b szakirány - people.inf.elte.hupeople.inf.elte.hu/asjuaai/targyak - proginfo b/diszkret...

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]


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'


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


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


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


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


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


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


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)


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)


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 .


(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


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


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


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.



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

b szakirány - people.inf.elte.hupeople.inf.elte.hu/asjuaai/targyak - proginfo b/diszkret...

Documents