig az elso komponensekre vonatkozo ≤ relacio tranzitivitasa oroklodik.Konnyen meggondolhato a masik ket eset is.

Dichotom, mert (a1, b1) 4 (a2, b2) es (a2, b2) 4 (a1, b1) kozul valamelyikbiztosan teljesul, attol fuggoen, hogy b < d vagy d < b. Abban az esetben,ha b = d, akkor pedig a ≤ c vagy c ≤ a-tol fuggoen teljesul valamelyikrelacio.†

1.2.37. a) Hamis. Pl. Egy tetszoleges halmaz valodi reszhalmazainak halmazanertelmezett ⊆ relacio. Legkisebb eleme: ∅, de legnagyobb nincs.

b) Igaz. Nem lehet masik minimalis elem, hiszen a legkisebb elem min-den elemnel kisebb, ıgy nem letezhet mas olyan elem, amelynel nincskisebb.

c) Igaz. Az elozo valasz ertelmeben a legnagyobb elem maximalis islenne.

d) Hamis. A felso hatarnak nem kell a halmazban lennie: pl. a ([0, 1[ ;≤)halmaznak nincs legnagyobb eleme, de felso hatara az 1.

∗Bovebben lasd az Algebrai strukturak c. fejezetben.†Erdekessegkent megjegyezzuk, hogy ezen linearis rendezesi relacio segıtsegevel a halmaz

elemei nem rendezhetok sorozatba.


e) Hamis. Pl. (]0, 1] ;≤) rendezett halmaznak van also korlatja (pl. a−1), de nincs legkisebb eleme.

f) Hamis. Pl. az (N \ {0, 1} ; |) reszben-rendezett halmazban egyneltobb minimalis elem van (ezek a prımek), de van also hatara: 1.

1.3. Halmazok szamossaga

1.3.1. a) Rendezzuk sorozatba az egesz szamokat az alabbi modon:

0,−1, 1,−2, 2,−3, 3, . . .

Az alabbi fuggveny megadja, hogy valamely k egesz szam hanyadikeleme a sorozatnak:

f : Z → Z+, k 7→{

2k + 1, ha k ≥ 0;−2k, ha k < 0.

Termeszetes, hogy minden elem sorszama kulonbozo (f injektıv).Masreszt a kapott sorozat vegtelen elemszamu, tehat minden pozitıvegesz szam eleme a fuggveny ertekkeszletenek (f szurjektıv).

b) Az f fuggveny az AB szakasz P pontjait az A′B′ szakasz P ′ pontjairakepezi le az alabbi modon:

f (P ) = P ′, ahol A′P ′ =A′B′

AB· AP

A BP

A′ B′P ′

c) Az alabbi tablazatot racionalis szamokbol keszıtjuk el.0 −1 1 −2 2 −3 3

− 12

12 − 2

222 − 3

232

− 13

13 − 2

323 − 3

333

− 14

14 − 2

424 − 3

434

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

. . .

. . .

. . .

. . .


Az elso sorba ırjuk az a) peldaban megadott modon az egesz sza-mokat. Ezutan az m-edik sor azonos pozıciojaba az elso sorban levoertek m-ed reszet ırjuk. Az ıgy kepzett tablazat nyilvanvaloan tartal-mazza az osszes racionalis szamot (sot, mindegyiket vegtelen sokszor,pl.: 1

2 = 24 = 3

6 = 48 = . . .).

Az abran berajzolt modon sorozatba rendezzuk a racionalis szamokat,kihagyva azokat, amelyek korabban mar szerepeltek:∗

0,−1, 1,−1

2,−1

3,1

2,−2, 2,−2

2,1

3,−1

4, . . .

Igy mar a sorozat elemei kulonbozoek, es tartalmazzak az osszes ra-cionalis szamot, tehat a lekepezes bijektıv.

d) f : ]0, 1[ → R, f(x) = ctg πx

e) A bijekcio megadasat az nehezıti, hogy az egyik intervallumban”egy-

gyel tobb” pont van. Ennek kikuszobolesere vegyunk egy olyan veg-telen sorozatot, amelynek minden eleme kulonbozo es a ]0, 1] interval-lumban van, valamint elso eleme az 1. Egy ilyen sorozat peldaul azan = 2−n (n = 0, 1, 2, . . .). Ebben a sorozatban feleltessuk meg min-den elemnek az utana kovetkezot (azaz

”toljuk el” eggyel a sorozatot),

az osszes tobbi intervallumbeli elemnek pedig onmagat. Konnyenlathato, hogy ez a lekepezes bijektıv:

f : ]0, 1] → ]0, 1[ , f(x) =

{1

2n+1 , ha ∃n ∈ N : x = 12n ;

x, egyebkent.

1.3.2. Mindharom esetben az a feladat, hogy az adott halmaz es a termeszetesszamok halmaza kozott egy bijektıv lekepezest adjunk meg.

a) f : N → 2Z, f (n) =

{n, ha n paros;−n − 1, ha n paratlan.

b) Lasd az 1.3.1.c) feladat megoldasat.

c) Kozismert, hogy vegtelen sok prımszam van.† A szamossaguk ℵ0,hiszen a termeszetes szamok halmazanak reszhalmazat alkotjak.

∗Ez a lepes elkerulheto, ha a tablazat m-edik soraba mar csak az m-hez relatıv prımekm-mel osztott erteket ırjuk.

†Ennek egy egyszeru bizonyıtasa meg az okori gorogoktol szarmazik. Tegyuk fel, hogycsak veges sok prımszam van: p0, p1, p2, . . . , pn. Allıtsuk elo a q = p0p1p2 . . . pn + 1 szamot.Ez nem lehet prım, hiszen nem egyenlo p0, p1, p2, . . . , pn egyikevel sem. Ha osszetett, akkorviszont van prımosztoja. Konnyu latni, hogy ez nem lehet az eddig ismert prımek egyike sem,ıgy ellentmondasra jutottunk.


1.3.3. Ha a = b vagy a > b, akkor H = ∅, azaz |H | = 0.

Ha a < b, akkor pedig bijekciot tudunk adni ]0, 1[ es ]a, b[ intervallumokkozott.

f : ]0, 1[ → ]a, b[ , f(x) = (b − a)x + a

Mivel ]0, 1[ intervallum szamossaga kontinuum, ezert H halmaze is.

1.3.4. a) Az X halmaz elemeinek x0, x1, x2, . . . sorozatba rendezesevel meg-adunk egy f : N → X, f(n) = xn fuggvenyt. Ez bijektıv, hiszenaz X halmaz osszes eleme kepelem, es a sorozatban minden elemkulonbozo.

b) A sorozat elemei kozul huzzuk ki az esetlegesen megegyezoket. Ekkorvagy veges sok, vagy ℵ0 szamossagu kulonbozo elem marad.

c) Rendezzuk az A = {a0, a1, a2, . . .} es a B = {b0, b1, b2, . . .} hal-maz elemeit sorozatba az alabbi modon: a0, b0, a1, b1, a2, b2, . . . Haa sorozatban van ket megegyezo elem, mert A ∩ B 6= ∅, akkor a B-bol valasztottat huzzuk ki. Az eredmenyul kapott sorozat vegtelenelemszamu, mivel A elemeit biztosan tartalmazza. Ezzel A ∪ B ele-meit sorozatba rendeztuk ugy, hogy a sorozatban minden halmazbelielem pontosan egyszer szerepel.

d) Legyen A egy vegtelen sok elembol allo halmaz. Vegyunk ki A-bolegy a0 elemet, majd a maradek A1 halmazbol vegyunk ki egy a1

elemet. Ez nyilvan lehetseges, mert egy vegtelen halmazbol egyetelveve vegtelen sok elem marad. Folytassuk az eljarast:

A1 = A \ {a0} , A2 = A1 \ {a1} , . . . , An = An−1 \ {an−1} , . . .

a kivett A∗ = {a0, a1, . . . , an, . . .} halmaz szamossaga nyilvan meg-szamlalhatoan vegtelen.

e) Vizsgaljuk az A \ B halmaz elemeit. Irjuk fel az A halmaz elemeitsorozatba es huzzuk ki azokat, amelyek B-ben is szerepelnek. A meg-maradt elemek veges vagy vegtelen elemszamu sorozatot alkotnak.

f) A halmazok elemei (veges vagy vegtelen) sorozatba rendezhetok. Ir-juk fel azt a tablazatot, amelynek n-edik soraban az An halmaz elemeiszerepelnek veges vagy vegtelen sorozatba rendezve.


A1 a11 a12 a13 a1k

A2 a21 a22 a23 a2k

A3 a31 a32 a33 a3k

An an1 an2 an3 ank . . .. . .

. . .. . .

. . .. . .

. . .. . .

......

......

......

...

......

......

......

...

Rendezzuk sorozatba az∞⋃

n=1An halmaz elemeit az abran kijelolt sor-

rendben. Egy elemet csak az elso elofordulasakor valasszunk be asorozatba.

1.3.5. a) |R| = |]0, 1[|: lasd az 1.3.1.d) feladatot.

|]0, 1[| = |[0, 1]|: lasd az 1.3.1.e) feladatot.

|[0, 1]| = |[a, b]|: lasd az 1.3.1.b) vagy az 1.3.3. feladatot.

|[a, b]| = |[a,∞[|: az 1.3.1.e) feladat alapjan tudjuk, hogy |[a, b]| =|[a, b[|. Az |[a, b[| = |[a,∞[| ekvivalenciat pedig az

f : [a, b[ → [a,∞[ , f(x) = tgπ (x − a)

2 (b − a)

bijekcio bizonyıtja.

b) Abrazoljuk az egysegnyi oldalu negyzetet az abran lathato modon aderekszogu koordinatarendszerben.

1

1P (x, y)

P ∗

A negyzet tetszoleges P (x, y) pontjanak ko-ordinatait ırjuk fel vegtelen tizedestort a-lakban. Mivel a racionalis szamok egy re-szenek ket tizedestort-alakja van∗, ezert al-lapodjunk meg, hogy mindig csak az egyi-ket, a tiszta 0 vegu alakot hasznaljuk.

x = 0, x1x2x3 . . . xn . . ., ha x 6= 1y = 0, y1y2y3 . . . yn . . ., ha y 6= 1Ha x 6= 1 es y 6= 1, akkor a negyzet P (x, y)

∗Peldaul: 0, 1 = 0, 099999 . . .


pontjahoz rendeljuk hozza azt a P ∗ pontot az x tengelyen, amely-nek x koordinataja: 0, 00x1y1x2y2 . . . xnyn . . . valos szam vegtelentizedestort alakban felırva. Amennyiben x = 1 es y 6= 1, akkora 0, 10x1y1x2y2 . . . xnyn . . . szamot, ha y = 1 es x 6= 1, akkor a0, 01x1y1x2y2 . . . xnyn . . . szamot, mıg ha x = 1 es y = 1, akkor az 1szamot feleltessuk meg a negyzet (x, y) koordinataju pontjanak.

A kapott P ∗ nyilvan a [0, 1] intervallumban van, nem vegzodhetcsupa 9-esre, es barmely P (x, y) pontbol eloallıthato. A lekepezesinjektıv: mas koordinataju ponthoz mas szam tartozik. Ugyanak-kor a lekepezes nem szurjektıv, hiszen azok a szamok biztosan nemallnak elo kepkent, amelyek elso tizedes jegye peldaul 2; de azokaz irracionalis szamok sem, amelyek minden masodik jegye 9. Igyegyertelmuen: |[0, 1]× [0, 1]| ≤ |[0, 1]|.A [0, 1] → [0, 1] × [0, 1] , x 7→ (0, x) injektıv lekepezes egyszeruenmagyarazza a |[0, 1]× [0, 1]| ≥ |[0, 1]| osszefuggest. Osszevetve a ketegyenlotlenseget a feladat allıtasat kapjuk.

1.3.6. a) |A × B| = |A| · |B|b) A × B halmaz elemeit rendezzuk tablazatba ugy, hogy a tablazat i-

edik soranak j-edik oszlopaba keruljon az (ai, bj) elem. Ezutan azelemeket rendezzuk sorozatba az 1.3.1.c) vagy az 1.3.4.f) feladatbanlatott modon. A × B szamossaga tehat ℵ0.

c) A direkt szorzat tenyezoi kontinuum szamossaguak, tehat mindkettoekvivalens az X = [0, 1] szamhalmazzal, mıg a direkt szorzat azX × X halmazzal ekvivalens. Az 1.3.5.b) feladat alapjan viszont|X | = |X × X |, ıgy az eredeti halmazok direkt szorzata is kontinuumszamossagu.

1.3.7. A bizonyıtast vegezze el n-re vonatkozo teljes indukcioval. Hasznalja kiaz 1.3.6.b) feladatban belatott tetelt, amely szerint ket ℵ0 szamossaguhalmaz direkt szorzata is ℵ0 szamossagu halmaz.

1.3.8. Veges esetben egy n elemu halmaz hatvanyhalmazanak szamossaga 2n; azallıtas teljes indukcioval egyszeruen igazolhato.

Vegtelen esetben tegyuk fel indirekten, hogy letezik f : A → P(A) bijektıvlekepezes, amely a ∈ A-hoz Ha ∈ P(A)-t rendeli. Tekintsuk azon t ∈ Aelemek T halmazat, amelyekre t /∈ Ht. Mivel T reszhalmaza A-nak, azazT ∈ P(A), indirekt feltevesunk ertelmeben biztosan letezik olyan t0 elem,amelyre f(t0) = T . Ekkor t0-ra vonatkozoan az alabbi ellentmondasra


jutunk: ha t0 ∈ T , akkor T definıcioja miatt t0 /∈ T , hiszen T azokat(es csak azokat) az elemeket tartalmazza, amelyek nem elemei a hozzajukrendelt halmaznak; ha pedig t0 /∈ T , akkor pedig szinten T definıciojamiatt t0 ∈ T . Kovetkezeskeppen nincs ilyen f fuggveny.

A g : A → P(A), g(a) = {a} fuggveny az A halmazt kolcsonosen egy-ertelmuen kepezi le P(A) valodi reszhalmazara. Mindebbol kovetkezik,hogy |A| < |P(A)|.(Erdemes megjegyezni, hogy ezek szerint egy ℵ0 szamossagu halmaz hat-vanyhalmaza nem ℵ0 szamossagu, hanem ennel nagyobb; bizonyıthato,hogy kontinuum szamossagu. Egy kontinuum szamossagu halmaz hat-vanyhalmaza meg ennel — kontinuumnal — is nagyobb szamossagu, es ıgytovabb. Hatvanyhalmazokkal tetszolegesen nagy szamossag eloallıthato.)

1.3.9. a) A legfeljebb n-edfoku polinomok egyutthatoi (a0, a1, . . . , an) egyer-telmuen meghatarozzak a polinomot. Halmazuk szamossaga tehatmegegyezik Zn+1 szamossagaval, amely ℵ0. (Lasd az 1.3.7. felada-tot.)

b) A hatvanysort egyertelmuen meghatarozza az egyutthatoibol alko-tott vegtelen sorozat: a0, a1, a2, . . . , an, . . . Tegyuk fel, hogy az ilyensorozatok szama megszamlalhatoan vegtelen. Indirekt feltevesunkertelmeben ekkor sorozatba rendezhetok:

(1) a(1)0 a

(1)1 . . . a

(1)n . . .

(2) a(2)0 a

(2)1 . . . a

(2)n . . .

(3) a(3)0 a

(3)1 . . . a

(3)n . . .

......

......

......

(k) a(k)0 a

(k)1 . . . a

(k)n . . .

......

......

......

b0 b1 . . . bn . . .

Barmilyen sorozatba rendezes eseten letezik olyan egesz szamokbolalkotott b0, b1, . . . , bn, . . . sorozat, amely nem szerepel a felsorolas-ban. Ilyen sorozatot konstualunk, ha az elemek az alabbi megszorı-

tasok mellett: b0 6= a(1)0 , b1 6= a

(2)1 , . . . , bn 6= a

(n+1)n , . . . tetszoleges

egeszek. Igy tehat ellentmondasra jutottunk, az egesz egyutthatoshatvanysorok halmazanak szamossaga nem megszamlalhato.

1.4. REKURZIOK 149

(Erdemes itt is felfigyelni arra, hogy amıg veges sok ℵ0 szamossaguhalmaz direkt szorzata megszamlalhato, addig mar megszamlalhato-an sok ilyen halmaz direkt szorzata kontinuum szamossagu.)

1.4. Rekurziok

1.4.1. Legyen f(n) = n!. A fuggveny definıcioja akkor rekurzıv, ha f(n) de-finıciojahoz felhasznalunk olyan f(l) ertek(ek)et, amely(ek)re l < n. Ezert:

f(n) =

{1, ha n = 0;n · f(n − 1), ha n > 0.

1.4.2. Jelolje a dolgozo fizeteset a belepeset koveto n-edik evben f(n).

f(n) =

{100 000, ha n = 1;1, 04 · f(n − 1) + 1 000, ha n > 1.

1.4.3. Az n − 1 elemu halmaz reszhalmazainak szama: sn−1. Ha a halmaz-hoz hozzavesszuk az n-edik elemet, akkor ugy kaphatjuk meg az osszesreszhalmazt, hogy az eddigiek mindegyikehez vagy hozzavesszuk az uj ele-met vagy nem. Ezert az n elemu halmaznak ketszer annyi reszhalmazavan, mint az n − 1 elemunek. Tehat:

sn =

{1, ha n = 0;2sn−1, ha n > 0.

1.4.4. Jelolje ln azon lehetosegek szamat, ahanyfelekeppen vegigmehetunk az nlepcsobol allo lepcsosoron, az adott felteteleknek megfeleloen. Ha egylepessel kezdjuk a sort, akkor onnan annyifelekeppen folytathatjuk, a-hanyfelekeppen az n − 1 lepcsobol allo soron mehetunk vegig, azaz ln−1-felekeppen. Ha ket lepcsot ugrunk elsore, akkor onnan ln−2-felekeppenfolytathatjuk a sort. Az n lepcsobol allo soron ezek szerint ln−1 + ln−2-felekeppen mehetunk vegig. Mivel ln kiszamıtasahoz a kettovel elotte levoertekre is szuksegunk van, n elso ket erteket kell expliciten megadnunk.

ln =

1, ha n = 1;2, ha n = 2;ln−1 + ln−2, ha n > 2.


1.4.5. Jelolje f (n) a maximalisan keletkezo sıkreszek szamat. Akkor keletkezika leheto legtobb sıkresz, ha az egyeneseket ugy rajzoljuk be, hogy mindenegyes lepesben kulon-kulon maximalis szamu sıkresz keletkezik. Tegyukfel, hogy n − 1 darab egyenes mar a sıkon van. Huzzuk be az n-edikegyenest. Akkor keletkezik a leheto legtobb uj sıkresz, ha az uj egyenesa regiek mindegyiket kulonbozo pontban metszi. Ekkor az uj egyenesenn − 1 darab metszespont es n darab egyenesresz (ket felegyenes es n − 2szakasz) keletkezik. Minden egyes egyenesresz elvag egy sıkreszt, azazpontosan ennyi uj sıkresz keletkezik a regiek melle.

f(n) =

{1, ha n = 0;f(n − 1) + n, ha n > 0.

1.4.6. Alkalmazzuk az elozo feladat gondolatmenetet. Akkor keletkezik a lehetolegtobb sıkresz, ha a koroket ugy rajzoljuk be, hogy minden egyes lepesbenkulon-kulon maximalis szamu sıkresz keletkezik. Tegyuk fel, hogy n − 1darab kor mar a sıkon van. Huzzuk be az n-edik kort. Akkor keletkezika leheto legtobb uj sıkresz, ha az uj kor a regiek mindegyiket kulonbozopontokban metszi. Ekkor az uj koron 2 (n − 1) metszespont, es ugyanennyikorıv keletkezik. Ez megegyezik az elmetszett, es ıgy az ujonnan keletkezosıkreszek szamaval.∗

f(n) =

1, ha n = 0;2, ha n = 1;f(n − 1) + 2 (n − 1) , ha n > 1.

1.4.7. Jelolje f(n) a lehetseges elhelyezesek szamat.

1. abra 2. abra

︸︷︷︸

f(n − 1)︸︷︷︸

f(n − 2)

Ha az elso dominot az 1. abranak megfeleloen fuggolegesen helyezzuk el,akkor onnan f(n−1)-felekeppen folytathatjuk a sort; mıg ha a 2. abranak

∗Vigyazat! Itt a rekurzio nem mukodik 0-rol 1-re, ezert az n = 1 kezdeti erteket is megad-juk.

1.4. REKURZIOK 151

megfeleloen vızszintesen helyezzuk le az elso dominot, akkor f(n − 2)-felekeppen folytathatjuk a kitoltest.

f(n) =

1, ha n = 1;2, ha n = 2;f(n − 1) + f(n − 2), ha n > 2.

1.4.8. Azert hogy ne tevesszuk szem elol a rekurzio lenyeget, jeloljuk az(nk

)

binomialis egyutthatot B(n, k)-val. A rekurzio megadasara tobb lehetose-gunk is van. Felhasznalhatjuk az

(n

k

)

=n!

k! (n − k)!=

n − k + 1

k· n!

(k − 1)! (n − (k − 1))!=

=n − k + 1

k·(

n

k − 1

)

osszefuggest. Ekkor

B(n, k) =

{1, ha k = 0;n−k+1

k · B(n, k − 1), ha k > 0.

Ehhez hasonloan alkalmazhatjuk az(nk

)= n

k

(n−1k−1

)osszefuggest.

Vagy hasznalhatjuk az(nk

)=

(n−1k−1

)+

(n−1

k

)azonossagot.∗ Ebben az eset-

ben

B(n, k) =

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

1.4.9. Tekintsuk a legelso elemet a sorban. Ha ezt kivalasztjuk, akkor a masodi-kat nem valaszthatjuk, a tovabbiak kozul pedig f(n− 2, k− 1)-felekeppenfolytathatjuk a kivalasztast. Ha az elsot nem valasztottuk ki, akkor amaradek n − 1 helyrol kell k elemet valasztani a feltetelnek megfeleloen;ez f(n− 1, k) lehetoseg. A rekurzio jol-definialtsagahoz elengedhetetlenulszukseges baziskriterium meghatarozasa alaposabb meggondolast igenyel.Ennek vizsgalatat — a vegeredmeny kozlese mellett — az olvasora bızzuk.

f(n, k) =

n, ha k = 1;0, ha k ≥ n

2 + 1;f(n − 1, k) + f(n − 2, k − 1), ha 1 < k < n

2 + 1.

∗Lasd a 2.5.1.b) feladatot.


1.4.10. Jeloljuk az A → B szurjektıv fuggvenyek szamat f(m, n)-nel. Akkor szur-jektıv a fuggveny, ha az ertekkeszlete pontosan n elemu. Ezek szamatmegkapjuk, ha az osszes A → B fuggveny szamabol levonjuk azon fugg-venyek szamat, amelyek ertekkeszlete pontosan k elemu, minden k < neseten; es ezt annyiszor tesszuk meg, ahanyfelekeppen az n darab B-belielembol k darabot bevalaszthatunk az ertekkeszletbe.

f(m, n) =

1, ha n = 1;0, ha m < n;

nm −n−1∑

k=1

(nk

)· f(m, k), ha 1 < n ≤ m.

1.4.11. Analızis tanulmanyokbol ismert, hogy (xn)′ = nxn−1. Ez alapjan:

D(n, k) =

{xn, ha k = 0;n · D(n − 1, k − 1), ha k > 0.

1.4.12. Jelolje D(A, n) az n × n-es A matrix determinansanak erteket, valamintlegyen A′

ij a matrix i-edik soranak es j-edik oszlopanak elhagyasaval ke-letkezo matrix. Felhasznalva a determinansok kifejtesi tetelet:

D(A, n) =

a11, ha n = 1;n∑

j=1

a1j · (−1)1+j · D

(A′

1j , n − 1), ha n > 1.

1.4.13. Jeloljuk a sinnx fuggveny hatarozatlan integraljat In-nel. Alkalmazzuk aparcialis integralas modszeret.

In =

∫

sinn xdx =

∫

sin x · sinn−1 xdx =

u′ = sin x v = sinn−1 x

u = − cos x v′ = (n − 1) sinn−2 x · cos x

= − cosx · sinn−1 x + (n − 1)

∫

cos2 x︸︷︷︸

1−sin2 x

· sinn−2 xdx =

= − cosx · sinn−1 x + (n − 1)

( ∫

sinn−2 xdx

︸︷︷︸

In−2

−∫

sinn xdx

︸︷︷︸

In

)

1.4. REKURZIOK 153

Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy nIn = (n − 1) In−2 − cosx · sinn−1 x.Ennek segıtsegevel pedig:

In =

x + C, ha n = 0;

− cosx + C, ha n = 1;n−1

n In−2 − 1n cosx · sinn−1 x, ha n > 2.

1.4.14. a) Q(2, 3) = 0

Q(14, 3) = Q(11, 3) + 1 == Q(8, 3) + 1 + 1 == Q(5, 3) + 1 + 1 + 1 == Q(2, 3) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4

b) A fuggveny az elso bemeneti ertekbol addig vonja le a masodikat,amıg az kisebb nem lesz nala. Kozben minden egyes levonaskor 1-gyel noveli a fuggvenyerteket, azaz szamlalja a levonasok szamat. Afuggeny tehat az a

b hanyados egesz reszet adja meg. Igy konnyenmegadhatjuk a keresett erteket: Q(7134, 11) = 648.

1.4.15. a) L(25)= L(12) + 1 == L(6) + 1 + 1 == L(3) + 1 + 1 + 1 == L(1) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4

b) A fuggveny azt szamlalja, hogy hanyszor van meg a 2 az n szamban.Ezert az n szam kettes alapu logaritmusanak egeszreszet adja ered-menyul: L(n) = blog2 nc. Maskeppen, ha 2k ≤ n < 2k+1, akkorL(n) = k.

1.4.16. a) Ha 0 < b < 1 es b ≤ a, akkor a rekurzio alkalmazasa soran azelso argumentum egyre no, ıgy egyre tavolabb kerul a baziskriteriumteljesulesetol. Ha b = 1 ≤ a, akkor az elso argumentum erteke meg-marad, nem kozeledik a baziskriterium teljesulesehez. Minden egyebDL-beli ertekre a rekurzio jol-definialt.

b) L(682, 10) = L(68.2, 10) + 1 = L(6.82, 10)︸︷︷︸

=0

+2 = 2

L(1024, 8) = L(128, 8) + 1 = L(16, 8) + 2 = L(2, 8)︸︷︷︸

=0

+3 = 3


c) Ha b > 1, akkor az a szam b alapu logaritmusanak egesz-reszet kapjukeredmenyul: L(a, b) = blogb ac, vagyis az az n termeszetes szam leszaz eredmeny, amelyre bn ≤ a < bn+1. Ha 0 < b ≤ 1, akkor azeredmeny 0.

L(654238, 8) = blog24 654238c =⌊

ln 654238ln 24

⌋= b4.21c = 4

1.4.17. a) A rekurzio hasznalata ebben az esetben korulmenyes es eroforras-pazarlo. A fuggveny minden egyes lepesben ketszer hivatkozik sajatmagara, raadasul egy-egy erteket tobbszor is kulon-kulon kiszamıt.Az iteracio sokkal celravezetobb, hiszen a szamıtas

”egy szalon” fut

csak:F2 = F1 + F0 = 1, F3 = F2 + F1 = 2, . . ., F18 = F17 + F16 = 2584.

b) Beolvas(n)FibA:=0 : FibB:=1Ciklus i=2-tol n-ig

Fib:=FibA+FibBFibA:=FibBFibB:=Fib

Ciklus vegeKiır(n)

1.4.18. a) A fuggveny elso argumentuma tetszoleges valos szam lehet: a ∈ R. Arekurzio megadasabol latszik, hogy a masodik argumentum negatıvszam nem lehet, ugyanakkor csak egesz szam lehet, mert kulonbennem eri el a baziskriteriumot, vegtelen ciklusba kerul. Ezert b ∈ N,tehat DP = R × N.

b) P (6, 4) = P (6, 3)+6 = P (6, 2)+12 = P (6, 1)+18 = P (6, 0)︸︷︷︸

=0

+24 = 24

P(

56 , 3

)= P

(56 , 2

)+ 5

6 = P(

56 , 1

)+ 10

6 = P(

56 , 0

)

︸︷︷︸

=0

+ 156 = 5

2

c) A fuggveny kiszamıtja egy valos es egy termeszetes szam szorzatat,mert b-szer veszi a-t osszeadandokent. f : R ×N → R (a, b) 7→ a · bEzert f(4, 39) = 4 · 39 = 156.

1.4.19. a) Ha a = 0, akkor a fuggveny vegtelen ciklusba kerul. Elvileg b barmi-lyen valos szam lehet; ekkor DN = R \ {0} × R. (A feladat viszontakkor

”szep”, ha b csak egesz szam lehet, vagyis DN = R \ {0} × Z.)

b) N(−294, 9) = N(−29.4, 10) = N(−2.94, 11) = (−2.94, 11)

1.4. REKURZIOK 155

N(1459,−4) = N(145.9,−3) = N(14.59,−2) = N(1.459,−1) == (1.459,−1)

c) Ha DN = R \ {0}×Z, akkor a fuggveny megadja az x = a · 10b szamnormal alakjaban az (elojeles) mantissza es karakterisztika erteket.

Ez alapjan N(5948102, 43) = (5.948102, 49).

1.4.20. a) f(10, 15) = f(15, 10) = f(728, 420) = f(420, 308) == f(10, 5) = = f(308, 112) == f(5, 0) = 5 = f(112, 84) =

f(18, 63) = f(63, 18) = = f(84, 28) == f(18, 9) = = f(28, 0) = 28= f(9, 0) = 9

b) A ket szam legnagyobb kozos osztojat adja eredmenyul∗.

1.4.21. a) Az a1, a2, . . . elemek helyere barmely valos szam ırhato. Az sincsmegkotve, hogy hany valtozos a fuggveny, ıgy Df = R∪R2∪R3∪ . . ..

b) f(2, 4, 9) = 23f(2, 4) + 9

3 = 23

(12 f(2)

︸︷︷︸

=2

+ 42

)+ 3 = 2

3 (1 + 2) + 3 = 5

f(1, 4, 5, 9) = 34f(1, 4, 5) + 9

4 = 34

(23f(1, 4) + 5

3

)+ 9

4 =

= 34

(23

(12 f(1)

︸︷︷︸

=1

+ 42

)+ 5

3

)+ 9

4 = 34

(23

(12 + 4

2

)+ 5

3

)+ 9

4 =

= 34

(13 + 4

3 + 53

)+ 9

4 = 14 + 4

4 + 54 + 9

4 = 194

c) A fuggveny megadja az argumentumaban levo n darab szam atlagat.(Ez az argumentumok szamara vonatkozo teljes indukcioval konnyenigazolhato.)

Ez alapjan f(4, 39, 23, 15, 96) = 4+39+23+15+965 = 177

5 = 35, 4.

1.4.22. Jelolje Hanoi(k,X,Y,Z) azt az eljarast, hogy k darab korongot athelyezunkaz X rudrol az Y rudra a Z rud segıtsegevel, a szabalyokat betartva. Arekurzio azon alapul, hogy ha mar k−1 korongot at tudunk helyezni egyikrudrol egy masikra, akkor helyezzunk at k−1 darab korongot az A rudrola C-re. Ekkor fogjuk meg az A-n levo legfelso korongot, es tegyuk at B-re(jelolje ezt az eljarast Atrak(A,B)), majd tegyuk B-re az atmenetileg C-ntarolt k − 1 darab karikat.

∗Az ejaras neve: Euklideszi algoritmus. Programozas szempontjabol egyszerubb az eljaras,ha a fuggveny definıciojaban f(b, a mod b) helyett f(a − b, b)-t ırunk.


Eljaras Hanoi(n,A,B,C):

Ha n=1 akkor Atrak(A,B)kulonben Hanoi(n-1,A,C,B)

Atrak(A,B)Hanoi(n-1,C,B,A)

Eljaras vege

1.5. Teljes indukcio

A megoldasoknal P (n)-nel jeloljuk az n-re vonatkozo allıtast. Amikor fel-hasznaljuk az indukcios hipotezist, azt a relacios jelre tett i.h. betukkel jeloljuk.

1.5.1. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve, mindket oldalon 1-et kapunk.

ii. Bizonyıtando, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)):k+1∑

i=0

6i =

k∑

i=0

6i + 6k+1 i.h.=

1

5

(6k+1 − 1

)+ 6k+1 =

=6

5· 6k+1 − 1

5=

1

5

(6k+2 − 1

)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

b) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 1-et kapunk.


i=1

i =

k∑

i=1

i + (k + 1)i.h.=

1

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

= (k + 1)

(1

2k + 1

)

=(k + 1) (k + 2)

2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

c) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 2-t kapunk.


i=1

i (i + 1) =

k∑

i=1

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

=1

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

= (k + 1) (k + 2)

(1

3k + 1

)

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

3


iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

d) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 6-ot kapunk.


i=1

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

=

k∑

i=1

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

=1

4k (k + 1) (k + 2) (k + 3) + (k + 1) (k + 2) (k + 3) =

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

(1

4k + 1

)

=

=(k + 1) (k + 2) (k + 3) (k + 4)

4iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

e) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 1-et kapunk.


i=1

2i−1 =k∑

i=1

2i−1 + 2k i.h.=

(2k − 1

)+ 2k =

= 2 · 2k − 1 = 2k+1 − 1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

f) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 1-et kapunk.


i=0

i2 =

k∑

i=0

i2 + (k + 1)2 i.h.

=1

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

2=

=1

6(k + 1)

(2k2 + k + 6k + 6

)=

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

6iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

g) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve, mindket oldalon 1-et kapunk.


i=0

i3 =k∑

i=0

i3 + (k + 1)3i.h.=

[k (k + 1)

2

]2

+ (k + 1)3 =


=

(k + 1

2

)2(k2 + 4k + 4

)=

[(k + 1) (k + 2)

2

]2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.2. a) i. P (7) igaz: 7-et behelyettesıtve az 5040 > 2187 egyenlotlensegetkapjuk.

ii. Bizonyıtando, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)):

(k + 1)! = (k + 1) k!i.h.> (k + 1) 3k > 3 · 3k = 3k+1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

b) i. P (2) igaz: 2-t behelyettesıtve az 54 < 3

2 egyenlotlenseget kapjuk.


i=1

1

i2=

k∑

i=0

1

i2+

1

(k + 1)2

i.h.< 2 − 1

k+

1

(k + 1)2 =

= 2 − k2 + 2k + 1 − k

k (k + 1)2 = 2 − k (k + 1) + 1

k (k + 1)2 =

= 2 − 1

k + 1− 1

k (k + 1)2 < 2 − 1

k + 1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

c) i. P (5) igaz: 5-ot behelyettesıtve a 25 < 32 egyenlotlenseget kap-juk.


(k + 1)2

= k2 + 2k + 1i.h.< 2k + 2k + 1 < 2k + 2k =

= 2 · 2k = 2k+1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

d) i. P (5) igaz: 5-ot behelyettesıtve a 3 628 800 < 3 686 400 egyenlot-lenseget kapjuk.


(2 (k + 1))! = (2k)! · (2k + 1) (2k + 2)i.h.<

< (k!)2 · 4k−1 (2k + 1) (2k + 2) =

= (k!)2 · 4k−1 · 2

(k + 1

2

)· 2 (k + 1) <

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

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)


e) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve az 1 > 0 egyenlotlenseget kapjuk.P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve a 3 > 2 egyenlotlenseget kapjuk.P (2) igaz: 2-t behelyettesıtve a 9 > 8 egyenlotlenseget kapjuk.


3k+1 = 3 · 3k i.h.> 3 · k · 2k = (2k + k) 2k

k≥2

≥ (2k + 2) 2k =

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

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

f) i. P (2) igaz: 2-t behelyettesıtve az 1, 707 > 1, 414 egyenlotlensegetkapjuk.


i=1

1√i

=

k∑

i=1

1√i

+1√

k + 1

i.h.>

√k +

1√k + 1

=

=

√

k (k + 1) + 1√k + 1

>

√k2 + 1√k + 1

=k + 1√k + 1

=√

k + 1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

g) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve az 1 ≥ 1 egyenlotlenseget kapjuk.


(1 + h)k+1

= (1 + h)k(1 + h)

i.h.≥ (1 + kh) (1 + h) =

= 1 + kh + h + kh2 ≥ 1 + (k + 1)h

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

h) i. P (3) igaz: 3-at behelyettesıtve a 64 < 81 egyenlotlenseget kap-juk.

ii. Bizonyıtando, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)), azaz atfogalmazva az

allıtast: ∀k[(

k+1k

)k< k

]

→[(

k+2k+1

)k+1

< k + 1

]

:

(k + 2

k + 1

)k+1

=

(

1 +1

k + 1

)k (

1 +1

k + 1

)

<

<

(

1 +1

k

)k (

1 +1

k + 1

)i.h.< k

(

1 +1

k + 1

)

=

= k +k

k + 1< k + 1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)


i) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve a 0 ≥ 0 egyenlotlenseget kapjuk.


|sin (k + 1)α| = |sin (kα + α)| = |sinkα cosα + cos kα sinα| ≤≤ |sin kα| · |cosα|

︸︷︷︸

≤1

+ |cos kα|︸︷︷︸

≤1

· |sin α|i.h.≤

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

1.5.3. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve az 1 | 1 igaz allıtast kapjuk.

ii. Bizonyıtando, hogy ∀k (P (k) → P (k + 1)):(2 (k + 1))! = (2k + 2)! = (2k)! (2k + 1) (2k + 2)Az indukcios hipotezis ertelmeben (2k)! oszthato 2k-nal, es 2k+2pedig szinten oszthato 2-vel, ezert (2k + 2)! oszthato 2k+1-nel.

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

b) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve a 6 | 0 igaz allıtast kapjuk.


(k + 1)3

+ 5 (k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 5k + 5 == k3 + 5k + 3

(k2 + k

)+ 6 =

= k3 + 5k︸︷︷︸

i.h. 6|

+ 3k (k + 1)︸︷︷︸

6|

+6

Az osszeg masodik tagja azert oszthato 6-tal, mert 3-mal es 2-velis oszthato. A 2-vel valo oszthatosagot az magyarazza, hogy kes k + 1 kozul ez egyik biztosan paros.

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

c) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve az 5 | 5 igaz allıtast kapjuk.


32(k+1) + 4(k+1)+1 = 32k · 32 + 4k+1 · 4 =

= 9(32k + 4k+1

)

︸︷︷︸

i.h. 5|

− 5 · 4(k+1)︸︷︷︸

5|

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

d) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve a 120 | 0 igaz allıtast kapjuk.


(k + 1)5 − 5 (k + 1)3 + 4 (k + 1) == k5 + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1−


−5(k3 + 3k2 + 3k + 1

)+ 4k + 4 =

= k5 − 5k3 + 4k︸︷︷︸

i.h. 120|

+ 5 (k − 1)k (k + 1) (k + 2)︸︷︷︸

120|

Az utolso tag egy ottenyezos szorzat, amely 5-tel biztosan oszt-hato. Negy egymast koveto szam kozott pedig biztosan van ketparos, amelyek kozul az egyik 4-gyel is oszthato, ezert szorzatukbiztosan oszthato 8-cal is. A negy egymast koveto szam kozottvan (legalabb egy) 3-mal oszthato szam is, ıgy a teljes szorzatoszthato 3 · 5 · 8 = 120-szal.

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

e) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve a 18 | 18 igaz allıtast kapjuk.


22(k+1) + 24 (k + 1) − 10 = 22k · 22 + 24k + 24 − 10 == 4

(22k + 24k − 10

)− 3 · 24k + 54 =

= 4(22k + 24k − 10

)

︸︷︷︸

i.h. 18|

− 18 (4k − 3)︸︷︷︸

18|

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.4. a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve a 2 = 2 igaz allıtast kapjuk.P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve az 1 = 1 igaz allıtast kapjuk.

ii. Bizonyıtando, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) → P (k + 1)):

ak+1 = ak + 2ak−1i.h.= 2k+1 + (−1)

k+1+ 2

(

2k + (−1)k)

=

= 2k+1 + (−1) · (−1)k

+ 2k+1 + 2 · (−1)k

=

= 2 · 2k+1 + (−1)k

= 2k+2 + (−1)k+2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

b) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve a 2 > 32 egyenlotlenseget kapjuk.

P (2) igaz: 2-t behelyettesıtve a 3 > 94 egyenlotlenseget kapjuk.


ak+3 = ak+2 + ak+1

i.h.>

(32

)k+

(32

)k−1=

= 23 ·

(32

)k+1+ 4

9 ·(

32

)k+1= 10

9 ·(

32

)k+1>

(32

)k+1

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

c) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve a 0 = 0 igaz allıtast kapjuk.P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve az 1 = 1 igaz allıtast kapjuk.



ak+1 = ak + ak−1i.h.= 1√

5

((1+

√5

2

)k

−(

1−√

52

)k)

+

+ 1√5

((1+

√5

2

)k−1

−(

1−√

52

)k−1)

=

= 1√5

(

21+

√5

(1+

√5

2

)k+1

− 21−

√5

(1−

√5

2

)k+1)

+

+ 1√5

((2

1+√

5

)2 (1+

√5

2

)k+1

−(

21−

√5

)2 (1−

√5

2

)k+1)

=

= 1√5

(2(1+

√5)+4

(1+√

5)2

(1+

√5

2

)k+1

− 2(1−√

5)+4

(1−√

5)2

(1−

√5

2

)k+1)

=

= 1√5

((1+

√5

2

)k+1

−(

1−√

52

)k+1)

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.5. Nehany ertekre kiprobalva sejtsuk meg, hogy az elso n paratlan szamotosszeadva melyik negyzetszamot kapjuk eredmenyul. Ezert a feladat allı-

tasa:n∑

i=1

(2i − 1) = n2.

i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve az 1 = 12 igaz allıtast kapjuk.


i=1

(2i − 1) =k∑

i=1

(2i − 1) + 2 (k + 1) − 1i.h.= k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.6. Felhasznalva az 1.4.5. feladat jeloleset az allıtas: f(n) = 12

(n2 + n + 2

).

i. P (0) igaz: 0-t behelyettesıtve 0-t kapunk.


f(k + 1) = f(k) + (k + 1)i.h.= 1

2

(k2 + k + 2

)+ k + 1 =

= 12

(k2 + 3k + 4

)= 1

2

(

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

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.7. Felhasznalva az 1.4.6. feladat jeloleset az allıtas: f(n) = n2 − n + 2.

i. P (1) igaz: 1-et behelyettesıtve 2-t kapunk.



f(k + 1) = f(k) + 2ki.h.= k2 − k + 2 + 2k =

= k2 + k + 2 = (k + 1)2 − (k + 1) + 2

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.8. i. P (3) igaz: a haromszog belso szogeinek osszege 180◦.


Barmely k+1-szognek van konvex szoge. Valasszuk ki a hozza tartozocsucsot, es a ket szomszedos csucsot osszekotve bontsuk fel a k + 1-szoget egy k-szogre es egy haromszogre. Az indukcios felteves szerintekkor a k-szog belso szogeinek osszege (k − 2) 180◦. A k + 1-szogbelso szogeinek osszege megegyezik a k-szog es a haromszog belsoszogeinek osszegevel, ıgy az tenyleg (k − 1) 180◦.

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.9. Ket lehetseges modszert is bemutatunk a bizonyıtasra. Az elsoben a szo-kasos indukcios modszer szerint, mıg a masodikban a feladat szovegebenleırt utmutato szerint jarunk el.

1. i. P (2) igaz:√

a1a2 ≤ a1+a2

2 -t atrendezve a 0 ≤ (a1 − a2)2 egyen-

lotlenseget kapjuk.


Felteve, hogy a1a2 . . . ak ≤(

a1+a2+...+ak

k

)k, azt kell igazolni,

hogy a1a2 . . . akak+1 ≤ Ak+1, ahol A a k + 1 elem szamtanikozepe. Ha van a1, a2, . . . , ak+1 kozott A-val egyenlo (legyen ezpl. ak+1 = A), akkor kesz, mert a1+a2+...+ak

k = A is teljesul es

a1a2 . . . akak+1

i.h.≤ An · A = Ak+1.

Ha nincs ilyen elem, akkor valasszunk egy A-nal kisebb es egyA-nal nagyobb elemet: A− x, A + y, ahol x, y ∈ R+. Ezeket he-lyettesıtsuk A-val es (A + y − x)-szel, amelyek mindegyike nem-negatıv. Mivel (A − x) (A + y) < A (A + y − x), ezert a k + 1szam szorzata novekedett, szamtani kozepe azonban valtozatlanmaradt. Az elozo bekezdes ertelmeben meg az uj szorzat semnagyobb Ak+1-nel.

iii. i. ∧ ii. =⇒ ∀n P (n)

2. i. P (2) igaz: Lasd az 1. bizonyıtasi modszernel.


ii. Bizonyıtando, hogy ∀m(P (2m−1) → P (2m)

):

12m (a1 + a2 + . . . a2m) = 1

2m−1

[12 (a1 + a2) + 1

2 (a3 + a4) + . . .+

+ 12 (a2m−1 + a2m)

] P (2)

≥≥ 1

2m−1

(√

a1a2 +√

a3a4 + . . . +√

a2m−1a2m

) i.h.≥

≥ 2m√

a1a2 . . . a2m

iii. Bizonyıtando, hogy ∀k (P (k + 1) → P (k)):Alkalmazzuk P (k+1)-et az a1, a2, . . . , ak, k

√

a1a2 . . . ak szamok-ra. Ekkor

1k+1

(

a1 + a2 + . . . ak + k√

a1a2 . . . ak

) i.h.≥

≥ k+1

√

a1a2 . . . akk√

a1a2 . . . ak =k+1

√

(a1a2 . . . ak)k+1

k =

= k√

a1a2 . . . ak

Ezzel bebizonyıtottuk, hogy a1 + a2 + . . . ak + k√

a1a2 . . . ak ≥(k + 1) k

√

a1a2 . . . ak, vagyis a1 + a2 + . . . ak ≥ k k√

a1a2 . . . ak.

iv. i. ∧ ii. ∧ iii. =⇒ ∀n P (n)

1.5.10. Olvassa el tuzetesen a biznyıtasokat es alkalmazza az elmondottakat aP (1) =⇒ P (2) (vagy a b) esetben a P (0) =⇒ P (1)) kovetkeztetesre.

a) A hibas lepes:”Tehat mind az A, mind a B gep ugyanolyan, mint

amelyeket nem mozgattunk el.”

b) A hibas lepes, hogy a bizonyıtasban felhasznaljuk P (k − 1)-et is. Ezazt jelenti, hogy k = 1 eseten a nevezoben a−1 van, amirol nemtudjuk, hogy 1.

c) A hibas lepes, hogy x− 1 es y − 1 nem biztos, hogy pozitıv, ıgy nemlehet rajuk az indukcios hipotezist alkalmazni.

2. fejezet

Kombinatorika

2.1. Permutaciok

2.1.1. P6 = 6! = 720

2.1.2. P12 = 12! = 479 001 600

2.1.3. P8 = 8! = 40 320

2.1.4. P 10,4,216 =

16!

10! 4! 2!= 120 120

2.1.5. a) P5 = 5! = 120

b) P 25 =

5!

2!= 60

c) P 2,35 =

5!

2! 3!= 10

2.1.6. A szo kiolvasasa soran 7-szer lepunk jobbra es 5-szor lefele. A 12 lepes

ismetleses permutacioinak szama adja a megoldast: P 5,712 =

12!

5! 7!= 792

2.1.7. P5 = 5! = 120

2.1.8. P(c)8 = 7! = 5 040

165

166 2. KOMBINATORIKA

2.2. Variaciok

2.2.1. V20,6 = 20!(20−6)! = 20!

14! = 27 907 200

2.2.2. V30,18 = 30!12!

2.2.3. V(i)8,5 = 85 = 32 768, ha a szamjegyek tobszor felhasznalhatok,

V8,5 = 8!3! = 6 720, ha mindegyik szamjegy csak egyszer hasznalhato fel.

2.2.4. 10-es szamrendszerben: 9 · V9,5 = 9 · 9!4! = 136 080

8-as szamrendszerben: 7 · V7,5 = 7 · 7!2! = 17 640

12-es szamrendszerben: 11 · V11,5 = 11 · 11!6! = 609 840

2.2.5. V(i)3,14 = 314 = 4 782 969

2.2.6. a) V(i)2,10 = 210 = 1 024

b) V(i)6,10 = 610 = 60 466 176

2.2.7. V(i)5,30 = 530

2.3. Kombinaciok

2.3.1. C20,6 =(206

)= 38 760

2.3.2. C32,4 =(324

)= 32!

4!·28! = 35 960

2.3.3. 5-os lotto: C90,5 =(905

)= 43 949 268

6-os lotto: C45,6 =(456

)= 8 145 060

Skandinav lotto: C35,7 =(357

)= 6 724 520

2.3.4. a) C10,3 =(103

)= 120

b) C9,4 =(94

)= 126

c) C5,4 =(54

)= 5

2.3.5. C9,3 + C9,4 =(93

)+

(94

)= 210

2.3.6. a) V32,6 = 32!26! = 652 458 240

b) C32,6 =(326

)= 906 192

2.3.7. C(i)12,5 =

(12+5−1

5

)=

(165

)= 4 368

2.4. VEGYES 167

2.4. Vegyes

2.4.1. a) V6,4 = 6!2! = 360

b) V(i)6,4 = 64 = 1296

c) C6,4 =(64

)= 15

d) C(i)6,4 =

(94

)= 126

2.4.2. a) V(i)5,5 = 55 = 3125

b) 4 · V (i)5,4 = 4 · 54 = 2500

c) P5 = 5! = 120

d) 4 · P4 = 4 · 4! = 96

2.4.3. Vonjuk ki az osszes lehetseges 6-jegyu szambol azokat, amelyekben nincsismetlodes:7 · V (i)

8,5 − 7 · V7,5 = 7 · 85 − 7 · 7!2! = 211 736

2.4.4. Az elso helyre 9-fele szamjegy valaszhato, mert itt nem allhat 0, a tobbihelyre pedig ugyancsak 9-fele, mert a szamjegy nem lehet azonos a meg-elozovel. Tehat 96 = 531 441.

2.4.5. Osszesen 7 betu all rendelkezesunkre. A 7 lehetseges hely kozul ki kellvalasztani azt a 3-at, ahova a maganhangzok kerulnek. Ez

(73

)-felekeppen

lehetseges. A megmarado helyeken 4!-felekeppen rendezhetok el a massal-hangzok. Tehat

(73

)· 4! = 840-felekeppen lehet a felteteleknek megfeleloen

osszekeverni a betuket.

2.4.6. Az oxigen mindharom izotopjahoz haromfelekeppen valaszthato ket hid-rogenatom: ket olyan eset van, amikor a hidrogenatomok egyformak esegy olyan, amikor nem egyformak. Tehat: 3 · 3 = 9.

2.4.7. V4,3 · V5,3 · V6,3 = 24 · 60 · 120 = 172 800

2.4.8. Jeloljuk a halmaz elemszamat n-nel! Pn+2

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

Ebbol n = 29.

2.4.9. Jeloljuk a piros golyok szamat n-nel!

P3,n = (n+3)!3!·n! = (n+3)(n+2)(n+1)

6 = 4495. Innen n = 28.


2.4.10. I. megoldas: Az elso kocsiba valasztunk 3 embert, a masodikba a megma-rado 6-bol 3 embert, vegul az utolso 3 ember felszall a harmadik kocsiba.Tehat: C9,3 · C6,3 · C3,3 =

(93

)·(63

)·(33

)= 84 · 20 · 1 = 1 680

II. megoldas: Minden emberhez valasztunk egy kocsit. Minden kocsit pon-tosan haromszor kell felsorolni, ıgy 9 elem ismetleses permutacioit kapjuk:P 3,3,3

9 = 9!3!·3!·3! = 1 680

2.4.11. a) V(i)2,12 = 212 = 4 096

b) C12,8 =(128

)= 495

2.4.12. V2,n+2 − V2,n = 2n+2 − 2n = 3 · 2n = 3 072. n = 10

2.4.13. a) C12,3 · C9,4 · C5,5 =(123

)·(94

)·(55

)= 27 720

b) C12,4 · C8,4 · C4,4 =(124

)·(84

)·(44

)= 34 650

c)C12,4·C8,4·C4,4

3! = 5 775

2.4.14. a) C8,5 =(85

)= 56

b) 8 · C24,4 = 8 ·(244

)= 85 008

c) Az osszes lehetseges huzasbol el kell hagyni azokat, amelyekben nincspiros: C32,5 − C24,5 =

(325

)−

(245

)= 158 872

d) C8,2 · C8,3 =(82

)·(83

)= 1 568

e) Egy szınbol ket lap lesz a kihuzottak kozott. Ez a szın 4-fele lehet:4 · C8,2 · C8,1 · C8,1 · C8,1 = 4 ·

(82

)· 83 = 57 344

f) Ha a kihuzott asz nem piros, akkor 3-fele lehet es C7,4-felekeppenvalaszthato a 4 piros lap. Ha a piros asz a kihuzott lapok kozottvan, akkor C7,3-felekeppen huzhattuk a masik harom piros lapot es21-fele lehet az otodik lap. Tehat: 3 ·

(74

)+ 21 ·

(73

)= 840

g) C11,5 =(115

)= 462

h) Ilyen nem lehetseges, tehat 0.

2.4.15. Osszesen 14 lepesre van szukseg, megpedig 7-szer kell jobbra es 7-szerlefele lepnunk. A 14 lepes minden sorrendje egy-egy utvonalat hatarozmeg, tehat az utvonalak szama: P 7,7

14 = 14!7!·7! = 3 432

2.4.16. 5-felekeppen valaszthatjuk azt a sort, amelyikben az osszes lampa vilagıt.A masik negy sor kozul az elsoben 6-felekeppen valaszthatjuk azt a lampat,

2.4. VEGYES 169

amelyik nem vilagıt, a masodikban mar csak 5-felekeppen, a harmadikban4-felekeppen, a negyedikben pedig 3-felekeppen. Tehat a megoldas 5 · 6 ·5 · 4 · 3 = 1 800.

2.4.17. Az ultetes nyilvan csak ugy lehetseges, ha felvaltva ulnek a nok es a ferfiak.

a) Az elso helyre a 10 ember barmelyiket ultethetjuk, a mellette levohelyre viszont mar csak az 5 ellenkezo nemubol valaszthatunk. Akovetkezo ket helyre 4 - 4 ember maradt stb.Igy 10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 28 800 ultetes lehetseges.

b) Az elozo eset 10 - 10 ultetese most egynek szamıt, mert ezek egymas-ba forgathatok, ıgy 10-szer kevesebb, azaz 2 880 ultetes lehetseges.

2.4.18. Tegyuk fel eloszor, hogy k ≥ 0. Az origobol akkor jutunk a k pontba,ha jobbra k-val tobbet lepunk, mint balra, azaz a jobbra lepesek szaman+k

2 , a balra lepeseke n−k2 .∗ A lehetseges utvonalak szama a jobbra- es

balralepesek sorrendjeinek szamaval egyezik meg, tehat k-ba Pn+k

2, n−k

2n =

n!

(n+k2 )! (n−k

2 )!felekeppen juthat a pont. Ha k < 0 akkor a szimmetria

miatt nyilvanvalo, hogy k-ba ugyanannyifelekeppen lehet eljutni, mint az

abszolutertekebe, ıgy a megoldas:n!

(n+|k|

2

)

! ·(

n−|k|2

)

!

2.4.19. A 9-szog barmely 4 csucsat kivalasztva azok egy konvex negyszoget hata-roznak meg. A konvex negyszog atloinak metszespontja egyben a9-szog atloinak is egy metszespontja. Megfordıtva, ha a konvex 9-szogket atloja metszi egymast a 9-szog belsejeben, akkor az atlok vegpontjaiegyertelmuen meghataroznak egy konvex negyszoget, melynek csucsai egy-ben a 9-szog csucsai is. A konvex negyszogek es az egymast a 9-szog bel-sejeben metszo atloparok kozott tehat bijektıv lekepezes letesıtheto, ezertszamuk megegyezik: C9,4 =

(94

)= 126. Az atlok metszespontjainak szama

ugyanennyi, ha nincs olyan metszespont, amelyre kettonel tobb atlo is il-leszkedik, egyebkent ennel kevesebb.

2.4.20. C9,7 · V12,7 =(97

)· 12!

5! = 9! 12!7!·2!·5! = 143 700 480

∗Ebbol nyilvanvaloan kovetkezik, hogy n es k azonos paritasu kell legyen, azaz ha n

paratlan, akkor csak paratlan szamhoz tartozo, ha n paros, akkor csak paros szamhoz tartozopontba juthatunk.


2.4.21. a) Minden golyot beleteszunk egy dobozba, azaz 8 elembol 24-szer va-lasztunk. A kivalasztas sorrendje nem szamıt.

Tehat: C(i)8,24 =

(3124

)= 31!

24!·7! = 2 629 575

b) A gondolatmenet az elozohoz hasonlo, csak eloszor minden dobozbateszunk egy golyot es a megmarado 16 golyot kell elosztani a 8 doboz

kozott: C(i)8,16 =

(2316

)= 23!

16!·7! = 245 157

c) C(i)8,8 =

(158

)= 15!

8!·7! = 6 435

2.5. Binomialis egyutthatok

2.5.1. a) Elso megoldas:(nk

)= n!

k!·(n−k)! = n!(n−k)!·(n−(n−k))! =

(n

n−k

)

Masodik megoldas: Legyen H egy n elemu halmaz. Tudjuk, hogy(nk

)

egyenlo a H halmaz k elemu reszhalmazainak szamaval, mıg(

nn−k

)az

n−k elemu reszhalmazainak szamaval. Azt kell igazolnunk, hogy H-nak ugyanannyi k elemu reszhalmaza van, mint n−k elemu. Jeloljuka H halmaz k elemu reszhalmazainak halmazat A-val, n − k elemureszhalmazainak halmazat pedig B-vel.Az f : A → B , X 7→ X fuggveny bijekcio, hiszen A minden elemenekvan komplementere, ami B-nek eleme, kulonbozo reszhalmazokkomplementere is kulonbozo es B minden eleme komplementere asajat komplementerenek ami A-nak eleme. Ebbol kovetkezik, hogy|A| = |B|, ami igazolja az allıtast.

b) Egy n + 1 elemu halmaz k + 1 elemu reszhalmazainak szama(n+1k+1

).

Ugyanezt a kovetkezokeppen is kiszamolhatjuk: Tuntessuk ki az n+1elemu halmaz egy elemet. A halmaz olyan k + 1 elemu reszhalmaza-inak szama, amelyben nincs benne a kituntetett elem

(n

k+1

), mert

ekkor n elembol kell kivalasztani k + 1-et. Az olyan k + 1 elemureszhalmazok szama, amelyben benne van a kituntetett elem

(nk

),

hiszen ekkor a kituntetett elem melle csak k db-ot kell valasztani anem kituntetettek kozul.Osszesen tehat

(nk

)+

(n

k+1

)darab k + 1 elemu reszhalmaza van az

n + 1 elemu halmaznak, ami az allıtast igazolja.∗

c) Az osszefugges bal oldalan egy n elemu halmaz reszhalmazainakszamat ırtuk fel, hiszen

(n0

),(n1

),(n2

), . . . ,

(nn

)rendre a 0, 1, 2, . . . , n

elemu reszhalmazok szamat jelenti es ezeket adjuk ossze. Masreszt

∗Belathato az allıtas algebrai atalakıtasok segıtsegevel is.

2.6. BINOMIALIS TETEL 171

2n ugyancsak az n elemu halmaz reszhalmazainak a szama, ugyanisamikor egy reszhalmazt kivalasztunk, akkor minden elemrol egyen-kent el kell dontenunk, hogy benne legyen-e a reszhalmazban, vagysem. Tehat minden elem eseten 2-felekeppen donthetunk egymastolfuggetlenul es ez 2n lehetoseg.∗

d) Az osszefugges azt fejezi ki, hogy egy n elemu halmaznak ugyanan-nyi paros szamu elemet tartalmazo reszhalmaza van, mint paratlanszamut tartalmazo. Ha n paratlan, akkor ez nyilvanvalo, hiszenminden reszhalmazhoz hozzarendelve a komplementeret kolcsonosenegyertelmu lekepezest letesıtunk a paros, illetve paratlan elemszamureszhalmazok halmaza kozott. Ha n paros, akkor tuntessunk ki egyelemet. Azon reszhalmazok kozott, amelyekben a kituntetett elemnem szerepel ugyanannyi paros, illetve paratlan elemszamu van, mertezek azon paratlan elemszamu halmaz reszhalmazai, amelyet az ere-deti halmazbol a kituntetett elem elhagyasaval kaptunk. A kitunte-tett elemet is tartalmazo reszhalmazok eloallıthatok ugy, hogy azelobbi reszhalmazok mindegyikehez hozzatesszuk a kituntetett ele-met, aminek kovetkezteben a paros elemszamu reszhalmazbol parat-lan, a paratlan elemszamubol pedig paros elemszamu reszhalmaz ke-letkezik. Emiatt a kituntetett elemet tartalmazo reszhalmazok kozottis ugyanannyi a paros elemszamu, mint a paratlan, ami allıtasunkatigazolja.∗

e)(

nk

)= n!

k!·(n−k)! = nk · (n−1)!

(k−1)!·(n−k)! = nk ·

(n−1k−1

)

f) Hasznaljuk az (e) es a (c) pont eredmenyet:n∑

k=1

k ·(nk

)=

n∑

k=1

n ·(n−1k−1

)= n ·

n∑

k=1

(n−1k−1

)= n ·

n−1∑

k=0

(n−1

k

)= n · 2n−1

2.5.2. Az egyenlet 0, 7 · 25·24·...·(26−x)x·(x−1)·...·1 = 23·22·...·(24−x)

x·(x−1)·...·1 alakba ırhato. Egy-

szerusıtve: 420 = (25 − x)(24 − x), amibol x = 4 adodik.

2.6. Binomialis tetel

2.6.1. a) (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

b) (3x − 1)4

= 81x4 − 108x3 + 54x2 − 12x + 1

∗Szokas ezt az osszefuggest binomialis tetel segıtsegevel is igazolni.


c) (2x − 3y)6 = 64x6 − 576x5y + 2160x4y2 − 4320x3y3++4860x2y4 − 2916xy5 + 729y6

2.6.2. Induljunk ki a jobb oldalbol es hasznaljuk a binomialis tetelt:

a) (−1)n

= (1 − 2)n

=n∑

k=0

(nk

)· (−2)

k · 1n−k =n∑

k=0

(−2)k ·

(nk

)

b) 3n = (1 + 2)n

=n∑

k=0

(nk

)· 2k · 1n−k =

n∑

k=0

2k ·(nk

)

3. fejezet

Matematikai logika

3.1. Kijelenteslogika

Kijelentesek

3.1.1. Kijelentesek: a), c), e), g), h).

3.1.2. a) A rozsa virag. (igaz)

b) A (8, 2) szampar elso eleme nem oszthato a masodikkal. (hamis)

c) Az y = x (x − 2) egyenletu gorbe az x tengelyt az origoban es a (2, 0)pontban metszi. (igaz)

d) A[2, 5

2

]intervallum barmely ket pontjanak tavolsaga legfeljebb 1.

(igaz)

e) A malatabol keszult kave fekete. (igaz)

3.1.3. a) Kati nem megy iskolaba.

b) Van olyan foiskolai hallgato, aki nem szorgalmas.

c) Nincs paros prımszam. / Minden prımszam paratlan.

d) A 9 vagy paros vagy oszthato 3-mal.

e) A 21 nem paros es nem oszthato 2-vel. / A 21 paratlan szam.

f) Van olyan asszony, aki eleteben nincs olyan pillanat, amikor olyattesz, amit nem szabad. / Van olyan asszony, aki eleteben mindenpillanat olyan, hogy csak olyat tesz, amit szabad.

173


3.1.4. a) p ∧ q p : Hideg van.q : Esik az eso.

b) p ∧ ¬q p : Sut a nap.q : Fuj a szel.

c) (p ∧ q) → ¬r p : Melegem van.q : Ehes vagyok.r : Tudok dolgozni.

d) ((p ∧ q) → r) ∧ (¬p → ¬r) p : Marci idoben felebred.q : Eleri a vonatot.r : Boldog lesz.

e) (p ∨ q) ∨ (¬p ∧ ¬q) p : Busszal megyek.q : Gyalog megyek.

f) p → (q → r) p : Holnap jo ido lesz.q : Lesz kedvetek setalni.r : Elmegyunk setalni.

g) p ↔ ((q ∧ ¬r) ∨ (¬q ∧ r)) p : Egy egeszekbol allo kettaguosszeg paratlan.q : A tagok kozul az 1. paratlan.r : A tagok kozul a 2. paratlan.

h) (p ∧ q) → r p : Tavasz van.q : Cseresznyefaviragzas van.r : A japanok a fak alatt pikni-keznek.

i) (q ∧ r) → p p : A fuge megterem M.o.-on.q : A homerseklet meghaladja a30◦-ot.r : Szarazsag van.

j) ¬p ↔ q p : Juli tud aludni.q : A margitszigeti szınpadonoperat jatszanak.

k) p ↔ q p : Piros a lampa.q : Megallok.

Logikai formulak

3.1.5. a) Alkalmazza az elso formulara a disztributıv torvenyt, majd pedig ap ∨ ¬p = i azonossagot.

b) Alkalmazza az elso formulara a disztributıv torvenyt, majd pedig a


p ∧ ¬p = h azonossagot.

c) Az elso formula elso diszjunkcios tagjara alkalmazza a b) pelda ered-menyet, a masodik es harmadik tagra pedig a de Morgan azonossagot.

3.1.6. a) Igen. (Igazolja, hogy mindket formula pontosan akkor hamis, ha|p| = i es |q| = h.)

b) Nem. (A |p| = h logikai ertek mellett az elso formula logikai ertekehamis, mıg a masodike igaz.)

3.1.7. A formulak kituntetett diszjunktıv normalformaja (KDNF) ertektabla-jukbol olvashatok ki legegyszerubben. Az alabbiakban megadjuk a lehetolegegyszerubb diszjunktıv normalformakat (DNF-eket is), amelyek tovabbiegyenerteku atalakıtasok segıtsegevel hatarozhatok meg.

a) (p ∧ q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ ¬r)∨(¬p ∧ q ∧ r)∨(¬p ∧ q ∧ ¬r)∨∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = ¬p ∨ ¬q ∨ r

b) (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) = (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ r)

c) (p ∧ q ∧ r)∨ (p ∧ q ∧ ¬r)∨ (¬p ∧ q ∧ ¬r)∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = (p ∧ q)∨∨ (¬p ∧ ¬r)

d) A formula egyetlen esetben vesz fel hamis logikai erteket. Ennektagadasaval es a de Morgan szabaly alkalmazasaval DNF-et kapunk.

¬ (¬p ∧ q ∧ ¬r) = p ∨ ¬q ∨ r

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

3.1.8. Az a) es b) formulak tautologiak, c) nem.

3.1.9. a) Tautologia

|p| = 0 |p| = 1

|q| = 0 |q| = 1

11

1

((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → p

((q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) → 0 (1 ∧ ¬q ∧ ¬r) → 1

(r ∧ 1 ∧ ¬r) → 0 (1 ∧ 0 ∧ ¬r) → 0


b) Tautologia

|p| = 0 |p| = 1

|q| = 0 |q| = 1

11

1

(¬ (p ↔ r) ∧ q) → (p ∨ q)

(¬¬r ∧ q) → q (¬r ∧ q) → 1

0 → 0 r → 1

c) Kielegıtheto

|p| = 0 |p| = 1

|q| = 0 |q| = 1

00

1

p → ¬ (¬q ∧ (¬q → ¬p))

0 → (¬q ∧ 1) 1 → (¬q ∧ (¬q → 0))

1 → (1 ∧ 0) 1 → (0 ∧ 1)

d) Kielegıtheto

|p| = 0

|p| = 0

|p| = 1

|p| = 1

|q| = 0 |q| = 1

|r| = 0 |r| = 1

0

0

1

11

(p ∨ ¬q) → ((¬p ∧ r) ↔ (q → ¬p))

1 → ((¬p ∧ r) ↔ 1) p → ((¬p ∧ r) ↔ ¬p)

1 → (0 ↔ 1) 1 → (¬p ↔ 1) 0 → (r ↔ 1) 1 → (0 ↔ 0)

1 → 1 1 → 0


e) Kontradikcio

|p| = 0 |p| = 1

|q| = 0 |q| = 1

0

0

0

→

(p ∨ ((¬q ∨ r) → p)

)↔

(¬p ∧ (q → r)

)

((¬q ∨ r) → 0

)↔ (q → r) 1 ↔ 0

(1 → 0) ↔ 1 (r → 0)↔ (1 → r)¬r↔ r

3.1.10. a) Megfordıtasok:

c) Ha nem tudok dolgozni, akkor melegem van vagy ehes vagyok.

f) Ha holnap elmegyunk setalni, akkor jo ido lesz es lesz kedvetekhozza.

h) Ha a japanok a fak alatt piknikeznek, akkor tavasz van es cse-resznyefaviragzas.

b) Tagadasok:

c) Nem igaz, hogy ha melegem van vagy ehes vagyok, akkor nem tu-dok dolgozni. / Van olyan, hogy melegem van vagy ehes vagyok,es tudok dolgozni.

f) Nem igaz, hogy. . . / Lehet, hogy holnap jo ido lesz es ugyan ked-vetek van setalni, megsem megyunk el.

h) Elofordul, hogy tavasszal, cseresznyefaviragzaskor a japanok nem

piknikeznek.

c) Kontrapozıciok:

c) Ha tudok dolgozni, akkor nincs melegem es nem is vagyok ehes.

f) Ha nem megyunk el holnap setalni, akkor nincs jo ido, vagy nincskedvetek hozza.

h) Ha a japanok nem piknikeznek a fak alatt, akkor nincs tavasz,vagy nincs cseresznyefaviragzas.

Kovetkeztetesek a kijelenteslogikaban

3.1.11. a) A1 : p → q A2 : q → r A3 : p ∨ sA4 : s → (t → r) A5 : ¬r.


b) A szemtanu nem mondott igazat.Az A5 alapjan |r| = h, melybol az A2 kijelentes igaz volta csak ugylehetseges, ha |q| = h. Ha |q| = h, akkor az A1 miatt |p| = h. Igyaz A3-bol |s| = i. Az A4-beli implikacio s elotagja tehat igaz, ezertaz utotag, (t → r) logikai ertekenek is igaznak kell lennie. Az |r| = hismereteben ez csak ugy lehetseges, ha |t| = h.

3.1.12.A B C D

1 1 1 1

0/1 1 1 1

1 0 1 0

0 0 1 0/1

3.1.13. Az alabbi feladatok megoldasanal a kovetkezo modszert valasztjuk: meg-vizsgaljuk, hogy a konkluzio hamis volta eseten lehetseges-e, hogy az osszespremissza logikai erteke igaz. Ha nem, akkor a kovetkeztetes helyes.

a) Nem. A konkluzio |(p ∨ r) → q| = h, ha pl. |r| = i, |p| = |q| = h.Ellenorizzuk, hogy ekkor a premisszak igazak.

b) Igen. A |p → r| = h csak ugy lehetseges, ha |p| = i es |r| = h. Ezviszont lehetetlen a harmadik premissza miatt.

c) Nem. pl. |p| = |q| = |r| = h es |s| = i.

d) Igen.

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

f) Igen.

3.1.14. a) Az oram nem jar jol; a busz idejeben jon; nem erkezem meg a gya-

korlat megkezdese elott.

Jelolesek: p : Jol jar az oram. q : Idejeben jon az autobusz. r : Meg-erkezem a gyakorlat megkezdese elott.

A premisszak: A1 : p → (q → r), A2 : q ∧ ¬r.

Felteve, hogy a premisszak igazak:|A2| = i =⇒ |q| = i es |r| = h =⇒ |q → r| = h.|q → r| = h es |A1| = i =⇒ |p| = h.=⇒ ¬p ∧ q ∧ ¬r.


b) Csak Almadiba megyunk.

Jelolje rendre p, q, r, hogy Tihanyba, Furedre ill. Almadiba megyunk.

A premisszak: A1 : p ↔ q, A2 : ¬r → ¬q, A3 : ¬ (r ∧ p) ∧ (r ∨ p).|A3| = i, ha |r| = i es |p| = h vagy fordıtva.Az |r| = i es |p| = h feltetel mellett a |q| = h valasztassal az A1 esA2 premisszak is igazak.

A |r| = h es |p| = i valasztassal q-nak barmilyen logikai erteketvalasztunk A1 es A2 kozul legalabb az egyik hamis.=⇒ (r ∧ ¬p ∧ ¬q).

3.1.15. a) A nyomozo nem dontott helyesen.

Jelolesek: p : Joe nem talalkozott akkor ejjel Freddel; q : Fred agyilkos; r : Joe hazudik; s : A gyilkossag ejfel utan tortent.

A vizsgalando kovetkeztetes:

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

b) Nem kovetkezik.

Jelolesek: p : Esik az eso; q : Etteremben ebedelunk; r : Elmegyunkkirandulni.


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

c) A kovetkeztetes helyes.

Jelolesek: p : Samantha inni kezd; q : Jockey eladja a reszvenyeketCliff Barnes-nak; r : Ellie boldogtalan lesz; s : Pamela osszeveszBobby-val.


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

Ha az A1 premissza szoveget megvaltoztatjuk, akkor a formula azalabbiak szerint modosul:

A1 : (q ∧ s) → p

Ezzel a valtoztatassal is helyes a kovetkeztetes, mely szerint Ellie bol-dogtalan lesz, ha Pamela osszevesz Bobby-val.


d) A kovetkeztetes nem helyes.

Jelolesek: p : Veszek almat; q : Olcso a tojas; r : Keszıtek maglya-rakast; s : Ehes maradok.


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

3.1.16. a) Nem helyes kovetkeztetes.

Jelolesek: p : Noszminosz igazmondo; q : Noszminosz a varos tanı-toja; r : Grettli fahazban el. s : Grettli az erdo mellett el; t : Grettlia varos reme.


A1, A2 ⇒ A3

p → (q ∧ ¬r) , (s ∧ r) → ¬t ⇒ (s ∧ p) → ¬t

b) Noszminosz a varos igazmondo tanıtoja. (p ∧ q)

Ellenorizzuk, hogy az A1, A2 es ¬A3 pontosan akkor igaz, ha |s| =|p| = |t| = |q| = i es |r| = h

3.2. Predikatumlogika

Predikatumok

3.2.17. a) igaz

b) hamis

c) hamis

3.2.18. a) ¬Rx

b) ¬Px ∧ ¬Qx = ¬ (Px ∨ Qx)

c) ¬Rx ∧ Px = ¬ (Rx ∨ ¬Px)

d) ¬Rx ∧ ¬Qx = ¬ (Rx ∨ Qx)

e) (¬Rx ∧ Px) ∨ Qx = ¬ (Rx ∨ ¬Px) ∨ Qx


Kvantifikacio

3.2.19. a) Hx: x hollo. Fx: x fekete. ∀x (Hx → Fx)

b) Fx: x feher. Hx: x hattyu. ∃x (Hx ∧ Fx)

c) Rxy: x anyja y-nak.Fx: x fiu.Sxy: x szereti y-t. ∀x∀y ((Rxy ∧ Fy) → Sxy)

d) V x: x vas. Fx: x fem. ∀x (V x → Fx)

e) Tx: x torony. Fx: x fuggoleges. ∃x (Tx ∧ ¬Fx)

f) p: Pal, a: PaulaPxyz: x adja y-t z-nek.Lx : x level. ∃x (Lx ∧ Ppxa)

g) Sx: x szam. Qx: x racionalis. ∃x (Sx ∧ ¬Qx)

h) Sx: x szam. Qx: x racionalis.Ix: x irracionalis. ¬∃x ((Sx ∧ Qx) → Ix)

3.2.20. a) |∃xPx| = i |∀xPx| = h

b) |∀x¬Px| = i |∃xPx| = h

c) |∀x∀y ¬Pxy| = h |∀x∀y Pxy| = h

d) |∃xPx| = i |∀x¬Px| = h

3.2.21. a) Mindenki fel valakitol.

b) Van valaki, aki mindenkitol fel.

c) Mindenkitol fel valaki.

d) Van valaki, akitol mindenki fel.

3.2.22. Az a) es e) allıtasok hamisak, a tobbi igaz.

3.2.23. a) A prımszamok parosak. [h]

b) Van paros prım. [i]

c) Ha egy termeszetes szam prım, akkor vagy paratlan vagy legfeljebb2 az erteke. [i]

d) A paros prımszamok szamerteke legfeljebb 2. [i]

3.2.24. a) 1. Minden prımnek osztoja a 4.

2. A 3 prımszam es nem osztoja a 6-nak.


3. A prımek osztoi csak prımek lehetnek.

4. Van olyan prım, amelynek a 4 nem osztoja.

b) 1. [h]; 2. [h]; 3. [h]; 4. [i].

c) Igen, az 1. es a 4. formula.

∀x (Px → O4x) = ¬∃x¬ (Px → O4x) = ¬∃x (Px ∧ ¬O4x)

d) ∀y ∃xOxy; ∃y ∀x (Oxy → ¬Px)

3.2.25. a) 1. A piros viragok szebbek a tulipannal.

2. A rozsa piros es nem szebb a tulipannal.

3. Azok a viragok, amelyek nem pirosak es szebbek a rozsanal, min-den viragnal szebbek.

4. Van olyan piros virag, amelyik nem szebb a tulipannal.

b) Igen, az 1. es a 4. formula.

∀x (Px → Sxt) = ¬∃x¬ (Px → Sxt) = ¬∃x (Px ∧ ¬Sxt)

c) Igen, a 2. ⇒ 4. igaz, de a megfordıtasa nem.

d) ∀x∃y ¬Sxy; ∀x∃y Sxy

3.2.26. a) 1. Kati szoke, es nem okosabb a nem szoke nok egyikenel sem.

2. A szoke noknel a nem szoke nok mind okosabbak.

3. Kati vagy nem szoke, vagy van olyan nem szoke no, akinel oko-sabb.

4. Van olyan no, aki szoke es okosabb Katinal.

b) 1. es 3. formula

c) de Morgan szabaly

d) ∀x (Sx → ¬∀y Oxy)

3.2.27. a) Kx : x kicsiNx : x nagyBxy : x becsuli y-tExy : x erdemli y-t ∀x (∃y (Ky ∧ ¬Bxy) → ∀z (Nz → ¬Exz))

b) Kx : x koran kelAx : x aranyLxy : x megleli y-t ∀x (Kx → ∃y (Ay ∧ Lxy))

c) Rx : x rozsaTx : x tovisBxy : x birtokolja y-t ¬∃x (Rx ∧ ¬∃y (Ty ∧ Bxy))


d) Sx : x szentHxy : x hajlik y feleKx : x kezBxy : x birtokolja y-t ∀x (Sx → ∀y ((Ky ∧ Bxy) → Hyx))

e) Ax : x aranyFx : x fenylik ¬∀x (Ax → Fx)

f) Sx : x szelV xy : x veti y-tWx : x viharAxy : x aratja y-t ∀x (∃y (Sy ∧ V xy) → ∀z (Axz → Wz))

g) Kx : x keresztBxy : x birtokolja y-t ∀x∃y (Ky ∧ Bxy)

Predikatumlogikai formulak interpretacioi

3.2.28. I1 interpretacioban:

a) Minden termeszetes szamnal van nagyobb. [i]

b) Van legkisebb termeszetes szam. [i]

c) Van legnagyobb termeszetes szam. [h]

d) Minden termeszetes szamnal van kisebb. [h]

e) Barmely ket termeszetes szam kozott van termeszetes szam. [h]

I2 interpretacioban termeszetes szam helyett racionalis szamot ırunk. Alogikai ertekek rendre [i], [h], [h], [i], [i].

3.2.29. Mindket interpretacioban a) es b) igaz, c) es d) hamis.

3.2.30. a) Minden termeszetes szamnak van tobbszorose. [i]

b) A termeszetes szamok az osszes termeszetes szammal oszthatoak. [h]

c) Van olyan termesztes szam, amely minden termeszetes szamnak osz-toja. [i]

d) Van olyan termeszetes szam, melynek van tobbszorose. [i]

e) Barmely ket termeszetes szam legnagyobb kozos osztoja az osszestermeszetes szam. [h]


f) Minden termeszetes szamhoz letezik olyan termeszetes szam, hogylegnagyobb kozos osztojuk az osszes termeszetes szammal egyenlo.[h]

g) Barmely termeszetes szamparnak legnagyobb kozos osztojahoz vanolyan termeszetes szam, amivel egyenlo. / A legnagyobb kozos osztotermeszetes szam. [i]

h) Barmely termeszetes szam lehet legnagyobb kozos oszto. [i]

3.2.31. Individuum-konstans: a, valtozok: x es y, egyvaltozos fuggvenyjel: f ,egyvaltozos predikatum: P , ketvaltozos predikatumok: Q, R.Interpretacio: U = N, a = 1, f(x) = x + 2, Px: x prımszam,Qxy : x oszthato y-nal, Rxy : x < y.

a) ∀x (Rax → ∃y (Qyx ∧ Py))

b) ∀x (Px → ∃y (Py ∧ Rxy))

c) ∀x∃y (Py ∧ Pf(y) ∧ Rxy)

3.2.32. Legyen f — a vizsgalando ketvaltozos muvelet — az U halmazon ertel-mezve, a P ketvaltozos predikatum pedig jelolje az egyenloseget.

a) ∀x∀y Pf(x, y) f(y, x)

b) ∀x∀y ∀z Pf(f(x, y) , z) f(x, f(y, z))

c) ∀xPf(x, x) x

3.2.33. Legyenek az L nyelv individuum-valtozoi: x, y, z, P es Q pedig ketvaltozospredikatumok.I interpretacio: U univerzalis halmaz egyezzen meg azzal a halmazzal,amelyen a homogen binaris relacio ertelmezve van. Pxy jelentse, hogy xrelacioban van y-nal, Rxy pedig, hogy x = y.

a) ∀xPxx

b) ∀x∀y (Pxy → Pyx)

c) ∀x∀y ((Pxy ∧ Pyx) → Rxy)

d) ∀x∀y ∀z ((Pxy ∧ Pyz) → Pxz)


Levezetesek elsorendu nyelvben

3.2.34. Legyenek adottak a kovetkezo szabalyok:

1. (x ∧ y) ⇒ x 4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z))2. x ⇒ (x ∨ y) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x)3. (x → y) ⇔ (¬x ∨ y) 6. x, x → y ⇒ y (modus ponens)

a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y)

Szabalyx ∧ y

⇒ x 6.+1.⇒ x ∨ y 6.+2.

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

Szabalyx → (y ∧ z)

⇔ (¬x ∨ (y ∧ z)) 3.⇔ ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ z)) 4.⇔ ((x → y) ∧ (x → z)) 3.

c) (x → (x ∧ y)) ⇒ (x → y)

Szabaly(x → (x ∧ y))

⇔ (¬x ∨ (x ∧ y)) 3.⇔ ((¬x ∨ x) ∧ (¬x ∨ y)) 4.⇔ ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ x)) 5.⇒ (¬x ∨ y) 6.+1.⇔ (x → y) 3.

3.2.35. a) (A ∩ ∅) = ∅.

axioma(A ∩ ∅) = ((A ∩ ∅) ∪ ∅) 1.

= (∅ ∪ (A ∩ ∅)) 3.= (A ∩ (U ∆ A) ∪ (A ∩ ∅)) 8.= ((A ∩ (U ∆ A)) ∪ ∅) 6.= A ∩ (U ∆ A) 1.= ∅ 8.


b) T3 : Y = (U ∆ X) .

axioma/tetelY = (Y ∩ U) 2.

= (Y ∩ (X ∪ (U ∆ X))) 7.= ((Y ∩ X) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) 6.= ((X ∩ Y ) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) 4.= (∅ ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) T1

= ((X ∩ (U ∆ X)) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) 8.= (((U ∆ X) ∩ X) ∪ ((U ∆ X) ∩ Y )) 4.= ((U ∆ X) ∩ (X ∪ Y )) 6.= ((U ∆ X) ∩ U) T2

= (U ∆ X) 2.

4. fejezet

Algebrai strukturak

4.1. Algebrai strukturak, muveletek

4.1.1. a) Mivel R-en a 0-val valo osztas nem ertelmezett, R nem zart az osztasmuveletre, kovetkezeskeppen R az osztasra nezve nem algebrai struk-tura.

b) Mindket esetben a zartsagot vizsgaljuk. Az osszeadasra nezve algeb-rai struktura, mert b1j + b2j = (b1 + b2) j es b1 + b2 ∈ Z. A szorzasranezve nem, mert b1j · b2j = −b1b2.

c) A szorzasra nevze az alabbi eredmenyeket kapjuk:

1 2 3 4

1 1 2 3 42 2 4 1 33 3 1 4 24 4 3 2 1

A szorzasra nezve a halmaz tehat zart, ıgy algebrai struktura. Azosszeadasra nezve viszont nem, mert peldaul 1 + 4 5-tel valo osztasimaradeka 0, ezert nem algebrai struktura.

d) Igen, algebrai struktura. Tegyuk fel ugyanis, hogy g szigoruan mono-ton novekedo, azaz ∀x1, x2 ∈ R, x1 < x2 eseten g(x1) < g(x2). Ebbolf szigoru monoton novekedese miatt f(g(x1)) < f(g(x2)) kovetkezik,azaz f ◦ g is szigoruan monoton novekedo.

187


e)

a1 0 00 a2 00 0 a3

+

b1 0 00 b2 00 0 b3

=

a1 + b1 0 00 a2 + b2 00 0 a3 + b3

;

a1 0 00 a2 00 0 a3

·

b1 0 00 b2 00 0 b3

=

a1b1 0 00 a2b2 00 0 a3b3

.

Tehat a 3 × 3-as matrixok halmaza mindket muveletre nezve zart,ezert algebrai struktura.

f) Ket kulonbozo prımszam legnagyobb kozos osztoja 1, ez viszont nemprım.

Ket kulonbozo prımszam legkisebb kozos tobbszorose a ket szam szor-zata. Ket prım szorzata viszont mar nem prım.

A prımszamok halmaza tehat egyik muvelettel sem alkot strukturat.

4.1.2. a) Kommutatıv, mert lnko (a, b) = lnko (b, a).

Asszociatıv, azaz lnko (lnko (a, b) , c) = lnko (a, lnko (b, c)), mert minda bal-, mind a jobboldalon allo szam a, b es c kozos prımtenyezoinekaz elofordulo legkisebb kitevon vett szorzata.

Idempotens, mert lnko (a, a) = a.

b) Kommutatıv, mert lkkt (a, b) = lkkt (b, a).

Asszociatıv, azaz lkkt (lkkt (a, b) , c) = lkkt (a, lkkt (b, c)), mert minda bal-, mind a jobboldalon a, b es c osszes prımtenyezojenek az elo-fordulo legmagasabb kitevon vett szorzata all.

Idempotens, mert lkkt (a, a) = a.

c) Az osszeadas kommutatıv es asszociatıv, de nem idempotens, mertA 6= 0 eseten A + A = 2A 6= A.

A szorzas nem kommutatıv, mert peldaul

1 0 00 0 00 0 0

·

0 0 00 0 02 0 0

=

0 0 00 0 00 0 0

es

0 0 00 0 02 0 0

·

1 0 00 0 00 0 0

=

0 0 00 0 02 0 0

.

A szozas asszociatıv, de nem idempotens, mert altalaban A2 6= A.


4.2. Felcsoport, csoport

4.2.1. a) A ∆ muvelet asszociatıv, ezert felcsoport. Egysegeleme az ∅, zeruse-leme nincs.

b) Nem felcsoport, mivel nem is algebrai struktura, mert a halmaz ele-mei vektorok, a muvelet eredmenye pedig szam.

c) A vektorialis szorzas nem asszociatıv muvelet, ezert nem felcsoport.

d) Felcsoport. Egysegeleme a p(x) ≡ 0, zeruseleme nincs.

e) Felcsoport. Egysegeleme az f(x) ≡ 0, zeruseleme nincs.

f) Felcsoport. Egysegeleme az f(x) ≡ 1, zeruseleme a g(x) ≡ 0.

g) Nem felcsoport, mivel nem is algebrai struktura, mert a halmaz ele-mei haromszogek, a muvelet eredmenye pedig szam (terulet).

h) Felcsoport. Mivel det (AB) = detA · detB, a szorzatmatrix deter-minansanak erteke is 1, ıgy a megadott 3×3-as matrixok halmaza zarta szorzasra vonatkozoan. A matrixszorzas asszociatıv, a felcsoportegysegeleme az egysegmatrix, zeruseleme a nullmatrix.

4.2.2. a), d), e), f).

4.2.3. Ha ket adott alaku matrixot osszeszorzunk, akkor az eredmenybol a zart-sag es az asszociativitas nyilvanvaloan kovetkezik.

Az f : M → N, f

([1 n0 1

])

= n muvelettarto es bijektıv.

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

b) Csoport.

c) Nem csoport, mert a muvelet nem asszociatıv.

d) Nem csoport, mert a megadott muveletre vonatkozoan a halmaz nemzart: 2 · 4 ≡ 0 mod 8 es 0 nem eleme a halmaznak.

e) Csoport. A halmaz az adott muveletre vonatkozoan zart. A mod8szorzas asszociatıv. Egysegelem az 1. Inverzelem: a−1 = a, mindenhalmazbeli elemre.

f) Csoport. A halmaz zart, mert[

a1 00 0

]

·[

a2 00 0

]

=

[a1a2 0

0 0

]

, valamint a matrixok szorzasa

asszociatıv muvelet, ıgy a struktura felcsoport.


Egysegeleme az

[1 00 0

]

, mert

[1 00 0

]

·[

a 00 0

]

=

[a 00 0

]

.

Minden elemnek van inverze, mivel a 6= 0, es[

a 00 0

]−1

=

[1a 0

0 0

]

, mert

[a 00 0

]

·[

1a 0

0 0

]

=

[1 00 0

]

.

g) Csoport. A megadott matrix a sıkbeli vektorok ϕ szoggel valo elfor-gatasanak matrixa.

Mivel forgatasok egymasutanja forgatast eredmenyez:[

cosϕ1 − sinϕ1

sin ϕ1 cosϕ1

]

·[

cosϕ2 − sinϕ2

sinϕ2 cosϕ2

]

=

=

[cos (ϕ1 + ϕ2) − sin (ϕ1 + ϕ2)sin (ϕ1 + ϕ2) cos (ϕ1 + ϕ2)

]

.

A megadott matrixok halmaza zart a matrixszorzasra vonatkozoan.

A matrixok szorzasa es a forgatasok egymas utani alkalmazasa isasszociatıv muvelet.

Egysegeleme a ϕ = 0-val valo forgatas matrixa.

Mivel a ϕ-vel valo forgatas inverztranszformacioja a (−ϕ)-vel valo

forgatas:

[cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

]−1

=

[cos (−ϕ) − sin (−ϕ)sin (−ϕ) cos (−ϕ)

]

.

h) Csoport.

Emeljunk ki√

a2 + b2-et a matrixbol, ezaltal olyan matrixot kapunk,amely sorelemeinek, illetve oszlopelemeinek negyzetosszege 1:

[a −bb a

]

=√

a2 + b2

[a√

a2+b2−b√

a2+b2

b√a2+b2

a√a2+b2

]

.

Legyen ϕ egy olyan szog, amelyre cosϕ = a√a2+b2

es sin ϕ = b√a2+b2

.

Ezaltal a fenti matrix ıgy ırhato:√

a2 + b2

[cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

]

.

A matrix tehat a ϕ-vel valo forgatas es a√

a2 + b2-szeresre valonagyıtas sıkbeli transzformaciok egymasutani alkalmazasanak mat-rixa. A zartsag es az inverz letezese az elozo feladat alapjan konnyenigazolhato.

4.2.5. A halmaz zart a muveletre nezve. Az asszociativitas teljesul, mert

(a ∗ b) ∗ c = a + b − ab + c − (a + b − ab) c = . . . = a ∗ (b ∗ c) .


Tehat S felcsoport. Egysegeleme a 0.

Egy a elemnek x inverze, ha a + x − ax = 0 =⇒ x = aa−1 , ezert 1-nek

nincs inverze, tehat S nem csoport.

4.2.6. Konnyu ellenorizni, hogy a ∗ muvelet kommutatıv, asszociatıv, egysege-lem a −1 es az a elem inverze: −a − 2. Tehat mind a negy kerdesre igena valasz.

4.2.7. A zartsag es asszociativitas teljesul; egyseg az f(x) = x fuggveny. Az f(x)elem inverze az f−1(x) inverz-fuggveny, amely a folytonossag es szigorumonoton tulajdonsag miatt letezik.

4.2.8. Az elso egyenlosegbol: b10 ·b4 = b10 =⇒ b4 = e =⇒ b20 = e. A masodikbolhasonloan: b19 = e. Igy e = b20 = b19b = b.

4.2.9. A g elem rendje osztoja 996-nak∗ =⇒ g996 = e =⇒ g1992 = e =⇒ g = e.

4.2.10. a) A lehetseges permutaciok†: e, (12), (23), (13), (123), (132).

b) Az alabbi tablazat mutatja a kompozıciok eredmenyeit:

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

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

A struktura zart, a muvelet asszociatıv, letezik egysegelem (az e),es minden elemnek van inverze, ezert a struktura csoport. Mivel amuvelet nem kommutatıv, ıgy nem Abel-csoport.

4.2.11. a) (1234)1= (1234), (1234)

2= (13) (24), (1234)

3= (1432), (1234)

4= e.

Ebbol lathato, hogy az egyes hatvanyok ertekei ciklikusak, negyesevelismetlodnek. Altalanosan tehat:

(1234)4k+1

= (1234), (1234)4k+2

= (13) (24), (1234)4k+3

= (1432),

(1234)4k = e, ahol k ∈ Z.

∗Lagrange-tetel†Az egyelemu cikluselemeket a tovabbiakban nem ırjuk ki.


b) Az alabbi tablazat mutatja a permutaciok kompozıcioinak eredme-nyeit:

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

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

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

Lathato, hogy a struktura zart, a muvelet asszociatıv, letezik egyseg-elem (az e), es minden elemnek van inverze, tehat a struktura csoport.Eszrevehetjuk, hogy a muvelet kommutatıv, tehat a struktura Abel-csoport is.

4.2.12. Egy n elemu ciklikus permutacio n-edik hatvanya az e egysegelem, n-nel kisebb pozitıv egesz kitevoju hatvanya pedig nem az e. A feladat-ban szereplo permutacio harom ciklikus permutacio kompozıcioja, amelyekegyenkent 5, 3 es 6 elemuek. Ezert legalabb az lkkt (5, 3, 6) = 30 kitevojuhatvanyra kell emelni a permutaciot, hogy az egysegelemet kapjuk.

4.2.13. a) Identitas: e, 180◦-os forgatas: (13) (24), tengelyes tukrozes a fuggo-leges tengelyre: (12) (34), tengelyes tukrozes a vızszintes tengelyre:(14) (23).

b) Az alabbi tablazat mutatja a permutaciok kompozıciojat:

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

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

A struktura zart, a muvelet asszociatıv, letezik egysegelem (az e),es minden elemnek van inverze, tehat a struktura csoport. Mivel amuvelet kommutatıv, a struktura Abel-csoport.

4.2.14. A lekepezes muvelettarto a lg x2+lg y2 = lg (xy)2

azonossag alapjan. Nemizomorf, mivel az f fuggveny nem bijektıv.

4.2.15. A lekepezes muvelettarto, mivel ex+y = exey. Az f fuggveny bijektıv.

4.2.16. a) Legyen e a T csoport egysegeleme, ekkor ∀a ∈ T eseten e ⊕ a = a.

f(a) = f(e ⊕ a) = f(e) ⊗ f(a) =⇒ f(e) T ′ egysegeleme.

4.3. GYURU, TEST 193

b) f(e) = f(a ⊕ a−1) = f(a) ⊗ f(a−1) =⇒ f(a−1) az f(a) T ′-beliinverze.

4.3. Gyuru, test

4.3.1. Algebrai test.

A muveleti tulajdonsagok a muveleti tablazatok alapjan ellenorizhetok.Nullelem a 0, az elemek additıv inverzei onmaguk. Egysegelem az 1, a-melynek multiplikatıv inverze onmaga.

4.3.2. Egysegelemes kommutatıv gyuru.

Mivel a racionalis szamok halmaza ugyanezen muveletekkel (Q; +, ·) al-gebrai testet alkot es Q∗ ⊂ Q a muveleti tulajdonsagok igazak. Az adottmuveletekre vonatkozoan Q∗ ⊂ Q zart, 0 ∈ Q∗ es 1 ∈ Q∗. Q∗ mindenelemenek additıv inverze Q∗-ban van. Van olyan elem viszont, amelynek

nincs multiplikatıv inverze a strukturaban. Peldaul:(

23

)−1= 3

2 /∈ Q∗.

4.3.3. A H = {1, 2, 3, 4} halmaz nem zart a megadott muveletekre vonatkozoan.Peldaul: 2 + 3 ≡ 5 (mod 8) es 5 /∈ H , illetve 2 · 3 ≡ 6 (mod 8) es 6 /∈ H .

4.3.4. Algebrai test.

A D halmaz zart az adott muveletekre vonatkozoan es az elvart muveletitulajdonsagok teljesulnek.

Nullelem: 0 + 0√

n = 0 ∈ D, egysegelem: 1 + 0√

n = 1 ∈ D.

Az a + b√

n elem additıv inverze: −a − b√

n ∈ D.

Multiplikatıv inverz: (a + b√

n)−1

= aa2−b2n − b

a2−b2n

√n, ha a2− b2n 6= 0.

Valamely a + b√

n elemnek tehat az a2 − b2n 6= 0 kikotes miatt pontosan

akkor nincs inverze, ha a = b = 0 (0-elem), vagy ha n =(

ab

)2= q2, azaz

n valamely racionalis szamnak a negyzete. A D halmaz megadasakor azilyen n egeszeket kizartuk. Igy a D halmaz osszes 0-elemtol kulonbozoelemenek van multiplikatıv inverze.

4.3.5. a) Nem gyuru. A ⊕ muvelet nem asszociatıv.

b) Algebrai test.

A ⊕ es a ⊗ muveletekre vonatkozoan R zart, a muveleti tulajdonsa-gok teljesulnek.


Nullelem: 1, egysegelem: 0. Additıv inverz: 2 − a, multiplikatıvinverz: a−1 = a

a−1 , ha a 6= 1 (0-elem).

c) Algebrai test.

A ⊕ es a ⊗-ra vonatkozoan R+ zart, a muveleti tulajdonsagok tel-jesulnek.

Nullelem: 1, egysegelem: 10. Additıv inverz: 1a , multiplikatıv inverz:

101

lg a , ha a 6= 1 (0-elem).

4.3.6. a) Egysegelemes gyuru.

(M ; +) kommutatıv csoport. (M ; ·) egysegelemes (egysegmatrix),nem-kommutatıv felcsoport. (Multiplikatıv inverze csak a regularismatrixoknak van.) A megfelelo disztributıv torveny teljesul.

b) Egysegelemes gyuru.

(M ; +) kommutatıv csoport. (M ; ·) az n × n-es egysegmatrixszal,mint egysegelemmel monoidot alkot. Igaz a disztributivitas.

c) Gyuru.

A muveletekre vonatkozoan M zart, a matrixmuveletek tulajdonsagai

teljesulnek. Zeruselem a 2 × 2-es nullmatrix.

[1 00 1

]

/∈ M , tehat

nincs multiplikatıv egyseg a strukturaban.

d) Algebrai test.

A muveletekre vonatkozoan M zart, a matrixmuveletek tulajdonsagai

teljesulnek. 0-elem:

[0 00 0

]

∈ M , 1-elem:

[1 00 1

]

∈ M . Additıv

inverz:

[−a −b

b −a

]

, multiplikatıv inverz:1

a2 + b2·[

a −bb a

]

, ha

a2 +b2 6= 0∗. Az adott tıpusu matrixok eseten a szorzat kommutatıv.

4.3.7. a) Egysegelemes kommutatıv gyuru.

A muveletekre nezve P(A) zart. A ∆ es a ∩ muveletek kommutatıvakes asszociatıvak, es a ∩ disztributıv ∆-ra nezve. 0-elem: ∅, 1-elem:A. Additıv inverz: minden elemnek onmaga.

b) Nem gyuru.

0-elem: ∅, 1-elem: A. Additıv inverze csak az ∅-nak, multiplikatıvinverze csak A-nak van.

∗Lasd a 4.2.4.h) peldat.

4.3. GYURU, TEST 195

4.3.8. a) Egysegelemes, kommutatıv gyuru.

(F;⊕) kommutatıv csoport; (F;⊗) az f : R → R, f(x) ≡ 1 egysege-lemmel kommutatıv felcsoport. A disztributivitasi torveny igaz.

b) Nem gyuru.

(F;⊕) csoport; (F;⊗) felcsoport, mert F zart ⊗-ra es a ⊗ muveletasszociatıv. Egysegelem: f(x) = x, es inverz csak bijektıv f esetenletezik. Nem igaz a disztributivitasi torveny, mert peldaul:

f : R → R, f(x) = sin x,

g : R → R, g(x) = x es

h : R → R, h(x) = x2 eseten

f ◦ (g + h) 6= f ◦ g + f ◦ h, ugyanis

sin(x + x2

)6= sin x + sinx2.

c) Nem algebrai struktura, mert az osszeadas muveletere F nem zart.Ket bijektıv fuggveny osszege nem feltetlenul bijektıv, legyen peldaul:f(x) = x; g(x) = −x − 1.

4.3.9. a) (T ;⊕,⊗) test nullosztomentessegenek belatasahoz induljunk ki aza ⊗ b = 0 (0-elemet itt 0-val jeloljuk) egyenletbol es tetelezzuk fel,hogy a 6= 0. Az a inverzevel balrol szorozva es az asszociativitastkihasznalva kapjuk, hogy b = 0. Hasonlokeppen b 6= 0 eseten b−1-neljobbrol szorozva a = 0 adodik.

b) 1., 3., 4.b) es c), 5.d), mivel az algebrai testek nullosztomentesek.

2.a) nulloszomentes, mivel Q∗ ⊂ R.

5.a), b) es c) nem nullosztomentesek, mert peldaul:

[0 10 0

]

·[

1 10 0

]

=

[0 00 0

]

.

6.a) nem nullosztomentes: ha A es B diszjunktak, metszetuk ∅.7.a) nem nullosztomentes. Legyenek f es g fuggvenyek olyanok, hogyminden helyen kozuluk pontosan az egyik 0 es egyik sem azonosan 0.

4.3.10. Nem, mert a vektorialis szorzas nem asszociatıv.


4.3.11. A struktura egysegelemes gyuru a Z halmazon, mivel (Z;⊕) kommutatıvcsoport; (Z;⊗) kommutatıv felcsoport az (1, 1) egysegelemmel; a disztri-butivitasi torveny is teljesul. Hasonloan gyuru R eseten is.

Z eseten nem test, mert az (a, b) elemparra (a, b) ⊗(

1a , 1

b

)= (1, 1), de

(1a , 1

b

)/∈ Z × Z az a 6= 1 vagy b 6= 1 esetben.

Nem test az (R;⊕,⊗) sem, hiszen nincs multiplikatıv inverz egyetlen olyanesetben sem, amikor az elempar valamelyik eleme 0.

4.3.12. Igen, resztestet alkotjak. Belatando ugyanis, hogy az{x | x = p + q

√2,

p, q ∈ Q} halmaz a valos szamtest muveleteivel testet alkot. Igy megfo-galmazva a 4.3.4. feladat n = 2 specialis esetet kapjuk.

4.4. Halo, Boole-algebra

4.4.1. Mindharom esetben azt kell viszgalnunk, hogy az adott muveletek kommu-tatıvak, asszociatıvak, illetve igazak rajuk az abszorpcios tulajdonsagok.Bel´athato, hogy a fentiek mindegyike teljesul a felsorolt strukturakban,azaz halok.

4.4.2. Igazolando, hogy a (H ; sup) strukturaban a ketvaltozos sup muvelet ren-delkezik az elvart tulajdonsagokkal.A kommutativitas: sup (a, b) = sup (b, a) es az idempotencia: sup (a, a) = atulajdonsagok trivialisan teljesulnek ∀a, b ∈ H eseten. Az asszociativitas:sup (a, sup (b, c)) = sup (sup (a, b) , c) teljesulesenek bizonyıtasahoz lassukbe, hogy mindket oldal sup (a, b, c)-vel egyenlo.

4.4.3. a) Az igazolando abszorpcios tulajdonsagok: sup (a, inf (a, b)) = a esinf (a, sup (a, b)) = a. Az elso azonossagot belatjuk, a masodikat azolvasora bızzuk.

Legyen x = sup (a, inf (a, b)), belatjuk, hogy x = a. Az a 4 a (reflexi-vitas) es inf (a, b) 4 a miatt a felso korlatja az {a, inf (a, b)} halmaz-nak, tehat a halmaz legkisebb felso korlatjara fennall, hogy x 4 a.Ugyanakkor x az {a, inf (a, b)}-nek szinten felso korlatja, tehat a 4 x.A rendezes antiszimmetrikus tulajdonsagabol kovetkezoen x = a.

b) A 4.3.1. feladatban belattuk, hogy H mindket muveletre vonatkozoanfelhalot alkot. E feladat a) reszeben belattuk, hogy a strukturabanigaz az abszorpcios tulajdonsag.

4.4. HALO, BOOLE-ALGEBRA 197

4.4.4. a) Igazolando, hogy a relacio reflexıv, antiszimmetrikus es tranzitıv.

A relacio reflexıv, mert a 4 a ⇐⇒ a ∧ a = a. Ez utobbi az ∧muvelet idempotenciaja miatt teljesul.

Az antiszimmetria belatasahoz a”ha a 4 b es b 4 a, akkor a = b”

allıtast kell igazolnunk. Az allıtas ∧ muvelettel felırva”ha a ∧ b = a

es b∧ a = b, akkor a = b”, amely igaz az ∧ muvelet kommutativitasamiatt.

A 4 relacio tranzitıv H-n, ha H barmely a, b, c elemere teljesul, hogyha a 4 b es b 4 c, akkor a 4 c. Az igazolando allıtas az ∧ muvelettelfelırva: ha a ∧ b = a es b ∧ c = b, akkor a ∧ c = a. Ez utobbi a ketfeltetelbol, valamint az ∧ muvelet asszociativitasat kihasznalva ıgyigazolhato: a = a ∧ b = a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ c = a ∧ c.

b) inf (a, b) = a ∧ b, ha igazak ra az alabbiak: (a ∧ b) 4 a es (a ∧ b) 4 bminden a, b ∈ H , valamint barmely c ∈ H-ra, ha c 4 a es c 4 b,akkor c 4 a ∧ b.

Az elso relacio igaz volta az ∧ muvelet asszociativitasabol, kommu-tativitasabol es idempotenciajabol kovetkezik: (a ∧ b) 4 a ⇐⇒⇐⇒ (a ∧ b) ∧ a = (a ∧ b) ⇐⇒ a ∧ (b ∧ a) = (a ∧ b). Az utolsoegyenloseg pedig igaz, mert a ∧ (a ∧ b) = (a ∧ a) ∧ b = (a ∧ b). Ha-sonlokeppen lathato be a masodik relacio, (a ∧ b) 4 b teljesulese.

A harmadik allıtas az ∧ muvelettel felırva: c ∧ a = c es c ∧ b = c=⇒ c ∧ (a ∧ b) = c. Az ∧ muvelet idempotens, tehat c ∧ (a ∧ b) == (c ∧ a) ∧ b = c ∧ b = c. A sup (a, b) = a ∨ b igazolasa hasonlogondolatmenettel adodik, itt nem reszletezzuk.

4.4.5. a) Disztributıv halo.

b) Halo, de nem disztributıv.

c) Felhalo.

d) Nem halo es nem is felhalo, mert sem a sup sem az inf muvelet nemegyertelmu.

4.4.6. a) (P(A);∪,∩) halo∗, legnagyobb eleme az A, es barmely B ∈ P(A)eseten B = A \ B ∈ P(A).

b) (Fn;∨,∧,¬), ahol f ∈ Fn, ha f : {0, 1}n → {0, 1}.Legyen az f0(x1, x2, . . . , xn) = 0 fuggveny a struktura O eleme es azf1(x1, x2, . . . , xn) = 1 pedig az I. Fn zartsaga trivialis, a megfelelomuveleti tulajdonsagok igazolasat itt nem reszletezzuk.

∗Lasd 4.4.1.b) feladat.


4.4.7. a) A = {1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715}. O = 1, I = 715.

Ellenorizendo azonossagok:

(a′)′ = a, azaz 715715/a = a;

a ∨ a′ = I, azaz lkkt(a, 715

a

)= 715;

a ∧ a′ = O, azaz lnko(a, 715

a

)= 1;

(a ∨ b)′ = a′ ∧ b′, azaz lkkt (a, b) = lnko(

715a , 715

b

).

b) 143

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

4.4.9. a) Nem alkot Boole-algebrat, mert a ∩-re nezve nem zart.

b) Nem alkot Boole-algebrat, mert az ∪-ra nezve nem zart.

c) Igen: O = {a, e, i, o, u}, I = {a, b, c, d, e, . . . , z}.X ′ = {a maganhangzok es azok a massalhangzok, amelyek X-bennem szerepelnek}.

d) Igen, mivel az A = {. . . , {−2,−1} , {0, 1} , {2, 3} , {4, 5} , . . .} halmazhatvanyhalmazarol van szo.

e) A halmaz elemei az Ak = {n | n ≥ k, n ∈ Z} (k ∈ Z) alaku szamhal-mazok. Ezek az ∪ es a ∩ muveletre zart halmazt alkotnak, ugyanisAk ∪ Al = Amin{k,l} es Ak ∩ Al = Amax{k,l}. A szukseges muveletitulajdonsagok — a disztributivitast is beleertve — teljesulnek, ezerta struktura disztributıv halo, amely korlatos is: O = ∅, I = Z. Akomplementum-kepzesre azonban a halmaz nem zart, ıgy nem Boole-algebra.

f) Igen. Csupan ket eleme van a halmaznak: ∅ es Z.

5. fejezet

Grafelmeleti fogalmak esosszefuggesek

5.1. Alapfogalmak

5.1.1. A grafnak 8 ele es 5 pontja van. A pontok kozul ketto fokszama 3, kettofokszama 4, az otodike pedig 2.

5.1.2. a) Nincs, mert egy 6 pontu egyszeru grafban barmely pontbol legfeljebb5 el huzhato, azaz minden pont fokszama legfeljebb 5 lehet.

b) Tetszoleges grafban a fokszamok osszege megegyezik az elek szama-nak ketszeresevel, a fokszam-osszeg ıgy mindig paros szam. A mega-dott fokszamok osszege paratlan, ezert ilyen graf nem letezik.

5.1.3. a) Az abran lathato graf megfelel a felteteleknek.

199


b) Nincs, mert egy egyszeru grafban a pontok fokszamainak osszegeparos szam.

5.1.4. Egy n pontu egyszeru grafban egy pont foka legfeljebb n − 1 lehet. Haminden pont fokszama kulonbozo, akkor 0-tol n − 1-ig minden lehetsegesfokszam pontosan egy ponthoz tartozik. Tehat a felteteleket kielegıtografban leteznie kell 0- es n− 1-foku pontnak is. Ez viszont ellentmondas,hiszen az n − 1-foku pontbol minden mas pontba vezet el, a 0-fokuba is,ami lehetetlen.

5.1.5. A merkozes egy tetszoleges pillanatahoz hozzerendelunk egy grafot, a-melynek pontjai a csapatoknak felelnek meg. A graf ket pontja akkor vanosszekotve ellel, ha a megfelelo csapatok mar jatszottak egymassal. Akapott graf hurokelmentes, mert senki nem jatszik onmagaval.

E szerint a feladat allıtasa megfelel a kovetkezo tetelnek∗: Tetszoleges grafparatlan fokszamu pontjainak szama paros.

5.1.6.

C =

0 1 0 0 11 0 1 0 10 1 0 2 00 0 2 0 11 1 0 1 0

M =

1 1 0 0 0 0 00 1 1 0 1 0 00 0 0 0 1 1 10 0 0 1 0 1 11 0 1 1 0 0 0

5.1.7. a) Nyitott az elsorozat, hiszen az elso el kezdopontja es az utolso el veg-pontja kulonbozo, de utrol nem beszelhetunk, mert peld aul az 5-ospont ketszer fordul elo a vonal belsejeben.

b) Zart az elsorozat, mert az elso el kezdopontja es az utolso el vegpontjaazonos. Kor, mert olyan zart elsorozatrol van szo, amely mindenpontjara pontosan ket el illeszkedik.

c) Nyitott elsorozat, de nem ut es nem kor.

d) Nyitott elsorozat es ut.

5.1.8. a)

1 2

34

C =

0 1 1 11 0 0 01 0 0 01 0 0 0

∗A tetel igazolasat lasd B.-Gy. 5.1. Tetel b).


b)

1 2

34

C =

0 1 1 01 0 0 01 0 0 00 0 0 0

c)

1 2

34

C =

0 1 1 11 0 1 01 1 0 11 0 1 0

d)

1 2

34

C =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 11 1 1 0

5.1.9. Az alabbi korok vannak a grafban∗:

({1, 2}, {2, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 1});({1, 2}, {2, 3}, {3, 1}); ({1, 2}, {2, 4}, {4, 3}, {3, 1});({1, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({1, 4}, {4, 2}, {2, 3}, {3, 1});({2, 3}, {3, 4}, {4, 2}).

5.1.10.

1 2

3

4

5

6 7

8

9

10

Leghosszabb utja pl.∗:({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9},

{9, 8}, {8, 7}, {7, 6}).Leghosszabb kore pl.∗:({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9},

{9, 8}, {8, 7}, {7, 6} {6, 1}).

5.1.11.

C =

0 1 1 1 1 10 0 2 2 2 20 1 0 3 3 30 0 1 0 4 40 1 2 1 0 50 0 0 2 1 0

∗Az egyszeruseg kedveert a megoldasokban az ut/kor eleit tuntetjuk csak fel.


5.1.12.

1 2

3

4

5

1 2

3

4

5C =

0 0 1 0 00 0 0 1 11 0 0 0 00 1 0 0 00 1 0 0 0

5.1.13. Legyen a G graf ponthalmaza {1, 2, . . . , n}, es jeloljuk C2-et B-vel. A B

matrix bij =n∑

k=1

cik · ckj elemenek cik · ckj tagja 1, ha az {i, k} es a {k, j}a graf elei, egyebkent a szorzat erteke 0. Ezert

a) bii az i pont fokszama;

b) bij (i 6= j) az i-t es j-t osszekoto 2 hosszusagu utak szama.

5.1.14. a) Az elek szama n·(n−1)2 , mert barmely ket pontot pontosan egy el kot

ossze.

b) Az alabbi 4-, illetve 5-pontu grafok izomorfak komplementerukkel:

Viszont 6-pontu graf nincs, ugyanis a 6-pontu teljes graf eleinek sza-ma 6·5

2 = 15, ami paratlan szam. Igy tetszoleges 6 pontu graf eleinekszama kulonbozik komplementerenek elszamatol, tehat nem lehetnekizomorfak.

5.1.15.

5.1.16. a) Igen. Feleltessuk meg a baloldali graf pontjait a jobboldali graf meg-felelo vesszos pontjainak.


a b

c

d

e

f

g

a′

b′

c′

d′

e′f ′

g′

b) Igen. Hasonlo megfeleltetest hasznalunk, mint az a) pontban.

a b

cd

e f

gh

a′

b′

c′

d′e′

f ′

g′

h′

c) Nem, mert a baloldali grafban a legrovidebb kor 4 hosszusagu, ajobboldaliban viszont 5 hosszusagu.

5.1.17. Az n-pontu teljes graf eleinek szama: n(n−1)2 . Ebbol kovetkezik:

5n <n (n − 1)

2< 6n

10 < n − 1 < 12

n = 12

5.1.18. Az 5-pontu teljes grafnak 10 ele van. Ebbol kettot kell elhagynunk, ıgy afokszamok a kovekezok lehetnek: 4, 3, 3, 3, 3 vagy 4, 4, 3, 3, 2.

5.1.19. a) b) c)

5.1.20. Indirekt modon bizonyıtunk: Tegyuk fel, hogy az n-pontu grafban nincs1-foku pont.


A lehetseges fokszamok a 0, 2, 3, . . . szamok. Az osszefuggoseg miatt a0-t kizarhatjuk, hiszen a grafban nem lehet izolalt pont. Vizsgaljuk mostaz n-pontu graf pontjainak fokszam-osszeget. Indirekt feltevesunk es a 0fok kizarasa eredmenyekeppen a pontok fokszama legalabb 2, a fokszam-osszeg legalabb 2n.

Masreszrol tudjuk, hogy a fokszamok osszege az elek szamanak ketszerese.Mivel a feltetel szerint az elek szama legfeljebb n − 1, a fokszam-osszeglegfeljebb 2(n − 1) lehet. Ezzel ellentmondasra jutottunk, tehat van agrafnak 1-foku pontja.

5.1.21. a) Vegyuk a graf egy maximalis hosszusagu utjanak egyik vegpontjat. Eponthoz biztosan illeszkedik legalabb egy masik el, mert a pont fokalegalabb 2. Ezen elnek a masik vegpontja az ut valamelyik pontja,hiszen ha nem ıgy lenne, akkor a valasztott maximalis hosszusaguutnal lenne a grafban hosszabb ut. A valasztott uthoz hozzaveve eztaz elt, a graf egy koret kapjuk.

Masik megoldas: Kezdjuk el bejarni a grafot egy tetszoleges a1 pont-jabol. Az a2 pontjaba erve innen biztos tovabb tudunk haladni, merta fokszama legalabb ketto. Innen eljutunk a3-ba, amely vagy meg-egyezik a1-gyel es ıgy talaltunk kort, vagy ha nem, akkor innen istovabb tudunk menni. Minden meg erintetlen pontbol tovabb tu-dunk haladni a fokszamra vonatkozo feltetel miatt, de mivel a grafveges, egyszer eljutunk egy olyan pontba, ahol mar korabban jartunkes bezarodik egy kor.

b) Tekintsuk a graf egyik smax leghosszabb utjat, annak egyik v veg-pontjat. Azt allıtjuk, hogy a v pont foka 1. Tegyuk fel ugyanis, hogya v pontra illeszkedik meg egy e = {v, w} el, amely az smax-nak nemele. Az e el w vegpontja nem lehet az smax pontja, mert akkor a grafnem kormentes. Nem lehet a w pont a graf smax-hoz nem tartozopontja sem, mert akkor smax-hoz hozzaveve a w pontot es az e elt,smax-nal hosszabb utat kapunk. Ilyen el tehat nincs. Ezzel belattuk,hogy a graf v pontja 1-foku.

5.1.22. a) Vegyuk eszre, hogy a bizonyıtas soran felhasznaltunk egy tetelt, a-mely szerint minden osszefuggo es kormentes graf felepıtheto az 1-pontu grafbol kiindulva egy el es egy pont egyideju hozzaadasanakegymasutani alkalmazasaval. E tetel igaz volta nem nyilvanvalo, bi-zonyıtasra szorul.


b) A feladat a) reszeben leırt teljes indukcios bizonyıtast az alabbiakszerint modosıtjuk: Nem epıtunk egy k pontu elvart tulajdonsagugrafot, hanem kiindulunk egy tetszoleges k-pontu kormentes ossze-fuggo grafbol es belatjuk, hogy celszeruen elhagyva belole egy pontotes egy elt, olyan k − 1-pontu grafot kapunk, amely a felteteleknek(kormentes es osszefuggo) megfelel. Az ıgy kapott grafra az indukciosfelteves ertelmeben igaz, hogy k− 2 ele van, tehat a k-pontu grafnakk − 1 ele van.

A grafban a kormentesseg miatt van 1-foku pont∗. Hagyjunk el egy1-foku pontot a ra illeszkedo ellel egyutt. A kapott k − 1-pontu grafnyilvan kormentes. Osszefuggo is, mert e pont 1-foku leven, nemlehet a k − 1-pontu graf ket pontjat osszekoto utnak pontja.

c) Jeloljek az n-pontu k-komponensu kormentes graf komponenseinekpontszamait az n1, n2, . . ., nk szamok, amelyek osszege nyilvan n. Agraf egyes komponenseinek elszama ni − 1, i = 1, 2, . . . , k (lasd az a)pontban szereplo allıtast). Igy a graf eleinek szamara e = (n1 − 1)++(n2 − 1) + . . . + (nk − 1) = n − k adodik.

5.1.23. Feleljenek meg a G graf pontjai a tarsasag tagjainak. Ket pont ponto-san akkor legyen G-ben osszekotve ellel, ha a megfelelo tagok baratok.Igy olyan 6 pontu egyszeru grafot kapunk, ahol minden pont fokszama3. Megmutatjuk, hogy G pontjai 3 olyan parba sorolhatoak, hogy az egyparhoz tartozo pontok szomszedosak, azaz a mozilatogatas megszervez-heto.

Az elso parnak valasszunk ket tetszoleges szomszedos pontot. Toroljuke pontokat a rajuk illeszkedo elekkel egyutt a grafbol. A 3-regularitasboladodoan az eredeti 9 elbol pontosan 5 elt hagytunk el. A maradek 4 pontes 4 el az abran lathato modon helyezkedhet el (a tovabbi izomorf esetektoleltekintve).

Lathato, hogy mindket esetben a maradek 4 pont szetoszthato ket szom-szedos pontokbol allo parra.

∗Lasd az elozo feladat b) pontjat.


5.1.24. a) Csak egy lehetseges megoldas van.

b) Egy komponens legalabb n pontot tartalmaz, mert minden pontbollegalabb n − 1 el halad kulonbozo pontokba.

c) Nem, mert minden komponens legalabb n pontot tartalmaz, ıgy egy-vagy ketkomponensu a graf.

5.1.25. Ha nem lenne osszefuggo a graf, akkor letezne legalabb egy olyan kom-ponens, amelybe legfeljebb n pont tartozik. Ebben a komponensben amaximalis fokszam n − 1 lehet, ami ellentmondas.

5.1.26. Ha G nem osszefuggo, akkor megmutatjuk, hogy G komplementere (G)osszefuggo. Legyen u es v ket tetszoleges pont. Ha u es v ket kulonbozokomponensbe esik G-ben, akkor szomszedosak lesznek G-ben. Ha viszontazonos komponensekbe esnek G-ben, akkor egy masik G-beli komponenstetszoleges pontja G-ben szomszedos u-val is es v-vel is, tehat a G grafbanvan u-t es v-t osszekoto ut.

5.1.27. Az e = {u, v} el elhagyasaval u es v ket kulonbozo komponensbe esik. Haletezne G-ben e-t tartalmazo kor, akkor annak az elvetel utan megmaradoreszen el lehetne jutni u-bol v-be, vagyis egy komponensbe esnenek, amiellentmondas.

5.1.28. A kerdes megfogalmazhato ugy is, hogy egy legfeljebb 5 komponensu, 22pontu grafnak legalabb hany ele van. A szukseges elek szama: 22−5 = 17.

5.1.29. a) Induljunk ki a graf egy tetszolegesen rogzıtett pontjabol. Tetszolegessorrendben bejarva a graf pontjait, visszaterve az eredeti pontba kortkapunk. A lehetseges sorrendek szama (k − 1)!, ez esetben azonbanminden kort ketszer szamoltunk. Tehat az n-hosszusagu korok szama(k−1)!

2 .

b) Valasszuk ki azt a k pontot, melyek a kor pontjai. Ezt(nk

)modon

tehetjuk meg. A kivalasztott k pontra (k−1)!2 kor illesztheto, ezert

(nk

) (k−1)!2 szamu k hosszusagu kor van.


c) A feladat atfogalmazhato ugy, hogy hany darab k − 1 hosszusagu utvan az e el egyik pontjabol a masikba. Valasszunk e vegpontjaitolkulonbozo k − 2 darab pontot, ezt

(n−2k−2

)modon tehetjuk meg. Ezen

pontoknak (k−2)!-fele sorbarendezese lehetseges. Tehat(n−2k−2

)(k−2)!

uton juthatunk el e egyik vegpontjabol a masikba.

5.2. Euler- es Hamilton-bejarasok

5.2.1. a) Az uthalozatot iranyıtott grafkent abrazolva a kerdes arra vonatko-zik, hogy Euler-graf-e. Ha minden pont ki-foka megegyezik a be-fo-kaval, akkor bejarhatja a locsoloauto a varos utcait a felteteleknekmegfeleloen.

b) Ebben az esetben minden pont ki-foka megegyezik a be-fokaval.

5.2.2. Az n-pontu teljes graf osszefuggo es minden pontjanak foka n − 1. Ah-hoz, hogy Euler-graf legyen, szukseges es elegseges, hogy minden pontfoka paros legyen, tehat a teljes graf pontosan akkor Euler-graf, ha a grafpontjainak szama paratlan.

5.2.3. a) Tegyuk fel, hogy a G osszefuggo grafnak van nyitott Euler-setaja.Bovıtsuk G-t a seta kezdopontjat es vegpontjat osszekoto e ellel.Az ıgy nyert G′ grafban a G-beli nyitott setahoz hozzaveve az eelt, zart Euler-setat kapunk. Tudjuk, hogy a G′ osszefuggo grafbanpontosan akkor van zart Euler-seta, ha minden pont foka paros szam.A G-beli pontok fokszamait az e ellel valo bovıteskor pontosan ketpontban noveltuk 1-gyel. Ezzel igazoltuk, hogy a nyitott Euler-setaletezesenek szukseges feltetele a fokszamokra vonatkozo kijelentes.

Elegseges is, mert felteve, hogy G (legalabb ket pontu) osszefuggografnak pontosan ket paratlan fokszamu pontja van, a paratlan fok-szamu pontokat osszekoto el bovıtesevel keletkezo G′′ graf Euler-graf.Zart Euler-setajabol elveve az emlıtett elt, G-beli nyitott Euler-setatnyerunk.

b) Az a) pontban szereplo feltetelnek a 2-pontu teljes graf megfelel, his-zen osszefuggo es ket paratlan foku pontja van. Ha azonban a teljesgrafban a pontok szama 2-nel nagyobb, akkor a nyitott Euler-setaletezesehez a fokszamok kozott paros es paratlan fokuaknak is kelllennie, ami a fokszamok megegyezese miatt lehetetlen.


5.2.4. A nyitott es zart Euler-seta letezesere vonatkozo fokszam-kriteriumok a-lapjan a megfelelo feladatok egyszeruen megoldhatok, ıgy a megoldast nemreszletezzuk. Nehezebb a helyzet a Hamilton-kor es -ut eseteben, hiszenilyen teteleket nem ismerunk.

NyitottEuler-seta

ZartEuler-seta

Hamilton-ut Hamilton-kor

a) nincs vanvan

(abcde)van

(abcdea)

b) van nincsvan

(adecb)nincs∗

c) nincs nincsvan

(abcgfehd)van

(abcgfehda)

d) nincs vanvan

(acdfeb)van

(acdfeba)

∗A grafban az a pontot tartalmazo 2 kor egyikenek a c, masikanak pedig ab nem pontja. Nincs tehat olyan kor, amely mind az ot pontot tartalmazza.

5.2.5. a) Tekintsuk a 10-pontu teljes graf azon bovıteset, ahol minden pontnalvan egy hurokel is, es a csucsokat szamozzuk 0-tol 9-ig. Ebben agrafban az elek megfelelnek az egyes dominoknak, az egy csucsra il-leszkedo elek pedig az egymashoz illesztheto dominoknak. A feladatgrafelmeleti megfogalmazasa szerint zart Euler-setat kell keresni. Mi-vel a graf minden pontjanak fokszama 11, nem letezik zart Euler-seta,tehat nem kepezheto

”kor”.

b) Az a) pontban leırtak alapjan elkeszıtve a grafreprezentaciot, es azottani indoklast kovetve talalunk zart Euler-setat, ezert kepezheto

”kor”.

5.2.6. a) n ≥ 3

b) Azon teljes paros grafoknal, ahol a ket diszjunkt halmaz elemszamamegegyezik (Kn,n).

Jeloljuk a paros graf pontjait a kovetkezo modon: a1, a2, . . ., an,b1, b2, . . ., bn. Az (a1, b1, a2, b2, . . . , an, bn, a1) kor biztosan letezik ateljes paros graf tulajdonsag miatt, es mivel minden ponton egyszerhalad at, Hamilton-kor is.


Ha a ket diszjunkt halmaz elemszama nem egyezik meg (Km,n, aholm 6= n), akkor nem letezik Hamilton-kor, mert ha peldaul m > n, ak-kor kiindulva az m elemu halmaz a1 pontjabol, az (a1, b1, a2, b2, . . . ,an, bn, an+1) utat bejarva nem tudunk bi (i > n) pontba lepni.

5.2.7.

5.2.8. Legyenek G25 pontjai a sakktabla egyes mezoinek megfeleltetve. Ket pontakkor legyen osszekotve ellel, ha a megfelelo mezok

”lougrasnyira” vannak

egymastol. G-ben Hamilton-utat, illetve Hamilton-kort keresunk.

Az abra alapjan lathato, hogy Hamilton-utletezik.Vegyuk eszre, hogy lougras csak ellenkezoszınu mezok kozott tortenhet. Ebbol adodoan25, azaz paratlan sok lepes utan az elso es azutolso mezok szıne eltero, tehat a 25 lepesbolallo sorozat nem lehet zarodo. Igy Hamilton-kor nem letezik a grafban.

5.2.9. a

b

c

d

Ha letezik Hamilton-kor, annak biztosan reszea ({b, a}{a, d}) es a ({b, c}{c, d}) ut, mert a esc 2-foku pontok. Ez a 4 el kort alkot, ami nemegeszıtheto ki Hamilton-korre.

5.2.10. Alkalmazzuk az 5.2.8. feladat megoldasaban szereplo grafmodellt∗.

∗Ez esetben a 16-pontu grafban keresunk Hamilton-kort.


Tekintsunk ket atellenes sarkot a sakktablan.A megfelelo pontok a grafban 2-fokuak, ezertaz illeszkedo elek a Hamilton-kor elei kell,hogy legyenek, ha az letezik. De mivel a negyel kort alkot, tovabb nem bovıtheto, ıgy agrafnak nincs Hamilton-kore.

5.2.11. a) Tekintsunk egy G′ grafot, amely G-bol ugy keletkezik, hogy a fela-datban szereplo komponenseket egy-egy ponttal helyettesıtjuk. (Azeleket meghagyjuk abban az ertelemben, hogy ha egy komponensvalamelyik pontja szomszedos G-ben egy ponttal, akkor a kompo-nensnek megfelelo pont is az.) Gondoljuk meg, hogy ha G-nek vanHamilton-kore, akkor G′-nek is van.

K1K2 K3

k1 k2G

K1 K2 K3

k1 k2G′

G-bol elhagyva k1 es k2 pontokat eleikkel egyutt, a G graf K1, K2,K3 komponensekre esik szet.

A kovetkezokben megmutatjuk, hogy G′-ben nincs Hamilton-kor. Akomponenseknek megfelelo G′-beli pontok kozott nincs szomszedos.Ha lenne ket szomszedos pont, akkor a G k szamu pontjanak el-hagyasaval keletkezo grafban e ket komponens valamely pontparjaossze lenne kotve ellel, ami lehetetlen.

Ezert a G′-beli Hamilton-koron levo ket komponensnek megfelelopont kozott legalabb egy (nem komponesnek megfelelo) pontnak kelllennie. Mivel a komponensnek megfelelo pontok szama legalabb k+1,a szukseges kozbeiktatott pontok szama is legalabb ennyi. Ilyen pon-tunk csak k darab van, e szerint ilyen kor nem letezik G′-ben, tehatG-ben sincs Hamilton-kor.

b) G′-t rendeljuk hozza G-hez ugyanugy, mint a)-ban, a gondolatmenetis hasonlo. Az elteres csupan annyi, hogy itt a G′-beli Hamilton-ut letezesehez a legalabb k + 2 nem szomszedos pont osszekotesehezlegalabb k + 1 pont kozbeiktatasa lenne szukseges, de csak k ilyenpontunk van.


5.3. Sıkgrafok es szınezesek

5.3.1. Igen, osszekothetok.

5.3.2. A feladatokat ugy oldjuk meg, hogy a megadott graffal olyan izomorfgrafot rajzolunk, amelyek mutatjak a sıkbarajzolhatosagot.

a)

aa bb

cc

dd

ee

b)

aa

bb cc

dd

ee

c)

aa bb

c

c

dde

e ff

d)

aa

b

bc

c

d

de

e

f

fg

g

h

h

5.3.3. a) n = 5, e = 9, t = 6; n − e + t = 5 − 9 + 6 = 2;

b) n = 5, e = 6, t = 3; n − e + t = 5 − 6 + 3 = 2;


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

d) n = 8, e = 18, t = 12; n − e + t = 8 − 18 + 12 = 2.

5.3.4. a)

t1

t2

t3

t4

t5

t6

ϕ(t1) = 3,

ϕ(t2) = 3,

ϕ(t3) = 3,

ϕ(t4) = 3,

ϕ(t5) = 3,

ϕ(t6) = 3.

t1t2

ϕ(t1) = 6,

ϕ(t2) = 6.∗

b) Egyszeru sıkgrafban nincs tobbszoros el, ezert minden tartomanyfokszama legalabb 3, (ϕ(ti) ≥ 3, ∀i ∈ {1, . . . , t}). Az egyes tarto-manyok fokszamanak osszege megegyezik az elek szamanak ketszere-sevel. (Egy el vagy ket tartomanyt hatarol, vagy valamely tartomany

koruli zart setaban ketszer szerepel.) Ezertt∑

i=1

ϕ(ti) = 2e, ahol t a

tartomanyok, e pedig az elek szama. A fentieket osszevetve a 3t ≤ 2eegyenlotlenseget kapjuk.

5.3.5. a) K5-nek n = 5 pontja es e = 10 ele van. Ha sıkbarajzolhato lenne,akkor az Euler-tetel miatt t = 7 tartomanya lenne. Ekkor azonbannem teljesulne az elozo feladatban bizonyıtott 3t ≤ 2e egyenlotlenseg.

b) K3,3 n = 6 pontu e = 9 elu graf. Ha sıkgraf, akkor t = 5 tartomanyavan. Masreszt egyszeru es paros, ezert legrovidebb korenek hossza4. Ebbol adodoan a 4t ≤ 2e egyenlotlenseg teljesulese kellene ahhoz,hogy a graf sıkgraf legyen. Ez viszont a 20 ≤ 18 ellentmondashozvezet, azaz K3,3 nem sıkgraf.

5.3.6. a)

A vastagabban jelolt reszgraf izomorf K5-tel,ezert a Kuratowski-tetel miatt a graf nem raj-zolhato sıkba.

∗Olvassa el a tartomany fokanak definıciojat figyelmesen.


b) A graf K3,3-mal topologi-kusan izomorf, ezert nemsıkgraf. Helyettesıtsuk egyellel a vastagon jelolt pon-tot a ra illeszkedo elekkel.

5.3.7. Az alabbi abrakon a feladatbeli grafok es a vastagon szedett dualjaiklathatok.

a) b)

c) d)

5.3.8. Magyarorszag es szomszedai vazlatos terkepe:

Ausztria

HorvatorszagJugoszlavia

Romania

Szlovakia

Szlovenia

Ukrajna


A terkep dualjat a vastag pontok es vonalak jelzik:

5.3.9. A terkep szomszedos tartomanyai kiszınezhetok ket szınnel ugy, hogya szomszedosak ne legyenek azonos szınuek. A dual grafban ezen tar-tomanyoknak pontok felelnek meg, amelyek szinten ket szınnel szınezhe-tok. Soroljuk a graf pontjait ket osztalyba, az egy osztalyba kerulok legye-nek az azonos szınnel kiszınezett pontok. Egy osztalyon belul a szınezesszabalya miatt nincs szomszedos pontpar, kovetkezeskeppen a dual grafparos.

5.3.10. Ha egy graf sıkgraf, akkor dualja is az. Ha letezne ot olyan orszag, amelyekparonkent szomszedosak, akkor azok dualja a K5 graf lenne, ami viszontnem sıkgraf. Nem letezik tehat ot paronkent szomszedos orszag.

5.3.11. a) Kettovel. Induljunk ki egy tetszoleges pontbol, legyen ennek a szınepiros, es az osszes szomszedjae kek. Az ıgy kapott kekek szomszedaitszınezzuk pirosra, es folytassuk az eljarast, amıg az egesz grafot kinem szıneztuk. Ha nem hajthato vegre valamely lepes az csak ugylehetseges, ha egy pontba ketfele uton is eljuthatunk a kiindulasipontunkbol, ez viszont ellentmond a fa tulajdonsagnak.

b) Paros hosszusagu kor eseten a minimalis szam 2, paratlan esetben 3.

Legyen a kor pontjainak halmaza {v1, v2, . . . , vk}, elhalmaza pedig{{v1, v2}, {v2, v3}, . . . , {vk−1, vk}, {vk, v1}}. Vizsgaljuk eloszor a ketszınnel valo szınezhetoseget. Vilagos, hogy egy el ket vegpontjat ku-lonbozo szınnel kell szıneznunk, tehat ugyanannyi pont lesz kiszınezvepeldaul pirossal, mint kekkel. Ez akkor lehetseges, ha a kor pont-jainak szama paros. Meg is valosıthato, hiszen, ha a paratlan indexu


pontokat pirossal, a paros indexueket kekkel szınezzuk, akkor az he-lyes szınezes. Belattuk tehat, hogy paros hosszusagu kor eseten aminimalis szınszam 2.

A paratlan hosszusagu korrol megallapıtottuk, hogy ket szınnel nemszınezheto, de 3 szınnel igen, hiszen a kor tetszoleges pontjabol a kortbejarva szınezzunk felvaltva, majd az utolso meg be nem szınezettpont eseteben valasszunk egy harmadik szınt, ıgy a minimalis szın-szam 3.

5.3.12. a) Tegyuk fel, hogy ket szın elegendo. Legyen a ket kijelolt pont v1 esvk, amelyek kozott pontosan egy ut vezet, amelynek pontjai novekvoindex szerint rendezettek. Mivel v1 piros, ezert minden paratlan in-dexu pont is piros kell, hogy legyen, a paros indexuek pedig kekek.Ha k paros szam, akkor ezt nem lehet megvalosıtani, ezert ket szınnem elegendo. Harom viszont igen, mert paros k eseten vk−1 legyenzold.

b) Harom szın elegendo, mert hagyjuk el a mar befestett piros pon-tokat, eleikkel egyutt. Maradek-grafkent erdot kapunk, amelynekminden osszefuggo resze fa leven ket szınnel kiszınezheto pl. zolddeles kekkel.∗

5.3.13. a) χ(G) = 2. A bizonyıtast ket reszre bontja adjuk meg.

1 2

1

21

2

(i) Nyilvanvalo, hogy χ(G) ≥ 2.

(ii) χ(G) ≤ 2, mert ket szınnel kiszınez-heto (lasd az abrat, ahol a kulonbozoszamok kulonbozo szıneket jelolnek).

Belattuk, hogy χ(G) ≥ 2 es χ(G) ≤ 2,tehat χ(G) = 2.

b) χ(G) = 4. A bizonyıtast hasonloan adjuk meg, mint az a) feladatban.

∗lasd 5.3.11. a)


11

1

2

2

2

3

3

34

(i) χ(G) ≥ 4, mert van negy pontuteljes reszgrafja.

(ii) χ(G) ≤ 4, mert negy szınnel ki-szınezheto (last az abrat).

c) χ(G) = 4.

1 2

3 3

4

(i) χ(G) ≥ 4, mert G-ben talalhatonegy paronkent szomszedos pont.

(ii) χ(G) ≤ 4, mert kiszınezheto agraf negy szınnel (lasd az abrat).

d) χ(G) = 4.

(i) Lassuk be, hogy χ(G) > 3.Otpontu kor szınezesehez minimum 3 szın szukseges∗, legyenekezek rendre 1, 2, 3. Az

”otszog” harom

”atlojanak” vegpontjai

kulonbozo szınnel vannak szınezve, ezek felezo pontjainak szıneula harmadik szınt kell vasztani. Igy a

”kozepso” K pont szomsze-

dai 3 kulonbozo szınnel vannak szınezve, ezert K szıne a negye-dik.

(ii) Az abra mutatja, hogy a graf pontjai 4 szınnel kiszınezhetok.

1

1

1

1

2 222

3

3

K

∗Lasd 5.3.11. b).


5.4. Fak es erdok

5.4.1. a) Egy, harompontu fa van.

b) Ket, negypontu nem-izomorf fa letezik.

c) Harom, otpontu nem-izomorf fa van.

5.4.2. Az alabbi nem-izomorf fak allıthatok elo.

5.4.3. a)

1 2 3

4

5

67

8

9

b)

108 3

9

5 4

6

7

2

1


c)

109

87

65

43

21

11

5.4.4. a) Nincsen. Csak a 2 pontu fa olyan, hogy minden pont foka 1. Ha ehhezmeg egy pontot hozzaveszunk, es ezt valamely mar letezo ponttalosszekotjuk, hogy osszefuggo grafot kapjunk, az egyik pont foka mar2 lesz.

b) Van, az alabbi.

c) Nincsen. Ha egy grafban minden pont foka 2, akkor van benne kor∗,ıgy nem lehet fa.

d) Van, az alabbi.

5.4.5. Tudjuk, hogy egy fa ket szınnel kiszınezheto†, legyenek ezek a szınek piroses kek. El csak piros es kek pontot kothet ossze, tehat van ket olyan disz-junkt ponthalmaz, hogy egy halmazon beluli pontokat nem kot ossze el.Ez azt jelenti, hogy a graf paros.

5.4.6. Egy n-pontu teljes grafnak n(n−1)2 ele van. Ha a grafban nincs kor, akkor

legfeljebb n − 1 ele lehet. Ekkor a komplementereben legalabb

n (n − 1)

2− (n − 1) =

(n − 2) (n − 1)

2

van. Nezzuk meg, milyen n eseten teljesul, hogy (n−2)(n−1)2 > n − 1,

n ≥ 5-ot kapunk.

5.4.7. A fa kozeppontjatol legtavolabbi pont biztosan 1-foku, mert ha nem lenneaz, akkor a pontbol kiindulo valamely el masik pontja tavolabb lenne. Haa fa osszes 1-foku pontjat elhagyjuk, nem valtozik meg a fa kozeppontja.

Hagyjuk el az 1-foku pontokat addig, amıg ez lehetseges. Vagy egy pontotkapunk, vagy ket szomszedos pontot.

∗Lasd 5.1.21. a).†Lasd 5.3.11.


5.4.8. Az 5.1.22. c) feladat alapjan:

a) n = 17, k = 5 =⇒ e = n − k = 12;

b) n = 17, e = 6 =⇒ k = n − e = 11.

5.4.9. Peldaul az alabbi ket fa a graf egy-egy feszıtofaja.

5.4.10. a) Ez az e el egy un. hıd, azaz olyan el, amelyet ha elhagyunk a grafbol,akkor a graf ket komponensre esik szet.

K1 K2

e

Ha letezne az abran lathato graf K1 es K2 reszgrafjanak egy-egypontjat osszekoto e-n kıvuli el, akkor letezne a grafnak olyan feszıto-faja, amelynek e nem lenne ele. Ez ellentmond viszont a feladat azonfeltetelenek, hogy az e el a graf minden feszıtofajanak ele.

b) e A feltetelnek megfelelo e el egy hurokel, hiszenegy hurok nem szerepelhet feszıtofaban, mert nemlenne kormentes a graf. A graf minden nem-hurokele viszont lehet feszıtofa ele.

5.4.11. A minimalis sulyu feszıtofat a”moho” algoritmus∗ alkalmazasaval epıtjuk

fel.

A feszıtofa pontjainak halmazat jeloljuk F -fel. Kiindulaskent legyen F ={a}. Keressuk meg az a-bol kiindulo legkisebb sulyu elt. Ez az (a, b) el.Bovıtsuk a feszıtofat b-vel es az (a, b) ellel.

∗Lasd Bagyinszki J., Gyorgy A.: Diszkret matematika foiskolasoknak (140. o.).


Keressuk ezutan az F = {a, b} ponthalmaz egy pontjat a {c, d, e} ponthal-maz egy pontjaval osszekoto legkisebb sulyu elt. Ez a (b, d) el. Bovıtsukezzel az ellel es a d ponttal a feszıtofat.

Keressuk ezt kovetoen az F = {a, b, d} ponthalmaz egy pontjat a {c, e}ponthalmaz egy pontjaval osszekoto legkisebb sulyu elt. Ez a (d, e) el.Bovıtsuk ezzel az ellel es az e ponttal a feszıtofat.

Vegul keressuk az F = {a, b, d, e} ponthalmaz egy pontjat a c ponttalosszekoto legkisebb sulyu elt. Ez a (b, c) el. Bovıtsuk ezzel az ellel es a cponttal a feszıtofat.

Eljutottunk az algoritmus vegere. A kialakult feszıtofa eleit az alabbi abravastagon szedett elei mutatjak.

2

7

9

5

6

6

8

3 8

4

a

b

c d

e

5.4.12. A sulymatrix az alabbi grafot hatarozza meg.

10

6

7

8 7

2

9

43

a

bc

d

e f

A minimalis sulyu feszıtofa felepıtesere alkal-mazzuk a moho algoritmust az A pontbol kiin-dulva. Az alabbi abrak mutatjak, hogy milyenlepeseken keresztul jutunk el egy minimalissulyu feszıtofahoz.

a

1. lepes

6a

e

2. lepes

64

ad

e

3. lepes


6

2

4

a

c

d

e

4. lepes

6

2

43

a

c

d

e f

5. lepes

6

7

2

43

a

bc

d

e f

6. lepes

Vegul ırjuk fel a kapott feszıtofa sulymatrixat.

C =

∞ ∞ ∞ ∞ 6 ∞∞ ∞ 7 ∞ ∞ ∞∞ 7 ∞ 2 ∞ ∞∞ ∞ 2 ∞ 4 36 ∞ ∞ 4 ∞ ∞∞ ∞ ∞ 3 ∞ ∞

6. fejezet

Linearis algebra

6.1. Matrixok

6.1.1. a) • zerusmatrix: C;

• egysegmatrix: D;

• permutalo matrix: A;

• diagonalmatrix: D, L;

• szimmetrikus matrix: A, C, D, H, L;

• ferden szimmetrikus matrix: B, C, I.

b) A∗ = A, C∗ = C, D∗ = D, H∗ = H, L∗ = L, G∗ = J.

6.1.2. a) A + D = D + A =

1 11 11 11 1

.

Ezen kıvul, termeszetesen, barme-lyik matrixot osszeadhatjuk onma-gaval.

b) B ·A =

3 −25 6

−1 −2

; B · D =

−5 00 −13 4

;

C ·B =

4 0 6 −8−1 11 12 −510 −19 −8 −8

; C ·C =

−5 11 232 8 −5

−14 9 57

.

c) adjC =

−23 19 112 −2 −1

−6 5 3

; C−1 =

23 −19 −11−2 2 1

6 −5 −3

.

223


6.1.3. a) Mivel sorok cserejet kell elerni, balrol kell szorozni az alabbi 3× 3-aspermutalo matrixszal:

0 1 01 0 00 0 1

.

b) Szinten balrol kell szorozni a kovetkezo matrixszal:

1 0 20 1 00 0 1

.

c) Jobbrol szorozzuk a kovetkezo matrixszal:

1 0 0 00 1 0 20 0 1 −20 0 0 1

.

6.1.4. a) Lenyegtelen, hogy elobb csereljuk fel a matrixok sorait es oszlopait esutana adjuk ossze az elemeket vagy fordıtva, az eredmeny ugyanaz.

b) Lenyegtelen, hogy elobb csereljuk fel a matrixok sorait es oszlopaites utana szorozzuk skalarral vagy fordıtva, az eredmeny ugyanaz.

c) Legyen A n×m, B pedig m×p tıpusu matrix. Az AB matrix i-ediksoranak j-edik eleme:

m∑

q=1

aiqbqj .

Mivel aiq = a∗qi es bqj = b∗jq (azaz az elemek egyenloek a transzponalt

matrixok megfelelo elemeivel), ezert

m∑

q=1

aiqbqj =

m∑

q=1

a∗qib

∗jq =

m∑

q=1

b∗jqa∗qi,

es ez eppen megegyezik a B∗A∗ matrix (j, i)-edik elemevel.

6.1.5. A bizonyıtashoz a 6.1.4. c) feladatbeli tulajdonsagot hasznaljuk fel.

a) (P∗AP)∗

= ((P∗A)P)∗

= P∗ (P∗A)∗

= P∗A∗P = P∗AP.

6.1. MATRIXOK 225

b) (P∗AP)∗ = ((P∗A)P)∗ = P∗ (P∗A)∗ = P∗A∗P = P∗ (−A)P == −P∗AP.

6.1.6. Ha az A matrix n × m tıpusu, akkor az ej olyan m × 1-es egysegvektor,amelynek j-edik eleme 1, a tobbi 0.

Aej =

a11 · · · a1m

.... . .

...

an1 · · · anm

·

0...1...0

=

a1j

a2j

...

...anj

.

Tehat p∗ olyan 1×n-es matrix, amelynek i-edik eleme 1, a tobbi pedig 0.

6.1.7. Ha az A matrix n × m tıpusu, akkor az e∗j olyan 1 × n-es egysegvektor,amelynek j-edik eleme 1, a tobbi 0, p pedig m × 1-es vektor.

e∗j · A =[

0 · · · 1 · · · 0]·

a11 · · · a1m

......

aj1. . . ajm

......

an1 · · · anm

=

=[

aj1 aj2 · · · · · · ajm

],

e∗j ·A · p =[

aj1 aj2 · · · ajm

]·

11...1

=

[m∑

i=1

aji

]

,

azaz az ıgy adodo 1 × 1-es matrixban az A matrix j-edik soraban levoelemek osszeget kapjuk.

6.1.8. A =

52 −1

−4 2

3 − 54

.


6.1.9. Legyen B =

[a bc d

]

. Ekkor

AB =

[1 0

−1 0

]

·[

a cb d

]

=

[a c

−a −c

]

,

BA =

[a cb d

]

·[

1 0−1 0

]

=

[a − c 0b − d 0

]

.

Innen c = 0 illetve −a = b − d, vagyis B =

[a b0 a + b

]

, ahol a es b

tetszoleges valos szamok.

6.1.10. X =

[−2 2−6 5

]

.

6.1.11. Foglaljuk tablazatba az adatokat:

termek mennyi- egyseg-1. 2. 3. 4. seg ar

I. anyag 4 3 3 1 5000 2,5II. anyag 2 1 0 5 2300 5

III. anyag 10 1 2 3 3000 1gyartando mennyiseg 200 400 700 300jarulekos koltseg 3 2 2,5 3,5eladasi ar 25 43 32 50

Vezessunk be jeloleseket:termek mennyi- egyseg-

1. 2. 3. 4. seg ar

I. anyagII. anyag A k a

III. anyaggyartando mennyiseg p∗

jarulekos koltseg t∗

eladasi ar c∗

a) Azt kell eldonteni, hogy Ap elemei kisebbek-e k megfelelo elemeinel.

Ap =

440023004700

, tehat nem eleg, a III. anyagbol meg be kell szerezni

1700 db-ot.


b) Termelesi koltseg + jarulekos koltseg = a∗(Ap) + t∗p = 27200 ++ 4200 = 31400.

c) Eladasi ar = c∗p = 59600.

d) 28200.

6.2. Linearis terek (vektorterek)

Linearis fuggetlenseg, bazis, dimenzio

6.2.1. 2v − 3w = [−7 − 5 1]∗; 3v + w = [6 − 2 7]

∗.

6.2.2. Nem adhato meg, mert u, v, es w fuggetlen rendszert alkotnak.

6.2.3. a) fuggetlen;

b) b = 2a;

c) 2a + b = 0;

d) fuggetlen;

e) −2a + b + 3c = 0;

f) a − b + c = 0;

g) fuggetlen;

h) 3a + b− 2c + d = 0.

6.2.4. a) Nem fuggetlen, mert az xa + y0 = 0 egyenlet x = 0 es tetszoleges yertek mellett teljesul.

b) x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) = 0 atrendezve

(x + z)a + (x + y)b + (y + z)c = 0.

Mivel a, b es c fuggetlen vektorok, x-re, y-ra es z-re az alabbi egyen-letrendszert kapjuk:

x + z = 0x + y = 0y + z = 0

.

Az egyenletrendszernek csak az x = y = z = 0 a megoldasa, tehat akerdeses vektorok fuggetlenek.


c) x (a + 2b + c) + y (a − b− c) + z (5a + b − c) = 0 atrendezve

(x + y + 5z)a + (2x − y + z)b + (x − y − z)c = 0.

Mivel a, b es c fuggetlen vektorok, x-re, y-ra es z-re az alabbi egyen-letrendszert kapjuk:

x + y + 5z =02x − y + z =0x − y − z =0

.

Az egyenletrendszernek vegtelen sok megoldasa van, ezek x = −2z,y = −3z, z tetszoleges valos szam. Tehat a kerdeses vektorok linea-risan osszefuggo rendszert alkotnak.

6.2.5. Az a es b vektorok linearisan fuggetlenek, mert nincs olyan λ valos szam,hogy 2 + 3j = λ (5 − j); c = 3a− b.

6.2.6. Peldaul a = [1 2 3 4]∗, b = [1 1 0 0]∗, c = a+b = [2 3 3 4]∗.

6.2.7. a) Egydimenzios vektorter, bazis: (1, 1, 1).

b) Ketdimenzios vektorter, bazis: (1, 0, 1) , (0, 1, 2), mivel a vektorterosszes eleme felırhato (a, b, a + 2b) alakban. Ha a = 1 es b = 0,akkor (1, 0, 1)-et, ha a = 0 es b = 1, akkor (0, 1, 2)-t kapunk.

c) Nem vektorter, mert peldaul nincs additıv inverz.

d) Haromdimenzios vektorter, bazis: (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1).

e) Nem vektorter, mert peldaul az osszeadasra nezve nem zart:

(a, b, ab) + (c, d, cd) = (a + c, b + d, ab + cd) 6=6= (a + c, b + d, (a + c) (b + d)) .

6.2.8. Tekintsuk az ex cos 2x es az ex sin 2x fuggvenyek linearis kombinacioinakhalmazat a valos szamtest felett. Konnyen belathato, hogy e linearis kom-binaciok halmaza zart az osszeadasra es a skalarral valo szorzasra vo-natkozoan es eloallıtja az osszes ex (A cos 2x + B sin 2x) alaku fuggvenyt.A linearis terben eloırt muveleti tulajdonsagok trivialisan teljesulnek. Amegadott alaku fuggvenyek tehat linearis teret alkotnak a valos szamtestfelett. Mivel nincs olyan c valos szam, amelyre ex cos 2x = cex sin 2x, a ketfuggveny linearisan fuggetlen, ıgy az ex cos 2x, ex sin 2x a ter egy bazisatalkotja. Az adott fuggveny koordinatai e bazisban: (2, 3).


6.2.9. Nem letezik olyan λ valos szam, hogy 2x − 1 = λ (−x + 2), tehat fugget-lenek. Az α (2x − 1) + β (−x + 2) = 5x + 3 egyenlet megoldasa α = 13

3 ,β = 11

3 . Masik bazis peldaul az x, 1; ebben az adott fuggveny koordinatai(5, 3).

6.2.10. Azt kell eldonteni, hogy az adott vektorterek hany dimenziosak, mert azazonos dimenzioszamu vektorterek izomorfak. Az a), b), c), e), h) feladat-ban adott vektorterek 9 dimenziosak, a d), f), g)-ben adott vektorterek 8dimenziosak.

6.2.11. Ha az (x, y, z) pont az x + y + z = 0 sık pontja, akkor z = −x − y.Igy a sık barmely pontjanak koordinatai (x, y, −x − y) alakban ırhatok,

vagyis V minden vektora a =

a1

a2

−a1 − a2

alaku, tehat ket fuggetlen

valos szam szukseges a V -beli vektorok leırasara. Igy lathato, hogy Vketdimenzios vektorter, bazisa: [1 0 − 1]

∗, [0 1 − 1]

∗. Az egyenes

pontjai (x, x, 0) alakban ırhatok, ıgy V ′ minden vektora a =

aa0

alaku,

tehat egy valos szam elegendo a V ′-beli vektorok leırasara. Igy lathato,hogy V ′ egydimenzios vektorter, bazisa: [1 1 0]

∗.

Elemi bazistranszformaciok, bazisvektor-csere

6.2.12.a b c v b c v c v v

a 6e1 1 2 3 6 2 3 6 −1 0 12

b 6e2 2 1 0 3 −3 −6 −9 2 3 2

c 6e3 0 −1 2 −1 −1 2 −1 4 2 12

Tehat v = 12a + 2b + 1

2c.

6.2.13.a1 a2 a3 a4 a2 a3 a4 a3 a4

a1 6e1 1 −2 1 −1 −2 1 −1 −1 −1

a2 6e2 0 1 −1 0 1 −1 0 −1 0e3 −3 1 2 3 −5 5 0 0 0


Az a3 es a4 vektorok kozul harmadik bazisvektornak egyik sem vonhatobe, mivel harmadik koordinatajuk 0. Ket linearisan fuggetlen vektor vanaz oszlopvektorok kozott, tehat a matrix rangja 2.

6.2.14.a1 a2 a3 e1 e2 e3

e1 1 2 −3 1 0 0e2 0 3 1 0 1 0e3 2 −1 −8 0 0 1

a1 a2 a3 e1 e2 e3

a1 1 2 −3 1 0 0

e2 0 3 1 0 1 0e3 0 −5 −2 −2 0 1

a1 a2 a3 e1 e2 e3

a1 1 11 0 1 3 0a3 0 3 1 0 1 0

e3 0 1 0 −2 2 1

a1 a2 a3 e1 e2 e3

a1 1 0 0 23 −19 −11a3 0 0 1 6 −5 −3a2 0 1 0 −2 2 1

A matrix sorait megfelelo sorrendbe ırva: A−1 =

23 −19 −11−2 2 1

6 −5 −3

.

6.2.15. a)

a1 a2 a3 b a1 a2 b a1 b b

a3 6e1 2 0 1 5 2 0 5 2 5 3

a1 6e2 2 4 0 10 2 4 10 −30 −30 1

a2 6e3 2 1 −3 −5 8 1 10 8 10 2

b = a1 + 2a2 + 3a3.

Tehat x = 1; y = 2; z = 3.


b)

a1 a2 a3 b a1 a2 b a2 b

a3 6e1 2 0 1 5 2 0 5 −4 −5

a1 6e2 2 4 0 10 2 4 10 2 5e3 −2 −16 3 −25 −8 −16 −40 0 0

b = 5a1 − 5a3.

A b vektor kompatibilis az A matrix oszlopvektorterere nezve, tehataz egyenletrendszer megoldhato. Mivel az ismeretlenek szama 3 es amatrix rangja 2, ezert az egyenletrendszernek vegtelen sok megoldasavan, ezek: x = 5 − 2y; z = −5 + 4y, ahol y tetszoleges valos szamlehet.

c)

a1 a2 a3 b a1 a2 b a2 b

a3 6e1 2 0 1 5 2 0 5 −4 −5

a1 6e2 2 4 0 10 2 4 10 2 5e3 −2 −16 3 −1 −8 −16 −16 0 24

A b vektor nincs benne az A matrix oszlopvektortereben, ıgy azegyenletrendszernek nincs megoldasa.

6.2.16. A 6.2.15. b) feladatbol lathato, hogy az A rangja 2, ha c = 3. Tehat hac 6= 3, akkor a matrix rangja 3 lesz, ekkor az egyenletrendszernek pontosanegy megoldasa van.

6.2.17.a1 a2 a3 b a2 a3 b a3 b

a1 6e1 1 1 1 2 1 1 2 0 1

a2 6e2 1 −1 −1 0 −2 −2 −2 1 1

e3 2 1 1 c −1 −1 c − 4 0 c − 3

Ha c = 3, akkor vegtelen sok megoldas van. Ezek x = 1; y = 1 − z; ztetszoleges valos szam lehet. Ha c 6= 3, akkor nincs megoldas.

6.2.18.

a1 a2 a3 b a2 a3 b a3 b

a2 6e1 0 1 −3 −2 1 −3 −2 −3 −2

a1 6e2 1 −2 3 3 −2 3 3 −3 −1e3 4 0 −12 c 8 −24 c − 12 0 c + 4


a) A matrix rangja 2, mivel a3 = −3a1 − 3a2.

b) c = −4, mivel ekkor −a1 − 2a2 = b.

6.2.19.

a1 a2 a3 a1 a3 a3

e1 1 −1 1 −1 1 + c −c

a1 6e2 −3 2 −1 1 −1 − 2c −1 − 2c

a2 6e3 −2 1 c −2 c −2 − 3c

Tehat c = 0 kell, hogy legyen.

6.2.20.

a1 a2 a3 a4 b a2 a3 a4 b a3 a4 b

a1 6e1 −1 2 4 2 7 −2 −4 −2 −7 3 0 4

a2 6e2 3 −2 2 −2 1 4 14 4 22 72 1 11

2e3 1 2 10 2 15 4 14 4 22 0 0 0e4 −2 2 1 2 3 −2 −7 −2 −11 0 0 0

a) A matrix rangja 2, mivel ket oszlopvektort lehetett bevinni a bazisba.

b) x1 = 4 − 3x3; x2 = 112 − 7

2x3 − x4, ahol x3 es x4 tetszoleges valosszamok.

c) Igen, b = 4a1 + 112 a2.

6.3. Linearis transzformaciok

6.3.1.

M ·[

31

]

=

[3

−5

]

, M ·[

33

]

=

[3

−3

]

,

M ·[

63

]

=

[6

−9

]

, M ·[

61

]

=

[6

−11

]

,

azaz a transzformacio nyıras negatıv iranyban az y tengely menten:


x

y

A

B C

D

A′

B′

C′

D′

1

3

3 6

−3

−5

−9

−11

Maskeppen megkozelıtve, a transz-formacio matrixabol lathato, hogy az

e1 egysegvektor kepe

[1

−2

]

lesz, az

e2 kepe

[01

]

marad:

x

y

1

1e1

e2

x

y

1

1

−2 ϕ(e1)

ϕ(e2)

6.3.2. Tetszoleges (x, y) pontra

[1 11 1

]

·[

xy

]

=

[x + yx + y

]

=

[XY

]

, ahol

X = Y , vagyis a transzformacio a sık pontjait az Y = X egyenletu egye-nesre kepezi.

6.3.3. Tetszoleges (x, y) pont kepe

[2 −10 2

]

·[

xy

]

=

[2x − y

2y

]

=

[XY

]

,

tehat X = 2x − y, Y = 2y. Az egyenes pontjaira y = 2x − 1 all fenn, ıgyX = 2x − (2x − 1) = 1, Y = 2 (2x − 1) = 4x − 2, ıgy az egyenes kepe azX = 1 egyenletu egyenes lesz.

6.3.4. Elso megoldas:

[2 13 0

]

·[

xy

]

=

[2x + y

3x

]

=

[XY

]

,

tehat X = 2x + y, Y = 3x. Ha az y = mx + c egyenest a transzformacioonmagara kepezi, akkor Y = mX + c, amibol 3x = m (2x + y) + c, vagyisy = 3−2m

m x − cm kovetkezik. Innen m = 3−2m

m , es c = − cm kell, hogy


legyen, amely egyenletrendszer megoldasa

m = −3 vagy m = 1, es c = 0.

Vagyis ket ilyen egyenes letezik, ezek:

y = −3x es y = x.

Masodik megoldas:

Keressuk meg a transzformacio sajatvektorait:∣∣∣∣

2 − λ 13 −λ

∣∣∣∣= (2 − λ) (−λ) − 3 = 0, ahonnan λ1 = 3, λ2 = −1.

Ha λ = 3, akkor[

−1 13 −3

]

·[

xy

]

=

[−x + y3x − 3y

]

=

[00

]

, azaz y = x.

Ha λ = −1, akkor[

3 13 1

]

·[

xy

]

=

[3x + y3x + y

]

=

[00

]

, azaz y = −3x.

Az alabbi abra a bazisvektorokat, a v1 = (1, 1) es v2 = (1, −3) sajatvek-tor-reprezentansokat, valamint ϕ altali kepuket mutatja.

x

y

1

1

−3

e1

e2

v1

v2

x

y

−1 2

3

3

ϕ(e1)

ϕ(e2)

ϕ(v1) = 3v1ϕ(v2) = −v2


6.3.5. A kor pontjai(x, ±

√1 − x2

)alakban ırhatok, ahol x ∈ [−1, 1].

[1 00 2

]

·[

x

±√

1 − x2

]

=

[x

±2√

1 − x2

]

=

[XY

]

,

vagyis Y = ±2√

1 − x2, tehat az (X, Y ) pontok az X2 + Y 2

4 = 1 egyenletuellipszis pontjai.

6.3.6. ϕ = arctg 2

x

y

ϕ

y = 2x

Elso megoldas:

Az e1 =

[10

]

egysegvektort 2ϕ-vel kell for-

gatni, azaz e1 kepe

[cos 2ϕsin 2ϕ

]

=

[−0, 6

0, 8

]

.

Az e2 =

[01

]

egysegvektort −2 (90◦ − ϕ) =

= (2ϕ − 180◦)-kal kell forgatni, de az e2 x ten-gelyhez kepest 90◦-kal mar el van forgatva, ıgyaz e2 kepe

[cos (2ϕ − 90◦)sin (2ϕ − 90◦)

]

=

[0, 80, 6

]

.

Tehat a transzformacio matrixa:

[−0, 6 0, 8

0, 8 0, 6

]

.

Masodik megoldas:

A transzformacio nem mas, mint ket transzformacio egymas utani veg-

rehajtasa. Ezek: az x tengelyre tukrozes, A =

[1 00 −1

]

, majd 2ϕ-vel

valo forgatas, B =

[cos 2ϕ − sin 2ϕsin 2ϕ cos 2ϕ

]

. A transzformacio matrixa a ket

matrix szorzata lesz, tehat

BA =

[cos 2ϕ sin 2ϕsin 2ϕ − cos 2ϕ

]

=

[−0, 6 0, 8

0, 8 0, 6

]

.

6.3.7. a)

[34

13

14

23

]

·[

1

−3

]

=

[

− 14

− 74

]

.


b)

[34

13

14

23

]

·[

x

x

]

=

[1312x1112x

]

=

[

X

Y

]

, azaz Y =11

13X .

c)

∣∣∣∣

34 − λ 1

314

23 − λ

∣∣∣∣=

(34 − λ

) (23 − λ

)− 1

12 = 0,

ahonnan λ1 = 1, λ2 = 512 .

Ha λ = 1, akkor

[

− 14

13

14 − 1

3

]

·[

x

y

]

=

[

− 14x + 1

3y14x − 1

3y

]

=

[

0

0

]

,

ıgy a sajatvektor

[x

34x

]

.

Ha λ = 512 , akkor

[13

13

14

14

]

·[

x

y

]

=

[13x + 1

3y14x + 1

4y

]

=

[

0

0

]

, ıgy a

sajatvektor

[x

−x

]

.

d)

[1 00 5

12

]

.

6.3.8. A transzformacio 270◦-kal valo forgatast jelent, vagyis nincs olyan egyenes,amelyik onmagaba menne at.

6.3.9. A transzformacio α-val valo forgatast jelent.

a) α = k · 360◦, ahol k ∈ Z.

b) α = 180◦ + k · 360◦, ahol k ∈ Z.

6.3.10. A nyujtas matrixa: A =

2 0 00 1 00 0 1

, a forgatas matrixa:

B =

cos 45◦ − sin 45◦ 0sin 45◦ cos 45◦ 0

0 0 1

=

√2

2

1 −1 01 1 0

0 0√

2

.

Tehat a transzformacio matrixa:

BA =

√2

2

2 −1 02 1 0

0 0√

2

=

√2 −

√2

2 0√

2√

22 0

0 0 1

.


6.3.11. Legyen a P (x, y, z) pont kepe a P ′ (X, Y, Z) pont. Ekkor a−−→PP ′ =

=

X − xY − yZ − z

vektor a sık normalvektora, amely az

111

vektorral par-

huzamos, vagyis

X − x = Y − y = Z − z. (6.1)

A PP ′ szakasz felezopontja a sıkon van, ıgy

1

2(x + X) +

1

2(y + Y ) +

1

2(z + Z) = 0. (6.2)

A (6.1) es (6.2) egyenleteknek minden (x, y, z)-re teljesulniuk kell, ıgypeldaul (1, 0, 0)-ra: X − 1 = Y = Z es 1 + X + Y + Z = 0, ebbol X = 1

3 ,Y = − 2

3 , Z = − 23 . Hasonloan (0, 1, 0) kepe

(− 2

3 , 13 , − 2

3

)es (0, 0, 1) kepe

(− 2

3 , − 23 , 1

3

). Igy a tukrozes matrixa

1

3

1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1

.

6.3.12. A transzformacio matrixa

0 0 02 2 11 8 4

.

a) A matrix rangja 2, tehat ketdimenzios terre.

b)

0 0 02 2 11 8 4

·

xx0

=

04x9x

=

XYZ

, vagyis X = 0 es Z = 94Y .

6.3.13. a) Igen,

[1 00 0

]

.

b) Nem, mert nem osszegtarto: peldaul (5 + 3j) kepe 5, (2 + 7j) kepe7, viszont a ketto osszegenek, (7 + 10j)-nek a kepe 10, nem pedig 12.

c) Nem, mert nem osszegtarto.

d) Nem, mert nem osszegtarto.

e) Igen,

[1 00 −1

]

.


f) Igen,

[0 −11 0

]

.

6.3.14. a)

[0 10 0

]

. e)

[0 1

−1 1

]

. f)

[−1 1

0 1

]

.

6.3.15. a) f 7→ (x + 1) · f ′, es g 7→ (x + 1) · g′, ekkor

(f + g) 7→ (x + 1)·(f+g)′ = (x + 1)·(f ′ + g′) = (x + 1)·f ′+(x + 1)·g′

es λf 7→ (x + 1) · (λf)′= λ (x + 1) f ′.

b)

0 1 00 1 20 0 2

.

c)

∣∣∣∣∣∣

−λ 1 00 1 − λ 20 0 2 − λ

∣∣∣∣∣∣

= 0, ahonnan λ erteke 0, 1 vagy 2 lehet.

Ha λ = 0, akkor

0 1 00 1 20 0 2

·

xyz

=

yy + 2z

2z

=

000

,

tehat a sajatvektor

x00

.

Ha λ = 1, akkor

−1 1 00 0 20 0 1

·

xyz

=

−x + y2zz

=

000

,

tehat a sajatvektor

xx0

.

Ha λ = 2, akkor

−2 1 00 −1 20 0 0

·

xyz

=

−2x + y−y + 2z

0

=

000

,


tehat a sajatvektor

x2xx

.

6.3.16. a)

1 0 01 0 01 0 0

. b)

1 1 00 1 11 3 2

. d)

−1 0 00 −1 00 0 −1

.

6.3.17. a) Az osszeg- es aranytarto tulajdonsagok egyben a derivalas tulajdon-sagai, tehat az ilyen alaku fuggvenyekre is ervenyesek.

b) Mivel(ex cos 2x)′ = ex (cos 2x − 2 sin 2x) ,

(ex sin 2x)′= ex (2 cos 2x + sin 2x) ,

ezert a transzformacio matrixa

M =

[1 2

−2 1

]

.

c) Elso derivalt: M ·[

ab

]

=

[a + 2b

−2a + b

]

.

Masodik derivalt: M ·[

a + 2b−2a + b

]

=

[−3a + 4b−4a− 3b

]

.

d) M ·[

xy

]

=

[ab

]

, ahonnan

[xy

]

=

[15a − 2

5b25a + 1

5b

]

.

diszkrét matematika példatár - györgy-kárász-sergyán-vajda-záborszky(2003)[211 oldal]

Documents