Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 1.
Diszkret matematika 1. kozepszint9. eloadas
Nagy [email protected]
[email protected]/∼ nagyMerai Laszlo diai alapjan
Komputeralgebra Tanszek
2017. osz
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 2.
Emlekezteto
oszthatosag es tulajdonsagai;
egyseg, illetve asszocialt fogalma;
felbonthatatlan elem, prımtulajdonsag;
maradekos osztas.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 3.
Maradekos osztas
Definıcio
Legyenek a, b egesz szamok (b 6= 0). Legyen a = b · q + r (0 ≤ r < |b|).Ekkor a mod b = r .
Megjegyzes:q = ba/bc, ha b > 0, es q = da/be, ha b < 0.
Pelda
−123 mod 10 = 3, 123 mod 100 = 23, 123 mod 1000 = 123;
−123 mod −10 = 3, . . .
−123 mod 10 = 7, −123 mod 100 = 77, −123 mod 1000 = 877;
−123 mod −10 = 7, . . .
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 4.
Maradekos osztas
Pelda1 Ha most 9 ora van, hany ora lesz 123 ora mulva?
Osszuk el maradekosan 123-at 24-gyel: 123 = 24 · 5 + 3. Tehat9 + 3 = 12: deli 12 ora lesz!
2 Ha most 9 ora van, hany ora lesz 116 ora mulva?Osszuk el maradekosan 116-ot 24-gyel: 116 = 24 · 4 + 20. Tehat9 + 20 = 29. Ujabb redukcio: 29 = 24 · 1 + 5: hajnali 5 ora lesz!
3 Tegyuk fel, hogy ma 2014. november 11-e (kedd) van.Milyen napra fog esni jovore november 11-e?Milyen napra esett harom eve november 15-e?
hetfo 7→ 0kedd 7→ 1
szerda 7→ 2csutortok 7→ 3
pentek 7→ 4szombat 7→ 5vasarnap 7→ 6
Osszuk el maradekosan 365-ot 7-tel: 365 = 7 · 52 + 1.kedd + 1 nap ↔ 1+1=2↔ szerda
Osszuk el maradekosan -(365+365+366)-ot (2012.szokoev) 7-tel: −1096 = 7 · (−157) + 3.
szombat + 3 nap ↔ 5 + 3 = 8redukcio
= 1 ↔ kedd
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 5.
Szamrendszerek
10-es szamrendszerben a 123:123 = 100 + 20 + 3 = 1 · 102 + 2 · 101 + 3 · 100.
2-es szamrendszerben a 123:1111011(2) = 1 · 26 + 1 · 25 + 1 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 1 · 21 + 1 · 20
1111011(2) = 1 · 64 + 1 · 32 + 1 · 16 + 1 · 8 + 0 · 4 + 1 · 2 + 1 · 1
TetelLegyen q > 1 rogzıtett egesz. Ekkor barmely n pozitıv egesz
egyertelmuen felırhato n =k∑
i=0
aiqi alakban, ahol 0 ≤ ai < q egeszek,
ak 6= 0.
Ez a felıras n q szamrendszerben torteno felırasa.
q a szamrendszer alapja.
a0, . . . , ak az n jegyei.
k = blogq nc.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 6.
Szamrendszerek
n felırasa a q alapu szamrendszerben: n =k∑
i=0
aiqi .
Bizonyıtas
A tetelt indukcioval bizonyıtjuk.
1 n = 1 eseten a tetel igaz: 1 = 1 · q0 (k = 0, a0 = 1).
2 Tfh. minden n-nel kisebb szamot fel tudunk ırni egyertelmuen qalapu szamrendszerben. A maradekos osztas tetele alapjan letezikegyertelmuen 0 ≤ a0 < q egesz, hogy q | n − a0. Indukcio alapjan
ırjuk fel q alapu szamrendszerbenn − a0
q=
k∑i=1
aiqi−1, indukcio
alapjan a felıras egyertelmu. Ekkor n =k∑
i=0
aiqi .
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 7.
Szamrendszerek
Az elobbi bizonyıtas modszert is ad a felırasra:PeldaIrjuk fel az n = 123 10-es szamrendszerben felırt szamot 2-esszamrendszerben.
i n n mod 2 n−ai
2 jegyek
0 123 1 123−12 1111011
1 61 1 61−12 1111011
2 30 0 30−02 1111011
3 15 1 15−12 1111011
4 7 1 7−12 1111011
5 3 1 3−12 1111011
6 1 1 1−12 1111011
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 8.
Legnagyobb kozos oszto
Definıcio
Az a es b szamoknak a d szam kituntetett kozos osztoja (legnagyobbkozos osztoja), ha: d | a, d | b, es (c | a∧c | b) ⇒ c | d .
Figyelem! Itt a ,,legnagyobb” nem a szokasos rendezesre utal:Figyelem! 12-nek es 9-nek legnagyobb kozos osztoja lesz a −3 is.
A legnagyobb kozos oszto csak asszocialtsag erejeig egyertelmu.
Definıcio
Legyen (a, b) = lnko(a, b) a nemnegatıv kituntetett kozos oszto!(a, b) = 1 eseten azt mondjuk, hogy a es b relatıv prımek.
Definıcio
Az a es b szamoknak az m szam kituntetett kozos tobbszorose (legkisebbkozos tobszorose), ha: a | m, b | m, es (a | c∧b | c) ⇒ m | c .Legyen [a, b] = lkkt(a, b) a nemnegatıv kituntetett kozos tobbszoros!
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 9.
Legnagyobb kozos oszto kiszamolasa, euklideszi algoritmus
TetelBarmely ket egesz szamnak letezik legnagyobb kozos osztoja, es ezmeghatarozhato az euklideszi algoritmussal.
Bizonyıtas
Ha valamelyik szam 0, akkor a legnagyobb kozos oszto a masik szam.Tfh a, b nem-nulla szamok. Vegezzuk el a kovetkezo osztasokat:
a = bq1 + r1, 0 < r1 < |b|,b = r1q2 + r2, 0 < r2 < r1,
r1 = r2q3 + r3, 0 < r3 < r2,
...
rn−2 = rn−1qn + rn, 0 < rn < rn−1,
rn−1 = rnqn+1.
Ekkor az lnko az utolso nem-nulla maradek: (a, b) = rn.Itt a = r−1, b = r0.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 10.
Euklideszi algoritmus helyessege
Bizonyıtas (folyt.)
a = bq1 + r1, 0 < r1 < |b|,b = r1q2 + r2, 0 < r2 < r1,
r1 = r2q3 + r3, 0 < r3 < r2,
...
rn−2 = rn−1qn + rn, 0 < rn < rn−1,
rn−1 = rnqn+1.
Az algoritmus veges sok lepesben veget er: |b| > r1 > r2 > . . . .Az rn maradek kozos oszto: rn | rn−1 ⇒ rn | rn−1qn + rn = rn−2 ⇒ . . .⇒⇒ rn | b ⇒ rn | a.Az rn maradek a legnagyobb kozos oszto: legyen c | a, c | b ⇒c | a− bq1 = r1 ⇒ c | b − r1q2 = r2 ⇒ . . .⇒ c | rn−2 − rn−1qn = rn.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 11.
Legnagyobb kozos oszto kiszamolasa, euklideszi algoritmus
PeldaSzamıtsuk ki (172, 62) erteket!
i ri qi ri−2 = ri−1qi + ri
-1 172 – –0 62 – –1 48 2 172 = 62 · 2 + 482 14 1 62 = 48 · 1 + 143 6 3 48 = 14 · 3 + 64 2 2 14 = 6 · 2 + 25 0 3 6 = 2 · 3 + 0
A legnagyobb kozos oszto: (172, 62) = 2
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 12.
Legnagyobb kozos oszto kiszamolasa rekurzioval
Tetel
Legyen a, b egesz szam. Ha b = 0, akkor (a, b) = a. Ha b 6= 0, akkor(a, b) = (|b|, a mod |b|).
Bizonyıtas
Ha b = 0, akkor a tetel nyilvanvalo. Mivel (a, b) = (|a|, |b|), felteheto,hogy a, b ≥ 0. Ha b 6= 0, osszuk el maradekosan a-t b-vel:a = b · q + (a mod b). Ez az euklideszi algoritmus elso sora. . .
PeldaSzamıtsuk ki (172, 62) erteket!(a, b) a mod |b|
(172, 62) 48
(62, 48) 14
(48, 14) 6
(14, 6) 2
(6, 2) 0
A legnagyobb kozos oszto: (172, 62) = 2.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 13.
Legnagyobb kozos oszto, tovabbi eszrevetelek
Hasonlo modon definialhato tobb szam legnagyobb kozos osztoja is:(a1, a2, . . . , an).
Allıtas
Barmely a1, a2, . . . , an egesz szamokra letezik (a1, a2, . . . , an) es(a1, a2, . . . , an) = ((. . . (a1, a2), . . . , an−1), an).
Allıtas
Barmely a, b, c egesz szamokra (ca, cb) = c(a, b).
Bizonyıtas
HF.Otlet: alkalmazzuk az euklideszi-algoritmust ca-ra es cb-re.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 14.
Bovıtett euklideszi algoritmus
TetelMinden a, b egesz szam eseten leteznek x , y egeszek, hogy(a, b) = x · a + y · b.
Bizonyıtas
Legyenek qi , ri az euklideszi algoritmussal megkapott hanyadosok,maradekok.Legyen x−1 = 1, x0 = 0 es i ≥ 1 eseten legyen xi = xi−2 − qixi−1,tovabba y−1 = 0, y0 = 1 es i ≥ 1 eseten legyen yi = yi−2 − qiyi−1.Teljes indukcioval bebizonyıtjuk, hogy r−1 = a es r0 = b jelolessel i ≥ −1eseten ri = xia + yib.i = −1-re a = 1 · a + 0 · b, i = 0-ra b = 0 · a + 1 · b.Felteve, hogy i-nel kisebb ertekekre teljesul az osszefugges az euklideszialgoritmus i-edik sora alapjan:ri = ri−2 − qi ri−1 = xi−2a + yi−2b − qi (xi−1a + yi−1b) == (xi−2 − qixi−1)a + (yi−2 − qiyi−1)b = xi · a + yi · bSpecialisan xna + ynb = rn = (a, b).
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 15.
Bovitett euklideszi algoritmus
Algoritmus: ri−2 = ri−1qi + ri ,Algoritmus: x−1 = 1, x0 = 0, xi = xi−2 − qixi−1,Algoritmus: y−1 = 0, y0 = 1, yi = yi−2 − qiyi−1.
PeldaSzamıtsuk ki (172, 62) erteket, es oldjuk meg a 172x + 62y = (172, 62)egyenletet!
i rn qn xi yi ri = 172xi + 62yi
-1 172 – 1 0 172 = 172 · 1 + 62 · 00 62 – 0 1 62 = 172 · 0 + 62 · 11 48 2 1 −2 48 = 172 · 1 + 62 · (−2)2 14 1 −1 3 14 = 172 · (−1) + 62 · 33 6 3 4 −11 6 = 172 · 4 + 62 · (−11)4 2 2 −9 25 2 = 172 · (−9) + 62 · 255 0 3 – – –
A felıras: 2 = 172 · (−9) + 62 · 25, x = −9, y = 25.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 16.
Bovitett euklideszi algoritmus
Allıtas
∀a, b, c ∈ Z : (a|bc ∧ (a, b) = 1) ⇒ a|c
Bizonyıtas
A bovıtett euklideszi algoritmus alapjan letezik x , y ∈ Z, hogy1 = xa + yb, ıgy c = xac + ybc = (xc) · a + y · (bc). Az oszthatosaglinearis kombinaciora vonatkozo tulajdonsaga alapjan a|c .
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 17.
Diofantikus egyenletek
Diofantikus egyenletek: egyenletek egesz megoldasait keressuk.
Ketvaltozos linearis diofantikus egyenlet: ax + by = c , ahol a, b, cegeszek adottak, valamint x , y egeszek ismeretlenek.
AllıtasAz ax + by = c diofantikus egyenlet pontosan akkor oldhato meg, ha(a, b) | c . A bovıtett euklideszi algoritmus segıtsegevel megadhato egymegoldas.
Bizonyıtas
=⇒: Mivel (a, b) osztoja a-nak es (a, b) osztoja b-nek, ezert tetszolegeslinearis kombinaciojuknak is, ıgy x , y ∈ Z eseten ax + by -nak is, amiegyenlo c-vel, ha (x , y) megoldas.⇐=: A bovıtett euklideszi algoritmus segıtsegevel megadhato olyanx ′, y ′ ∈ Z, hogy ax ′ + by ′ = (a, b). Mindket oldalt c
(a,b) ∈ Z-val szorozva
az a x′c(a,b) + b y ′c
(a,b) = c egyenletet kapjuk, amibol leolvashato az x0 = x′c(a,b) ,
y0 = y ′c(a,b) megoldasa az egyenletnek.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 18.
Diofantikus egyenletek
Allıtas
Ha az ax + by = c diofantikus egyenletnek (x0, y0) megoldasa, akkor azosszes megoldas megadhato a kovetkezo alakban:
xt = x0 +b
(a, b)t, yt = y0 −
a
(a, b)t, t ∈ Z.
Bizonyıtas
axt + byt = ax0 + ab(a,b) t + by0 − ab
(a,b) t = ax0 + by0 = c , ıgy ezek tenyleg
megoldasok.Legyenek (x1, y1) es (x2, y2) megoldasok. Ekkorax1 + by1 = c = ax2 + by2, amibol a(x1 − x2) = b(y2 − y1), ıgyb|a(x1 − x2), tovabba b
(a,b) |a
(a,b) (x1 − x2). Mivel ( b(a,b) ,
a(a,b) ) = 1, ezert a
korabbi allıtas ertelmeben b(a,b) |(x1 − x2). Hasonloan a
(a,b) |(y1 − y2) is
bizonyıthato.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 19.
Diofantikus egyenletek
PeldaOldjuk meg a 172x + 62y = 6 egyenletet az egesz szamok halmazan!(172, 62) = 2|6, ezert van megoldas. A bovıtett euklideszi algoritmusalapjan:2 = 172 · (−9) + 62 · 25 / · 36 = 172 · (−27) + 62 · 75x0 = −27, y0 = 75xt = −27 + 31 · t,yt = 75− 86 · t,ahol t ∈ Z tetszoleges.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 20.
Felbonthatatlanok, prımek
Emlekezteto: f felbonthatatlan: csak trivialis osztoi vannak: ε, ε · fEmlekezteto: tıpusu osztok (ahol ε egy egyseg).Emlekezteto: p prım: p | ab ⇒ p | a vagy p | b.Emlekezteto: Ha p prım, akkor p felbonthatatlan.Az egesz szamok koreben a fordıtott irany is igaz:
TetelMinden felbonthatatlan szam prımszam.
Bizonyıtas
Legyen p felbonthatatlan, es legyen p | ab. Tfh. p - b. Ekkor p es brelatıv prımek (Miert?). A bovıtett euklideszi algoritmussal kaphatunk x ,y egeszeket, hogy px + by = 1. Innen pax + aby = a. Mivel p osztoja abal oldalnak, ıgy osztoja a jobb oldalnak is: p | a.
Szamelmelet Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 21.
Szamelmelet alaptetele
TetelMinden nem-nulla, nem egyseg egesz szam sorrendtol es asszocialtaktoleltekintve egyertelmuen felırhato prımszamok szorzatakent.