diszkrét matematika 1.compalg.inf.elte.hu/~nagy/diak/dm1_ea_1.pdf · diszkrét matematika 1. nagy...

Diszkrét matematika 1.

Nagy Gábor

[email protected]@gmail.com

ELTE IK Komputeralgebra Tanszék

2014. ősz

Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.

2014-15 őszi félév

Gyakorlat:1. ZH tervezett időpontja: október 21.,2. ZH tervezett időpontja: december 9.

Fontos információk az alábbi linken találhatók:http://compalg.inf.elte.hu/∼merai/Edu/DM1/index-dm1-gy.htmlEnnek szerepét idővel átveszi:http://compalg.inf.elte.hu/∼burcsihttp://compalg.inf.elte.hu/∼nagy

Előadás:Fontos információk az alábbi linken találhatók:http://compalg.inf.elte.hu/∼ merai/Edu/DM1/index-dm1-ea.html


Harmadfokú egyenlet

Harmadfokú egyenlet megoldásaKeressük meg azax3 + bx2 + cx + d = 0egyenlet megoldásait (a 6= 0)!

Végigosztva a-val kapjuk az x3 + b ′x2 + c ′x + d ′ = 0 egyszerűbbegyenletet.

Emlékeztető: másodfokú egyenlet megoldása: x2 + px + q = 0.

Az x = y − p2 helyettesítéssel eltűnik az x-es tag: y2 + q ′ = 0.

Innen átrendezéssel és gyökvonással megkapjuk a lehetségesmegoldásokat y -ra, ahonnan kiszámolhatóak az x1, x2 megoldások.

Hasonló helyettesítéssel a harmadfokú egyenlet y3 + py + q = 0alakra hozható.



Keressük meg az y3 + py + q = 0 egyenlet megoldásait!Ötlet: keressük a megoldásokat y = u + v alakban!Most (u + v)3 = u3 + 3u2v + 3uv2 + v3.A harmadfokú egyenlet:(u + v)3 −3uv(u + v) −(u3 + v3) = 0

y3 +py +q = 0Célunk olyan u, v találása, melyekre −3uv = p, −(u3 + v3) = q.Ekkor u + v megoldás lesz!u, v megtalálása: u3v3 = (−p3 )

3, u3 + v3 = −q, u3, v3 gyökeilesznek a z2 + qz + (−p3 )

3 = 0 másodfokú egyenletnek. Agyökökből u, v köbgyökvonással kijön:

y =3

√√√√−

p2

+

√(−q2

)2+

(p3

)3+

3

√√√√−

p2

−

√(−q2

)2+

(p3

)3



Keressük meg az x3 − 21x + 20 = 0 egyenlet megoldásait!(Most x = y , és rögtön látszik, hogy az x = 1 gyök lesz.)p = −21, q = 20 helyettesítéssel az

x =3

√√√√−

p2

+

√(−q2

)2+

(p3

)3+

3

√√√√−

p2

−

√(−q2

)2+

(p3

)3képletbe azt kapjuk, hogy

x =3√

−10 +√

−243 +3√

−10 −√

−243

A négyzetgyök alatt negatív!Meg lehet-e menteni a megoldóképletet?



x = 3√

−10 +√

−243 + 3√

−10 −√

−243Formálisan számolva, a (

√−3)2 = −3 feltétellel:

−10 +√

−243 = −10 + 9√

−3 =23 + 3 · 22 ·

√−3 + 3 · 2(

√−3)2 + (

√−3)3 = (2 +

√−3)3.

Hasonlóan −10 −√

−243 = (2 −√

−3)3.

Ezzel a megoldás: x = (2 +√

−3) + (2 −√

−3) = 4.

Felmerülő kérdésekSzámolhatunk-e

√−3-mal formálisan?

Miért épp így kell számolni a −10 +√

−243 értékét?Hova tűnt az x = 1 megoldás?Mi a harmadik gyöke az egyenletnek?


Számfogalom bővítése

Természetes számok: N = {0, 1, 2, . . . }Nincs olyan x ∈ N természetes szám, melyre x + 2 = 1!N halmazon a kivonás nem értelmezett!

Egész számok: Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . }A kivonás elvégezhető: x = −1.Nincs olyan x ∈ Z egész szám, melyre x · 2 = 1!Z halmazon az osztás nem értelmezett!

Racionális számok: Q ={

pq : p, q ∈ Z, q 6= 0

}Az osztás elvégezhető: x = 12 .Nincs olyan x ∈ Q racionális szám, melyre x2 = 2!Q halmazon a négyzetgyökvonás nem (mindig) elvégezhető!

Valós számok: R.Nincs olyan x ∈ R valós szám, melyre x2 = −1!

U.i.: Ha x ≥ 0, akkor x2 ≥ 0.Ha x < 0, akkor x2 = (−x)2 > 0.


Számfogalom bővítése

Komplex számok körében az x2 = −1 egyenlet megoldható!

Komplex számok alkalmazása:

egyenletek megoldása;geometria;fizika (áramlástan, kvantummechanika, relativitáselmélet);grafika, kvantumszámítógépek.

Komplex számok bevezetéseLegyen i az x2 = −1 egyenlet megoldása.A szokásos számolási szabályok szerint számoljunk az iszimbólummal formálisan, i2 = −1 helyettesítéssel:

(1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i + (−1) = 2i .

Általában

(a + bi)(c + di) = ac − bd + i(ad + bc).


A komplex számok definíciója

DefinícióAz a + bi alakú kifejezéseket, ahol a, b ∈ R, komplex számoknak(C) hívjuk.összeadás: (a + bi) + (c + di) = a + c + i(b + d).Szorzás: (a + bi)(c + di) = ac − bd + i(ad + bc).A z = a + bi ∈ C komplex szám, valós része: Re(z) = a.A z = a + bi ∈ C komplex szám képzetes része:Im(z) = b.

Figyelem! Im(z) 6= biAz a + i0 alakú komplex számok a valós számok.A 0 + ib alakú komplex számok a tisztán képzetes számok.Az a+bi és a c +di komplex számok egyenlőek: a+bi = c +di , ha

a = c és b = d .


A komplex számok definíciója

MegjegyzésA komplex számok alternatív definíciója:(a, b) ∈ R× R párok halmaza, ahol azösszeadás koordinátánként: (a, b) + (c, d) = (a + c, d + b);szorzás (a, b) · (c, d) = (ac − bd , ad + bc).

A két definíció ekvivalens: i ↔ (0, 1).Az a + bi formátum kényelmesebb számoláshoz.Az (a, b) formátum kényelmesebb ábrázoláshoz(grafikusan, számítógépen).További formális számokra nincs szükség:

Tétel(Algebra alaptétele, NB)

Minden a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anxn kifejezés esetén, ahola0, . . . , an ∈ C, an 6= 0, akkor létezik olyan z ∈ C komplex szám,hogy a0 + a1z + a2z2 + · · ·+ anzn = 0.


Számolás komplex számokkal

DefinícióEgy x szám ellentettje az az x̂ szám, melyre x + x̂ = 0.

Egy r ∈ R szám ellentettje: −r .

Állítás (HF)

Egy z = a + bi ∈ C szám ellentettje a −z = −a − bi komplex szám.

DefinícióEgy z = a + bi ∈ C komplex szám abszolút értéke:|z | = |a + bi | =

√a2 + b2.

Valós számok esetében ez a hagyományos abszolút érték:|a| =

√a2.

Állítás(HF)

|z | = |a + bi | ≥ 0, |z | = |a + bi | = 0 ⇔ z = a + bi = 0.Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.


DefinícióEgy x szám reciproka az az x̂ szám, melyre x · x̂ = 1.

Egy r ∈ R nemnulla szám reciproka: 1r .Mi lesz 11+i ?Ötlet: gyöktelenítés, kunjugálttal való bővítés:

11 +

√2

=1

1 +√

2· 1 −

√2

1 −√

2=

1 −√

2(1 +

√2)(1 −

√2)

=1 −

√2

12 − (√

2)2

=1 −

√2

1 − 2= −1 +

√2.

Hasonlóan:1

1 + i=

11 + i

1 − i1 − i

=1 − i

(1 + i)(1 − i)=

=1 − i

12 − i2=

1 − i1 − (−1)

=1 − i

2=

12

−12i .



Definíció

Egy z = a + bi komplex szám konjugáltja a z = a + bi = a − biszám.

Állítás(HF)

Egy z nemnulla komplex szám reciproka 1z =z

z·z

A definíció értelmes, hiszen a nevezőben:

z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 − (bi)2 = a2 + b2 = |z |2.

Nullosztómentesség: z · w = 0 → z = 0 vagy w = 0.Két komplex szám hányadosa:

zw

= z · 1w.



Tétel (HF)

1 z = z ;2 z + w = z + w ;3 z · w = z · w ;4 z + z = 2 · Re(z);5 z − z = 2i · Im(z);6 z · z = |z |2;7 z 6= 0 esetén z−1 = z

|z |2 ;

8 |0| = 0 és z 6= 0 esetén |z | > 0;9 |z | = |z |;10 |z · w | = |z | · |w |;11 |z + w | ≤ |z | + |w | (háromszög egyenlőtlenség).



Tétel(HF)...

|z · w | = |z | · |w |;...

Bizonyítás

|z ·w |2 = z ·w ·z · w = z ·w ·z ·w = z ·z ·w ·w = |z |2 ·|w |2 = (|z |·|w |)2.


Komplex számok ábrázolása

A komplex számok a komplex számsíkon:

-

6

��

��

��

Re(z)

Im(z)

z= r(cosϕ+ i sinϕ)

r

ϕ

$

Ha z = a + bi ∈ C, akkor Re(z) = a, Im(z) = b.A (Re(z), Im(z)) vektor hossza: r =

√a2 + b2 =

√|z |2.

A z nemnulla szám argumentuma ϕ = arg(z) ∈ [0, 2π)A koordináták trigonometrikus függvényekkel kifejezve:

Re(z) = a = r · cosϕ, Im(z) = b = r · sinϕ.


Komplex számok trigonometrikus alakja

Definícióz ∈ C nemnulla szám trigonometrikus alakja az = r(cosϕ+ i sinϕ),ahol r > 0 a szám abszolút értéke.

Figyelem! A 0-nak nem használjuk a trigonometrikus alakját.A trigonometrikus alak nem egyértelmű:r(cosϕ+ i sinϕ) = r(cos(ϕ+ 2π) + i sin(ϕ+ 2π)).

DefinícióEgy z ∈ C nemnulla argumentuma: az a ϕ = arg(z) ∈ [0, 2π),melyre z = |z |(cosϕ+ i sinϕ).

z = a + bi algebrai alak;z = r(cosϕ+ i sinϕ) trigonometrikus alak.

Itt a = r cosϕ, b = r sinϕ.Nagy Gábor Diszkrét matematika 1.

Számolás trigonometrikus alakkal

Legyen z ,w ∈ C nemnulla komplex számok:z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), w = |w |(cosψ+ i sinψ).A szorzatuk:zw = |z |(cosϕ+ i sinϕ) · |w |(cosψ+ i sinψ) =

= |z ||w |(cosϕ cosψ− sinϕ sinψ+ i(cosϕ sinψ+ sinϕ cosψ)) =addíciós képletek: cos(ϕ+ψ) = cosϕ cosψ− sinϕ sinψ

sin(ϕ+ψ) = cosϕ sinψ+ sinϕ cosψ= |z ||w |(cos(ϕ+ψ) + i sin(ϕ+ψ)).

A szorzat abszolút értéke: |zw | = |z ||w |.A szorzat argumentuma:

ha 0 ≤ arg(z) + arg(w) < 2π, akkorarg(zw) = arg(z) + arg(w);ha 2π ≤ arg(z) + arg(w) < 4π, akkorarg(zw) = arg(z) + arg(w) − 2π.

A sin, cos függvények 2π szerint periodikusak, az argumentummeghatározásánál redukálni kell az argumentumok összegét.


Moivre-azonosságok

Tétel HFLegyen z ,w ∈ C nemnulla komplex számok:z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), w = |w |(cosψ+ i sinψ),és legyen n ∈ N. Ekkorzw = |z ||w |(cos(ϕ+ψ) + i(sin(ϕ+ψ));zw =

|z ||w |(cos(ϕ−ψ) + i sin(ϕ−ψ));

zn = |z |n(cos nϕ+ i sin nϕ).

A szögek összeadódnak, kivonódnak, szorzódnak. Azargumentumot ezek után redukcióval kapjuk!

Geometriai jelentésEgy z ∈ C komplex szám a komplex számsíkon mint nyújtvaforgatás hat. |z |-kel nyújt, arg(z) szöggel forgat.


Komplex számok gyökei

PéldaSzámoljuk ki a

(1+i√

2

)8-t:(

1+i√2

)8=

(1√2

+ i 1√2

)8=

(cos π4 + i sin

π4

)8=

= cos(8 · π4

)+ i sin

(8 · π4

)= cos 2π+ i sin 2π = 1.

További komplex számok, melyeknek a 8-adik hatványa 1:

1;−1;i : i8 = (i2)4 = (−1)4 = 1;−i ;1+i√

2; −1+i√

2;

sőt: ±i · 1+i√2

:(i · 1+i√

2

)8= i8 ·

(1+i√

2

)8= 1 · 1 = 1.


Gyökvonás

A z = |z |(cosϕ+ i sinϕ) és w = |w |(cosψ+ i sinψ) számokegyenlőek:

|z |(cosϕ+ i sinϕ) = |w |(cosψ+ i sinψ),ha

|z | = |w |ϕ = ψ+ k · 2π valamely k ∈ Z szám esetén.

n-edik gyökvonás: Legyen zn = w :zn = |z |n(cos nϕ+ i sin nϕ) = |w |(cosψ+ i sinψ).

Ekkor|z |n = |w | → |z | = n√|w |nϕ = ψ+ k · 2π valamely k ∈ Z esetén→ ϕ = ψn + k · 2πn valamely k ∈ Z esetén

ha k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, akkor ezek mind különböző komplexszámot adnak.


Gyökvonás

TételLegyen z = |z |(cosϕ+ i sinϕ), n ∈ N. Ekkor a z n-edik gyökeiwn = z :

w = n√

|z |(

cos(ϕ

n+

2kπn

)+ i sin

(ϕ

n+

2kπn

))k = 0, 1, . . . , n − 1.


Gyökvonás

w = n√

|z |(

cos(ϕ

n+

2kπn

)+ i sin

(ϕ

n+

2kπn

)): k = 0, 1, . . . , n−1.

PéldaSzámítsuk ki a 6

√1−i√3+i

értékét!

1 − i =√

2(√

22 − i

√2

2

)=√

2(cos 7π4 + i sin

7π4

)√

3 + i = 2(√

32 + i

12

)= 2

(cos π6 + i sin

π6

)Mivel 7π4 −

π6 =

19π12

6√

1−i√3+i

= 6√

1√2

(cos 19π12 + i sin

19π12

)=

= 112√2

(cos 19π+2kπ72 + i sin

19π+2kπ72

): k = 0, 1, . . . , 5.


Komplex egységgyökök

DefinícióAz εn = 1 feltételnek eleget tevő komplex számok az n-edikegységgyökök:

εk = ε(n)k =

(cos

2kπn

+ i sin2kπn

): k = 0, 1, . . . , n − 1.

Nyolcadik komplex egységgyökök

-

6

&%'$

ε4

ε2

ε6

ε1ε3

ε5 ε7

ε0 = 1rrrrr r r rNagy Gábor Diszkrét matematika 1.

Gyökvonás

Pozitív valós számok négyzetgyöke: legyen r > 0 valós.Ekkor az x2 = r megoldása: ±

√r .

TételLegyen z ∈ C nem-nulla komplex szám. n ∈ N és w ∈ C olyan,hogy wn = z . Ekkor az n-edik gyökök: wεk : k = 0, 1, . . . n − 1.

Bizonyítás

A wεk számok mind n-edik gyökök: (wεk)n = wnεnk = wn = z .

Ez n különböző szám, így az összes gyököt megkaptuk.


Rend

Bizonyos komplex számok hatványai periodikusan ismétlődnek:1, 1, 1 . . .−1, 1,−1, 1 . . .i ,−1,−i , 1, i ,−1, . . .1+i√

2, i , −1+i√

2,−1, −1−i√

2,−i , 1−i√

2, 1, 1+i√

2, i . . .

Általában:cos(2πn ) + i sin(

2πn )-nek n darab különböző hatványa van.

DefinícióEgy z komplex szám különböző (egész kitevős) hatványainakszámát a z rendjének nevezzük és o(z)-vel jelöljük.

Példa1 rendje 12 rendje ∞ : 2, 4, 8, 16, . . .−1 rendje 2: 1,−1i rendje 4: 1, i ,−1,−i


Rend

TételEgy z komplex számnak vagy bármely két egész kitevős hatványakülönböző (ilyenkor a rendje végtelen), vagy pedig a hatványok arend szerint periodikusan ismétlődnek. A rend a legkisebb olyanpozitív d szám, melyre zd = 1.Továbbá zk = z l ⇔ o(z)|k − l . Speciálisan zk = 1 ⇔ o(z)|kBizonyításTegyük fel, hogy z rendje véges. Ekkor léteznek olyan k , lkülönböző egészek, melyekre zk = z l . Legyen k > l . Ekkorzk−l = 1.Legyen d legkisebb olyan pozitív szám, melyre zd = 1. Ha zn = 1,akkor osszuk el maradékosan n-et d -vel: n = q · d + r , ahol0 ≤ r < d . Tehát 1 = zn = zq·d+r = (zd )qz r = 1qz r = z r . A dminimalitása miatt r = 0 azaz d |n. Visszafelé is igaz:d |n ⇒ zn = 1. Beláttuk: d |n ⇔ zn = 1.


Primitív gyökök

Az n-edik egységgyökök rendje nem feltétlenül n:4-edik egységgyökök: 1, i ,−1,−i .

1 rendje 1;−1 rendje 2;i rendje 4.

DefinícióAz n-ed rendű n-edik egységgyökök a primitív n-edik egységgyökök.

A tétel következményei:

Következmény(HF)

Egy primitív n-edik egységgyök hatványai pontosan az n-edikegységgyökök.Egy primitív n-edik egységgyök pontosan akkor k-adikegységgyök, ha n|k .


Primitív egységgyökök

PéldaPrimitív 1. egységgyök: 1;Primitív 2. egységgyök: −1;

Primitív 3. egységgyökök: −1±i√

32 ;

Primitív 4. egységgyökök: ±i ;Primitív 5. egységgyökök: . . . (HF)

Primitív 6. egységgyökök: 1±i√

32 ;

Állítás(HF)

Egy cos(2kπ

n

)+ i sin

(2kπn

)n-edik egységgyök pontosan akkor

primitív n-edik egységgyök, ha (n, k) = 1.


diszkrét matematika 1.compalg.inf.elte.hu/~nagy/diak/dm1_ea_1.pdf · diszkrét matematika 1. nagy...

Documents