DISZKRÉT MATEMATIKA 2 KIDOLGOZOTT TÉTELSOR 1. RÉSZ
B szakirány 2014 június
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Tartalom
1. Fák definíciója, ekvivalens jellemzései .......................................................................................... 3
2. Hamilton-kör, Euler-vonal ............................................................................................................. 4
3. Feszítőfa és vágás.......................................................................................................................... 6
4. Címkézett és súlyozott gráfok ....................................................................................................... 7
5. Irányított gráfok és fák .................................................................................................................. 9
6. Polinomok alapjai ........................................................................................................................ 10
7. Polinomok algebrai deiváltja, többszörös gyökök ...................................................................... 13
8. Irreducibilis polinomok ............................................................................................................... 14
Készítette: zsanart
Ha hibát találsz jelezd itt: [email protected]
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
1. Fák definíciója, ekvivalens jellemzései
Tétel
A következő állítások ekvivalensek:
Egy gráf fa, 1) ha összefüggő és körmentes
2) összefüggő, de bármely él törlésével már nem összefüggő
3) bármely két különböző csúcs között pontosan egy út vezet
4) Körmentes, de egy új él hozzávételével kört hozunk létre
Bizonyítás:
(1)⇒(2)
Tegyük fel hogy elhagyunk egy élt és még mindig összefüggő, tehát az elhagyott él két végpontja
között még van út ⇒ ekkor az eredeti gráfban lett volna kör, ez pedig ellentmondás
(2)⇒(3)
Tegyük fel, hogy és között két különböző út is vezet. De ekkor ha bármelyiket utat töröljük a
kettő közül, a gráf összefüggő marad, ami ellentmondás.
(3)⇒(4)
Ha pontosan egy út vezet -ből -be, a gráf körmentes. De ha felveszünk egy újabb élt, akkor kör
keletkezik
(4)⇒(1)
Kell, hogy összefüggő legyen, mivel bármely új él kört hoz létre ⇒ ha ettől kör jön létre, az
garantáltan tartalmazza az új élt, mert eredetileg is lett volna út
Tétel
A következő állítások ekvivalensek:
Ha G egy n csúcsú egyszerű gráf 1) G fa
2) G körmentes és éle van
3) G összefüggő és éle van
v
v'
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Bizonyítás:
(1)⇒(2)
Indukció -re igaz
Tegyük fel, hogy egy n csúcsú fára tudjuk, hogy éleinek száma . Vegyünk egy csúcsú fát,
ebben biztosan van elsőfokú csúcs (a lemma1 miatt). Hagyjuk el az elsőfokú csúcsot és a hozzá
tartozó élt, ekkor az így kapott gráf még mindig fa, és csúcsa és az indukciós feltevés miatt
éle van. Tehát a törölt él visszarajzolásával egy n élű fát kapunk.
(2)⇒(3) Kell: G összefüggő
Indukció -re igaz
Tegyük fel, hogy ha az élek száma , igaz az állítás. Vegyünk egy élű fát. Ha egy első fokú
csúcsot és a hozzá tartozó élt elhagyjuk, az így kapott fában az élek száma lesz, amire az indukciós
feltevés szerint igaz az állítás.
(3)⇒(1) Kell: G körmentes
Ha lenne benne kör, addig hagyjunk el éleket, amíg G körmentes nem lesz. Mivel az összefüggőség
marad, fát kapunk (körmentes és öf fa). A fának éle van, tehát nem is hagytunk el élt,
tehát eredetileg is körmentes volt.
Definíció: körmentes gráfot erdőnek nevezzük.
Állítások:
G fa G erdő és összefüggő
G erdő G komponensei fák
2. Hamilton-kör, Euler-vonal
Def.: Euler-vonal
Egy G gráf egy vonalát Euler-vonalnak hívják, ha minden élen áthalad pontosan egyszer
(Az Euler-vonal zárt, ha a kiindulási és az érkezési csúcs megegyezik)
Állítás: G-ben pontosan akkor van zárt Euler-vonal, ha
G összefüggő
G minden csúcsának foka páros
1 Lemma: Véges, körmentes, legalább 1 élt tartalmazó gráfban van elsőfokú csúcs
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Bizonyítás:
I.
Ha van Euler-vonal: minden csúcson áthaladva egy élen be, egy élen ki lépünk
Amikor végeztünk, minden csúcsnál kettesével használtuk el az éleket, tehát összesen páros
sokat
II.
Ha minden csúcs foka páros ⇒ van Euler-vonal
Induljunk el mindig új éleken, ha elakadtunk, visszatértünk a kiindulási pontba (a párosság
miatt)
Ha ez a zárt vonal nem Euler-vonal, növeljük meg amikor egy olyan csúcsban járunk, ahol
nem használtunk fel minden élt
Az eddig fel nem használt éleket az előbbi szabály szerint hozzáfűzve egy nagyobb vonalat
kapunk
Ezt ismételjük addig, amíg minden élt fel nem használtunk, ekkor Euler-vonalat kapunk
Tétel: (Euler-vonal def. következménye)
Ha egy összefüggő gráfban a páratlan fokú csúcsok száma , akkor a gráf éleit megkaphatjuk db
éldiszjunkt vonal egyesítéseként
Bizonyítás:
Ha vannak páratlan fokú csúcsok, akkor s db új él segítségével páronként kössük össze őket, ekkor
minden csúcs páros fokú lesz, így már van zárt Euler-vonal
Def: Hamilton kör
Egy út/kör Hamilton út/kör, ha a gráf összes csúcsát tartalmazza
Elégséges feltétel
Ha G egyszerű gráf n csúcson:
⇒ Hamilton-kör
Szükséges feltétel
Ha G-ben db csúcs, melyet elhagyva a gráf legalább komponensre esik szét, a
gráfban nincs Hamilton-kör
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
3. Feszítőfa és vágás
gráf egy feszítőfája , ha az alábbi 3 állítás igaz:
fa
részgráfja -nek
és csúcshalmazai megegyeznek
G gráf egy feszítőerdeje , ha az alábbi 4 állítás igaz:
erdő
részgráfja -nek
és csúcshalmazai megegyeznek
komponensei a komponenseinek feszítőfái
Lemma: Minden véges, összefüggő gráfnak van feszítőfája Biz.: Ha a gráf fa, akkor kész. Ha nem, addig hagyjunk el éleket, amíg fát nem kapunk, ez feszítőfa lesz
Állítás:
Ha egy összefüggő véges gráfban n csúcs és e él van, akkor tartalmaz legalább db kört
Bizonyítás:
Vegyünk egy feszítőfát: ez élt tartalmaz.
Maradék élek:
Tekintsük a következő gráfot: a feszítőfa + az egyik a maradék élek közül ⇒ kör keletkezik, ami
szükségképpen tartalmazza az új élt
Definíció
Azt mondjuk, hogy (illetve ) elvágja és csúcsokat, a minden -ből -be vezető úton
szerepel
Egy (illetve ) elvágja és csúcsokat, a minden -ből -be vezető úton szerepel
valamelyik eleme
Ha van olyan és csúcs, amit / elvág, akkor / elvágó csúcs/élhalmaz
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Definíció
Vágás: minimális elvágó élhalmaz
Állítás: Egy összefüggő gráfban van legalább vágás, ahol
Bizonyítás
Legyen G egy feszítőfája F
F minden éle egyelemű vágás ( -ben)
Egy vágásban legyen és az a két komponens amit kapunk
Az eredeti gráfban a és közti élek alkottak egy vágást
A feszítőfa minden éle csak egy ilyen vágásban szerepel
é
, ,
4. Címkézett és súlyozott gráfok
Definíció
Legyen , , gráf, és halmazok az él- és csúcscímkék halmazai, továbbá és
címkéző függvények. Ekkor a , , , , , , hetes egy címkézett gráf.
Fogalmak:
csak - élcímkézett gráf
csak - csúcscímkézett gráf
ha a címkehalmaz számhalmaz: súlyozott gráf
Minimális költségű feszítőfa
egy összefüggő, élsúlyozott gráf
cél: feszítőfa keresése, melynek összsúlya a lehető legkisebb
v2
v3 v4
v1 v2 v1
v4 v3
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Kruskal-algoritmus
Induljunk ki egy üres gráfból
Mindaddig, amíg feszítőfához nem érünk, adjuk hozzá a legkisebb súlyú olyan élt a gráfhoz,
amivel nem keletkezik kör
Állítás: a Kruskal-algoritmus kimenetele egy minimális költségű feszítőfa
Megjegyzés: a Kruskal-algo. mohó algoritmus, minden lépésben az aktuálisan optimális élt válaszja
Bizonyítás: (indirekt)
1. Legyen , amit kapunk a Kruskal algoritmus végeredményeként
2. Tegyük fel, hogy , aminek a súlya kisebb, mint F súlya
3. Válasszuk -t a minimális súlyú feszítőfák közül olyannak, aminek a lehető legtöbb közös éle
van éleivel
4. Legyen egy olyan éle -nek, ami az -ben nem szerepel. Ha ezt hozzá vesszük -hez,
akkor abban kör keletkezik, melynek minden élére
5. -ből vegyük el az -t, ekkor 2 komponensre esik szét, melyet -ben köt össze a körből
6. Most -hez vegyük hozzá -t, a kör egy azon élét, amivel fa lesz (jelöljük -
vel)
7. Így ellentmondásra jutunk, mivel
a. súlya kisebb lesz, mint súlya - ami ellentmondás
b. vagy ugyanakkora súlyú, de akkor -nek több közös éle van -el - ami megint
ellentmondás
Színezés: Ha az él- vagy csúcscímkék halmaza egy véges színhalmaz, és a szomszédos élek/csúcsok
különböző színűek, a gráfot jólszínezettnek nevezzük
Definíció:
Azt mondjuk, hogy egy gráf jólszínezhető színnel, ha van olyan jólszínezése, amin a címkehalmaz
legfeljebb elemű
Pl.: a 2 színnel jól csúcs-színezhető gráfok pontosan a páros gráfok
Tétel (négyszíntétel)
Minden síkbarajzolható gráf jól csúcs-színezhető 4 színnel
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
5. Irányított gráfok és fák
Definíció: (irányított gráf)
, , irányított gráf, ahol az élek, a csúcsok halmaza és
-ből kimenő élek száma: kifoka
-be befele menő élek száma: befoka
Állítás:
Fogalmak: (kb. ugyanaz mint irányítatlan gráfoknál)
Irányított séta a sorozat, ahol , ebben a
sorrendben
irányított út: olyan irányított séta, ahol minden csúcs csak egyszer szerepelhet
Irányított vonal: olyan irányított séta, ahol minden él csak egyszer szerepelhet
Irányított kör: olyan irányított vonal ahol a kezdő és a végpont megegyezik
Definíció
Legyen -n a következő reláció: út -ból -be és -ből -ba
A ekvivalenciareláció által feszített részgráfokat erős komponenseknek nevezzük
Ha a gráf egy erős komponensből áll, akkor erősen összefüggő
Erős komponensek létezésének bizonyítása
Adott a következő ekvivalenciareláció a csúcsok halmazán: út -ból -be és -ből
-ba
Ez a reláció meghatároz egy osztályozást
A csúcsok egy-egy osztálya meghatároz egy irányított részgráfot, ezek az eredeti gráfnak erős
komponensei lesznek
Irányított fa
Irányított fákban minden él egy irányba vezet
Van egy csúcs, aminek a befoka 0 (a gyökér), a többi csúcs befoka 1
Azokat a csúcsokat, amiknek a kifoka 0, levélnek nevezzük
Minden csúcsba pontosan egy út vezet a gyökértől, ezek hossza a csúcs szintje
A fa mélysége a gyökértől számított leghosszabb út hossza
-adrendű irányított fa:
o , , ,
o pl.: bináris fa, ha 2-rendű
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
6. Polinomok I.
(Polinomok összeadása, szorzása, maradékos osztása, polinomfüggvények)
Definíció
Legyen gyűrű. Tekintsük azon -beni együtthatókból képzett végtelen , , , ,
sorozatokat, melyekben csak véges sok nem 0 elem szerepel
Ez a halmaz , az feletti egyhatározatlanú polinomok halmaza
az alábbi műveletekkel gyűrűvé tehető ( feletti polinomgyűrű)
Legyen , , , , , , ,
, ,
, , , ahol
Állítás: , , gyűrű
Fok, főegyüttható, konstans tag, monom, lineáris polinom, konstans polinom fogalma
Legyen , , , , polinom. Ha nem nulla, de után csak 0 következik,akkor
foka,
főegyütthatója
az . tag együtthatója
f konstans tagja
Ha , akkor lineáris polinom
monom, ha alakú.
Fokok összeadódása szorzásnál, maximuma összeadásnál
Ha , , akkor
ma deg , deg
deg deg
(Ha integritási tartomány, akkor a szorzásnál egyenlőség van)
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Tétel (maradékos osztás polinomokra)
Legyen egységelemes integritási tartomány
, , , főegyütthatójának van reciproka -ben, ekkor egyértelműen léteznek
, polinomok, hogy
és
Bizonyítás (létezés)
( foka szerinti indukcióval)
esetén igaz, mert
ha , akkor is igaz, hiszen
Tegyük fel, hogy egy -edfokú polinom, és hogy az -nél kisebb fokú polinomokra már igaz az
állítás. Jelölje főtagját és főtagját (ahol tehát b invertálható eleme R-nek)( )
Legyen
A kivonásnál főtagja kiesik, és így foka kisebb, mint (vagy nullapolinom)
Az indukciós feltevés miatt maradékosan elosztható -vel: , ahol , vagy foka
kisebb fokánál. De innen:
tehát is elosztható maradékosan -vel
Bizonyítás (egyértelműség)
(indirekt)
Tegyük fel hogy
ahol és vagy 0, vagy -nél kisebb fokú polinom. Átrendezéssel:
A jobb oldalon álló polinom vagy 0, vagy -nél kisebb fokú. Ha , akkor viszont a
bal oldalon álló polinom foka legalább annyi, mint foka, hiszen szorzásnál a fokok összeadódnak,
ami ellentmondás.
fok < deg(g) fok ≥ deg(g)
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Ezért , de akkor nyilván , és így a két maradékos osztásban a hányados és a
maradék is ugyanaz.
Állítás
Ha , pedig gyöke, akkor polinom, amire
Bizonyítás: Maradékosan osszuk el -et -vel
, vagyis konstans. Helyettesítsünk -t!
Tétel
Integritási tartomány fölött a gyöktényezők egyszerre is kiemelhetők: minden nemnulla
polinom fölírható :
ahol -nek az összes -beli gyökei és -nak egyáltalán nincs gyöke -ben.
Ezért nullosztómentes gyűrű fölött egy polinomnak legfeljebb annyi gyöke lehet, mint a foka.
Bizonyítás:
Egy gyöktényező kiemelésekor a fok eggyel csökken (hiszen nullosztómentes gyűrűben polinomok
szorzásakor a fokok összeadódnak). Emeljünk ki -ből addig gyöktényezőket, ameddig lehet.
Ezt csak véges sokszor tehető meg, mert foka minden lépésnél csökken. Ezért előbb-utóbb
eljutunk az alakhoz, ahol q-nak nincsen gyöke R-ben.
Ha gyöke -nek, akkor . Mivel integritási tartomány fölött vagyunk
(ami ugyebár nullosztómentes), ahhoz hogy az egyenlőség teljesüljön, a szorzat egyik tagjának 0-nak
kell lennie.
De azt tudjuk, hogy , hiszen -nak nincs gyöke -ben. Ekkor viszont
. Tehát biztos gyöke -nek. Ezért gyökei pontosan lesznek.
A fokszámok pedig a következők lesznek:
deg deg deg deg deg
Ezért tényleg deg .
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
(Ez csak nullosztómentes gyűrűben érvényes! Pl.: -ban gyökei: 1,3,5,7)
Polinomfüggvény
Ha egy polinom,az f-hez tartozó polinomfüggvény a következőképpen
definiálható:
Megjegyzés: véges testek felett két polinomnak lehet ugyanaz a polinomfüggvénye, hiszen véges
testek fölött véges sok polinomfüggvény de végtelen sok polinom van
Megjegyzés: Ha az alapgyűrű végtelen, akkor különböző polinomokhoz különböző
polinomfüggvény tartozik
Pl.: fölött -hez és -hez ugyanaz a polinomfüggvény tartozik
7. Polinomok II.
(Algebrai derivált, többszörös gyökök és kapcsolatuk)
Polinomok algebrai deriváltja
Legyen
algebrai deriváltja:
A deriválás rendelkezik a következő tulajdonságokkal:
1) konstans deriváltja 0
2) elsőfokú deriváltja konstans
3)
4)
Tétel
Legyen egységelemes integritási tartomány, , és az -nek pontosan -szeres gyöke
( )
Ekkor az -nek legalább -szeres gyöke
Ha 2 , akkor pontosan -szeres gyöke
Bizonyítás
Legyen , ahol -nak nem gyöke . Ekkor:
2 Ha van olyan p prímszám, hogy R minden elemének p-szerese nulla, akkor a gyűrű karakterisztikája p
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Emeljük ki -et, ekkor a következőt kapjuk:
Látszik, hogy -nek c legalább -szeres gyöke.
Ha ezen felül ⇒
Megjegyzés: ha , még lehet
Következmény
Ha , ami -nek és -nek is osztója, akkor többszörös gyöke -nek
Módszer: lnko keresése bővített euklideszi algoritmussal (hurrá)
8. Polinomok III
(Irreducibilis polinomok)
Definíció
irreducibilis, ha ⇒ vagy egység -ben (= van reciproka)
Állítás: Egy test fölötti polinom akkor és csak akkor irreducibilis,ha nem konstans, és nem bontható
fel két alacsonyabb fokú polinom szorzatára
Állítás: Konstans polinomok , , felett egységek
Állítás: Test fölött egy elsőfokú polinom mindig irreducibilis
Bizonyítás: Elsőfokú polinomot nem lehet alacsonyabb fokúak szorzatára bontani, hiszen két
nulladfokú polinom szorzata is nulladfokú
Állítás: Legyen test. Ha egy legalább másodfokú -beli polinomnak van gyöke -ben, akkor nem
irreducibilis fölött
Bizonyítás: Legyen gyöke egy polinomnak. Ekkor kiemelhető. Ha legalább
másodfokú, ezzel -et két alacsonyabb fokú polinom szorzatára bontottuk
Állítás: Test felett ha egy másod-vagy harmadfokú polinomnak nincs gyöke, akkor irreducibilis
Bizonyítás: Ha van gyök, kiemelhető ⇒ van felbontás. Ha pedig , akkor g vagy h
elsőfokú
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Irreducibilis polinomok felett
Állítás: Minden legalább elsőfokú polinomnak van gyöke
Állítás: feletti irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokú polinomok
Bizonyítás
Egyik irány: ha elsőfokú a komplex polinom, irreducibilis is
A polinom felbontható alakban, ahol , azaz vagy
, vagy , tehát vagy g vagy h konstans ⇒ egység is
Másik irány: ha a komplex polinom irreducibilis, akkor elsőfokú is
Ha f polinom irreducibilis, akkor , különben f nullpolinom vagy egység (konstans
polinom) lenne, ami az irreducibilis polinom definiciója miatt nem lehet
Ekkor viszont biztos van gyöke, ami kiemelhető
Legyen polinom, gyöke -nek,
irreducibilis (hiszen ekkor elsőfokú)
Lemma
Legyen komplex gyöke a valós együtthatós polinomnak. Ekkor konjugáltja is gyöke -nek, sőt
és ugyanannyiszoros gyökök
Irreducibilis polinomok felett
Tétel
A valós számok teste fölött az irreducibilis polinomok pontosan az elsőfokúak, és azok a
másodfokúak, melyeknek nincs valós gyöke
Bizonyítás:
Tegyük fel, hogy polinom irreducibilis fölött. Ekkor nem konstans ezért van egy
komplex gyöke. Ha valós, akkor csak elsőfokú lehet. Ha z nem valós, akkor a valós együtthatós
kiemelhető -ből, és a megmaradó polinom is valós együtthatós.
Mivel irreducibilis, csak konstans lehet, és így tényleg másodfokú, melynek gyökei nem
valósak.
Dimat 2 B kidolgozott tételsor 1. rész
Irreducibilis polinomok felett
Tétel(Racionális gyökteszt)
Legyen
egész együtthatós polinom
Tegyük fel, hogy
már nem egyszerűsíthető tört gyöke -nek
Ekkor , és
Tétel (Schönemann-Eisenstein-kritérium)
Legyen
egész együtthatós polinom
Ha prím, amelyre egyszerre teljesülnek a következők:
, , ,
Ekkor irreducibilis felett