Diszkret matematika 1. kozepszint 2017. osz 1.

Diszkret matematika 1. kozepszint9. eloadas

Nagy Gabornagygabr@gmail.com

nagy@compalg.inf.elte.hucompalg.inf.elte.hu/∼ 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.