% Compile twice! % With the current MiKTeX, you need to install the beamer, and the translator packages directly form the package manager! % Uncomment these to get the presentation form \documentclass{beamer} \geometry{paperwidth=200mm,paperheight=200mm, top=0in, bottom=0.2in, left=0.2in, right=0.2in} % Uncomment these, and comment the 2 lines above, to get a paper-type article %\documentclass[10pt]{article} %\usepackage{geometry} %\geometry{top=0.2in, bottom=0.2in, left=0.2in, right=0.2in} %\usepackage{beamerarticle} %\renewcommand{\\}{\par\noindent} %\setbeamertemplate{note page}[plain] % Half A4 geometry %\geometry{paperwidth=105mm,paperheight=297mm,top=0.2in, bottom=0.2in, left=0.2in, right=0.2in} % "1/3" A4 geometry %\geometry{paperwidth=105mm,paperheight=455mm,top=0.1in, bottom=0.1in, left=0.1in, right=0.1in} % "1/6" A4 geometry %\geometry{paperwidth=105mm,paperheight=891mm,top=0.1in, bottom=0.1in, left=0.1in, right=0.1in} % "1/5" A4 geometry %\geometry{paperwidth=105mm,paperheight=740mm,top=0.1in, bottom=0.1in, left=0.1in, right=0.1in} % "1/4" A4 geometry %\geometry{paperwidth=105mm,paperheight=594mm,top=0.1in, bottom=0.1in, left=0.1in, right=0.1in} % Uncomment these, to put more than one slide / page into a generated page. %\usepackage{pgfpages} % Choose one %\pgfpagesuselayout{2 on 1}[a4paper] %\pgfpagesuselayout{4 on 1}[a4paper] %\pgfpagesuselayout{8 on 1}[a4paper] % Includes \usepackage{tikz} \usepackage{tkz-graph} \usetikzlibrary{shapes,arrows,automata} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amsmath} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{booktabs} \usepackage{array} \usepackage{arydshln} \usepackage{enumerate} \usepackage[many, poster]{tcolorbox} \usepackage{pgf} \usepackage[makeroom]{cancel} % Colors \definecolor{myred}{rgb}{0.87,0.18,0} \definecolor{myorange}{rgb}{1,0.4,0} \definecolor{myyellowdarker}{rgb}{1,0.69,0} \definecolor{myyellowlighter}{rgb}{0.91,0.73,0} \definecolor{myyellow}{rgb}{0.97,0.78,0.36} \definecolor{myblue}{rgb}{0,0.38,0.47} \definecolor{mygreen}{rgb}{0,0.52,0.37} \colorlet{mybg}{myyellow!5!white} \colorlet{mybluebg}{myyellowlighter!3!white} \colorlet{mygreenbg}{myyellowlighter!3!white} \setbeamertemplate{itemize item}{\color{black}$-$} \setbeamertemplate{itemize subitem}{\color{black}$-$} \setbeamercolor*{enumerate item}{fg=black} \setbeamercolor*{enumerate subitem}{fg=black} \setbeamercolor*{enumerate subsubitem}{fg=black} \renewcommand{\tiny}{\footnotesize} \renewcommand{\small}{\footnotesize} % These are different themes, only uncomment one at a time \tcbset{enhanced,fonttitle=\bfseries,boxsep=7pt,arc=0pt,colframe={myyellowlighter},colbacktitle={myyellow},colback={mybg},coltitle={black}, coltext={black},attach boxed title to top left={xshift=-2mm,yshift=-2mm},boxed title style={size=small,arc=0mm}} %\tcbset{colback=yellow!5!white,colframe=yellow!84!black} %\tcbset{enhanced,colback=red!10!white,colframe=red!75!black,colbacktitle=red!50!yellow,fonttitle= %\tcbset{enhanced,attach boxed title to top left} %\tcbset{enhanced,fonttitle=\bfseries,boxsep=5pt,arc=8pt,borderline={0.5pt}{0pt}{red},borderline={0.5pt}{5pt}{blue,dotted},borderline={0.5pt}{-5pt}{green}} % Beamer theme \usetheme{boxes} % tikz settings for the flowchart(s) \tikzstyle{decision} = [diamond, minimum width=3cm, minimum height=1cm, text centered, draw=black, fill=green!15] \tikzstyle{tcolorbox} = [rectangle, draw, fill=blue!15, text width=20em, text centered, minimum height=1em] \tikzstyle{line} = [draw, -latex'] \tikzstyle{cloud} = [draw, ellipse,fill=red!20, node distance=3cm, minimum height=2em] \tikzstyle{arrow} = [thick,->,>=stealth] \newcolumntype{C}[1]{>{\centering\let\newline\\\arraybackslash\hspace{0pt}}m{#1}} \renewcommand{\arraystretch}{1.2} \setlength\dashlinedash{0.2pt} \setlength\dashlinegap{1.5pt} \setlength\arrayrulewidth{0.3pt} \newcommand{\mtinyskip}{\vspace{0.2em}} \newcommand{\msmallskip}{\vspace{0.3em}} \newcommand{\mmedskip}{\vspace{0.5em}} \newcommand{\mbigskip}{\vspace{1em}} \begin{document} \begin{frame}[plain] \begin{tcolorbox}[center, colback={myyellow}, coltext={black}, colframe={myyellow}] {\Huge Diszkrét Matematika I}\\ \mbigskip \\ A kisbetűs szövegek (LaTeX-ben tiny), (Ha nincs előttük (S) jelzés, akkor lemaradt)\\ a saját értelmezést jelentik, és egyáltalán nem garantált hogy jók! \end{tcolorbox} \end{frame} % -------------------- HALMAZOK, RELÁCIÓK -------------------- \begin{frame}[plain] \begin{tcolorbox}[center, colback={myyellow}, coltext={black}, colframe={myyellow}] {\Huge Halmazok, Relációk} \mmedskip \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Minden dolog halmaza}] Nincs olyan halmaz, amelynek minden dolog eleme. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Biz}] asasdad \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Definíció: Unió}] Ha A és B halmazok, akkor A és B unióján a következő halmazt értjük:\\ $$A \cup B = \{x | x \in A \vee x \in B\}$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Az unió tulajdonságai}] Legyenek A, B, C tetszőleges halmazok. Ekkor: \begin{enumerate} \item $A \cup \emptyset = A$ \item $A \cup B = B \cup A$ (Kommutativitás) \item $A \cup (B \cup C) = (A \cup B) \cup )$ (Asszociativitás) \item $A \cup A = A$ (Idempotencia) \item $A \subseteq B$ akkor, és csak akkor, ha $A \cup B = B$ \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Definíció: Metszet}] Ha A és B halmazok, akkor A és B metszetén a következő halmazt értjük:\\ $$A \cap B = \{x \in A \wedge x \in B\}$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: A metszet tulajdonságai}] Legyenek A, B, C tetszőleges halmazok. Ekkor: \begin{enumerate} \item $A \cap \emptyset = \emptyset$ \item $A \cap B = B \cap A$ (Kommutativitás) \item $A \cap (B \cap C) = (A \cap B) \cap C$ (Asszociativitás) \item $A \cap A = A$ (Idempotencia) \item $A \subseteq B$ akkor, és csak akkor, ha $A \cap B = A$ \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Unió és metszet disztributivitása}] Legyenek A, B, C tetszőleges halmazok. Ekkor: \begin{enumerate} \item $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (B \cap C)$ (A metszet disztributivitása az unióra nézve) \item $A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (B \cup C)$ (Az unió disztributivitása a metszetre nézve) \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Definíció: Komplementer}] Ha X halmaz, A $\wedge$ X, akkor A halmaz X-re vonatkoztatott komplementere:\\ $$A' = X \setminus A$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: A komplementer tulajdonságai}] Legyenek A, B $\wedge$ X halmazok. Ekkor: \begin{enumerate} \item $(A')' = A$ \item $\emptyset' = X$ \item $A \cap A' = \emptyset$ \item $A \cup A' = X$ \item $A \subseteq B$ akkor, és csak akkor, ha $B' \subseteq A'$ \item $(A \cap B)' = A' \cup B'$ \item $(A \cup B)' = A' \cap B'$ \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Definíció: Halmaz osztályfelbontása}] A tetszőleges X halmazt \textbf{osztályozzuk (osztályokra bontjuk)}, ha páronként diszjunkt, nemüres részhalmazainak uniójaként állítjuk elő. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Az X $\in$ X elem \textbf{ekvivalencia osztálya}:}] $$\overline{x} = \{y \in X : y \sim x\}$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Ekvivalenciareláció és osztályfelbontás kapcsolata}] Valamely X halmazon értelmezett $\sim$ ekvivalenciareláció X-nek egy osztályfelbontását adja. Megfordítva, az X halmaz minden osztályfelbontása egy $\sim$ ekvivalenciarelációt hoz létre. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Biz}] asasdad \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame}[plain] \begin{tikzpicture}[overlay, remember picture] \node[anchor=center] at (current page.center) { \begin{beamercolorbox}[center]{title} {\Huge Algebrai struktúrák, számhalmazok} \end{beamercolorbox}}; \end{tikzpicture} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Egységelem és inverz félcsoportban}] Félcsoportban legfeljebb egy egységelem létezik, és minden elemnek legfeljebb egy, az egységelemre vonatkozó inverze létezik. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Legyen $(G, *)$ félcsoport, $e_b$ bal oldali, $e_j$ pedig jobb oldali egységelem $G$-ben.\\ Ekkor $e_b = e_j$, hiszen:\\ $e_be_j = e_j$ és $e_be_j = e_b$, (nyíl éshez $\rightarrow$ a függvény egyértelmű!)\\ mert $e_b$ bal, $e_j$ jobb oldali egységelem.\\ Ha az $a \in G$ elemnek $a_b$ balinverze, $a_j$ pedig jobbinverze, akkor $a_b = a_j$. $a_baa_j = a_b(aa_j) = a_be = a_b$ és $a_baa_j = (a_ba)a_j = ea_j = a_j$. (Asszociatív tulajdonság) (nyíl éshez ide is $\rightarrow$ a függvény egyértelmű!).d \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Lemma: Észrevételek gyűrűkben}] \begin{enumerate} \item \textbf{Szorzás nullelemmel:} Legyen 0 az R gyűrű nulleleme. Ekkor $a0 = 0a = 0$, minden $a \in R$ esetén. \item \textbf{Előjelszabály:} Legyen R gyűrű, és $a, b \in R$. Az $a$ elem additív inverzés jelöljük $-a$-val. Ekkor $-(ab) = (-a)b = a(-b)$, tobábbá $(-a)(-b) = ab$. \item \textbf{Véges integritási tartomány test.} \item \textbf{Testben nincs nullosztó.} \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Lemma: Nullosztó és regularitás}] R gyűrűben a multiplikatív művelet akkor, és csak akkor reguláris, ha R zérusosztómentes. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] \textbf{1. Rész}\\ Tfh $a \neq 0$, a nem bal oldali nullosztó és $ab = ac$.\\ $ab = ac / -(ac)$ (+ additív inverz)\\ $ab + (-(ac)) = 0$. Előjel szabály + disztri.\\ $ab + (a(-c)) = a(b+(-c)) = 0$ (Kiemeljük, csak akkor lehet, ha $(b + -1 = 0) \implies (b = c)$)\\ A feltételből ($a$ nem baloldali nullosztó) következik, hogy $b + (-c) = 0)$ $\implies$\\ $\implies$ b = c.\\ \bigskip \textbf{2. Rész}\\ Tfh $a$ bal oldali nullosztó, tehát $a \neq 0$ és létezik $b \neq 0\: ab = 0$.\\ tetszőleges $c \in R$-re: $ac = ac$.\\ $ac = ac / +0 (0 = ab)$\\ $ac = ac + ab$ /(Disztributivitás)\\ $ac = a(c + b)$ Ellentmondás!\\ Mivel $(b \neq 0) \implies (c \neq (c + b))$ (A b nem additív egységelem). \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Természetes számok}] A $(N, +, *)$ struktúrában mindkét művelet asszociatív, kommutatív, reguláris.\\ Nullelem (additív egységelem): 0.\\ Multiplikatív egységelem: 1.\\ A szorzat mindkét oldalról disztributív az összeadásra.\\ ${\forall}m \in N : 0 * m = m * 0 = 0$. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: N rendezése}] A természetes számok halmaza a $\leq$ relációval jólrendezett. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Felső határ és arkhimédészi tulajdonság}] $T$ felső határ tulajdonságú test, $\implies$ $T$ arkhimédészi tulajdonságú. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Indirekt)}] Tfh $T$ felső határ tulajdonságú rendezett test, de nem arkhimédészi tulajdonságú.\\ $\implies : {\nexists}n \in \mathbb{N} : nx \geq y$.\\ Azaz y felső korlátja az $A = \{ nx | n \in \mathbb{N} \}$ halmaznak.\\ Ekkor viszont létezik $z = sup A$ $\implies$ $z - x < z$ nem felső korlát. $\implies$\\ $implies$ ${\exists}n : nx > z - x \implies (n + 1)x > z$. ($(n + 1)x \in A$).\\ Ellentmondás, mivel ha $n \in \mathbb{N}$, akkor $n^+ \in \mathbb{N}$ $\rightarrow$ Peano axióma! \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Q nem felső határ tulajdonságú}] $\mathbb{Q}$ arkhimédészi tulajdonságú, de nem felső határ tulajdonságú. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: $\sqrt{2}$ nem racionális}] Nincs $\mathbb{Q}$-ban olyan szám, amelynek négyzete 2. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Indirekt)}] Tfh van, és ez $x$.\\ $x = \frac{m}{n}, m,n \in \mathbb{N}^+$, és az $m$ minimális.\\ $2 = x^2 = \frac{m^2}{n^2} \implies m^2 = 2n^2$\\ Ebből következik, hogy $m$ páros. $\implies$ $m = 2k, k \in \mathbb{N}^+$\\ Ebből következik, hogy $n$ is páros: $n = 2j, j \in \mathbb{N}^+$\\ Ekkor viszont $\frac{m}{n} = \frac{2k}{2j} = \frac{k}{j}$.\\ Viszont ebből koövetkezik, hogy m nem minimális $\rightarrow$ Ellentmondás! \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Az algebra alaptétele}] Ha $n \in \mathbb{N}^+$, valamint $c_0, c_1, ... c_n$ komplex számok, $c_n \neq 0$, akkor van olyan $u$ komplex szám, amelyre:\\ $$\sum_{k = 0}^n c_kz^k = 0$$ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame}[plain] \begin{tikzpicture}[overlay, remember picture] \node[anchor=center] at (current page.center) { \begin{beamercolorbox}[center]{title} {\Huge Számelmélet} \end{beamercolorbox}}; \end{tikzpicture} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Az oszthatóság tulajdonságai EIT-ban}] \begin{enumerate} \item Ha $b|a$ és $b'|a'$, akkor $bb'|aa'$. \item A nullának minden elem osztója. \item A nulla csak saját magának osztója. \item Az 1 egységelem minden elemnek osztója. \item Ha $b|a$, akkor $bc|ac$ minden $c \in R$-re. \item Ha $bc|ac$ és $c \neq 0$, akkor $b|a$. \item Ha $b|a_i$ és $c_i \in R, (i = 1, 2, ..., j)$, akkor $b|\sum^j_{i=1} c_ia_i$. \item Az $|$ reláció reflexív, és tranzitív. \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Prím és irreducibilis elem EIT-ban}] Tetszőleges $R$ egységelemes integritási tartományban minden $p$ elemre:\\ Ha $p$ prím $\implies$ $p$ felbonthatatlan. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Tfh $p$ prím, és, $p = bc$\\ Ekkor vagy $p|b$, vagy $p|c$\\ $b = pq = b(cq) \implies cq = 1$ $\implies$ $c, q$ egység $p, b$ asszociáltak. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Maradékos osztás $\mathbb{Z}$-ben}] ${\exists}a, b({\neq}0) \in \mathbb{Z}$ számhoz egyértelműen létezik olyan $q, r \in \mathbb{Z}$, hogy\\ $a = qb + r \land 0 \leq r < |b|$. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Prím és irreducibilis elem $\mathbb{Z}$-ben}] Az egész számok körében $p$ prím $\iff$ $p$ felbonthatatlan. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Már láttuk, hogy prím felbonthatatlan!\\ Tfh p felbonthatatlan\\ Legyen $p|bc$, ekkor vagy $p | b$-nek, ekkor ksz vagyunk. Vagy $p \nmid b$ ekkor $(p,b) = 1$.\\ $c = pcx +bcx \implies 0 mod p \implies p | c$.\\ (Észrevétel: $(a, b) = 1 \land a | bc \implies a | c$ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: A számelmélet alaptétele}] Minden $m$ nemnulla, nemegység, egész szám sorrendre és asszociáltásgra való tekintet nélkül egyértelműen bontható fel felbonthatatlanok szorzatára. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Pozitívakra)}] \textbf{(egzisztencia)}\\ Tfh $n > 1$\\ Teljes indukció: $n = 2$ kész, tfk $n - 1$-ig kész.\\ Ha $n$ felbonthatatlan $\rightarrow$ kész.\\ Ha $n$ nem felbonthatatlan $\rightarrow$ $n = ab \land a, b$ (a, b nem egység!), $a, b < n$ $\implies$ igaz rájuk az ind. feltétel.\\ $n$ felbontása $=$ $a$ felbontása szor $b$ felbontása.\\ \bigskip \textbf{(unicitás) (Indirekt)}\\ Tfh $n$ a legkisebb olyan szám, amely felbontása nem egyértelmű.\\ $n = p_1 ... p_k = q_1 ... q_r$ $\implies$\\ $p_j|n \implies p_1|q_1 ... q_r$\\ $p_1|q_1$, $p_1|q_2 ... q_r$\\ $p_1|q_2 p_1|q_3 ... q_r$\\ $p_1|q_i \implies p_1 = q_i \implies$\\ $\implies$ $n_1 = \frac{n}{p_1} = p_2 ... p_k = q_1 ... q_{i-1}q_{i+1} ... q_r$\\ $n_1 < n$ és van két lényegesen különböző felbontása! \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Eukleidész tétele}] Végetlen sok prímszám van. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Indirekt)}] Tfh véges sok van:\\ $p_1, p_2, ... ,p_k$.\\ Legyen $n = p_1p_2...p_k$.\\ Számelmélet alaptételéből következik hogy létezik $p_j : p_j | n + 1$\\ $p_j : p_j | n + 1 \implies p_j | 1$ Ellentmondás! \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Kongruencia tulajdonságai}] \begin{enumerate} \item Ekvivalencia reláció \item $a \equiv b \pmod{m} \land c \equiv d \pmod{m} \implies$ \textbf{$a + c \equiv b + d \pmod{m}$} \item $a \equiv b \pmod{m} \land c \equiv d \pmod{m} \implies$ \textbf{$ac \equiv bd \pmod{m}$} \item $a \equiv b \pmod{m} \land f(x) \in z[x] \implies$ \textbf{$f(a) \equiv f(b) \pmod{m}$} \item Ha $(c, m) = d$, $ac \equiv bc \pmod{m} \iff a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}$ \end{enumerate} \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Omnibusz tétel}] Legyen: $m > 1$ egész, $\{a_1, ..., a_m\}$ TMR modulo $m$, $\{b_1, ..., b_{{\phi}(m)}\}$ RMR modulo $m$, $c, d \in \mathbb{Z}$, és $(c,m) = 1$.\\ \smallskip Ekkor:\\ \smallskip $\{ ca_1 + d, ..., ca_m + d \}$ TMR modulo $m$\\ $\{ cb_1, ..., cb{{\phi}(m)}\}$ RMR modulo $m$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Indirekt)}] Tfh van két nem inkongruens elem\\ $ca_i + d = ca_i + d$\\ ${\cancel{c}}a_i + {\cancel{d}} = {\cancel{c}}a_i + {\cancel{d}}$ $(c, m) = 1$, és pontosan $m$ db elem!\\ $(c, m) = 1$ és $(b_j,m) = 1$ $\implies$ $(cb_j, m) = 1$ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Euler-Fermat tétel}] Legyen $m > 1$ egész és $a$ relatív prím $m$-hez. Ekkor $a^{{\phi}(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Legyen $\{ r_1, ..., r_{{\phi}(m)}\}$ RMR modulo $m$, $(a, m) = 1$.\\ Az omnibusz tétel miatt, ekkor $\{ ar_1, ..., ar_{{\phi}(m)}\}$ is RMR modulo $m$.\\ Megfelelő párosítás $\implies$ $r_i \equiv ar_j \pmod{m}$.\\ Összehozva: $(r_i, m) = 1$\\ \smallskip $$a^{{\phi}(m)} \prod^{{\phi}(m)}_{i=1} r_i \equiv \prod^{{\phi}(m)}_{i=1} r_i \pmod{m}$$ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: (Kis) Fermat tétel}] Legyen $p$ prím és $a \in \mathbb{Z}$. Ekkor\\ (első alak) ha $p \nmid a$, akkor $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$.\\ (második alak) ha $a$ tetszőleges, akkor $a^p \equiv a \pmod{p}$. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Első alak: ${\phi}(p) \equiv p - 1$ $\rightarrow$ előző tétel miatt kész.\\ \bigskip Második alak:\\ Ha $p|a$ $\rightarrow$ $0 \equiv 0$ $\rightarrow$ kész.\\ Ha $p{\nmid}a$ $\rightarrow$ ekkor ez az első alak $\rightarrow$ kész. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: A diofantikus egyenlet megoldása}] Rögzített $a, b, c$ egész számok esetén az \textbf{$ax + by = c$} diofantikus egyenletnek akkor, és csak akkor van megoldása, ha $(a, b)|c$. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Tfh $ax + by = c$ egyenletnek van megoldása.\\ \textbf{1. Rész ($\implies$)}\\ \smallskip Tfh $x_0, y_0$ megoldás. $\implies$ $(a, b)|a \land (a, b)|b$ $\implies$ lin. kombinációs tul. $\implies$\\ $\implies$ $(a, b)|ax_0 + by_0 = c$ (Igaz, mert az a, b osztója az $ax_0 + by_0$-nak.)\\ \bigskip \textbf{2.Rész ($\Longleftarrow$)}\\ \smallskip Tfh (a, b)|c. Ekkor:\\ $c = (a, b)q$\\ $c = (au + bv)q$\\ $c = a(uq) + b(vq)$\\ $c = a(uq) + b(vq)$ $\implies$ egy megoldás: $x = uq, y = vq$.\\ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Kínai maradéktétel}] Legyen $n \in \mathbb{N}^+, m_1, m_2, ..., m_n \in \mathbb{N}^+, a_i, b_i \in \mathbb{Z} (1 |Y|$, akkor nem létezik $f: X \rightarrow Y$ bijekció. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás (Indirekt)}] Tfh $f$ bijektív.\\ $Y ~ \{1, 2, ..., m\}$ és $X ~ \{1, 2, ..., m\}$, ahol $m < n$ $\implies$\\ $\implies$ $\{1, 2, ..., m\}$ bármely részhalmaza $\{1, 2, ..., n\}$-nek is részhalmaza,\\ $f$ bijektív $\implies$ $\{1, 2, ..., n\}$ $~$ saját valódi részhalmazával. $\rightarrow$ Ellentmondás!\\ \bigskip \textbf{Más megfogalmazás:} Ha $n$ db tárgyat $m$ db skatulyába teszünk, akkor van olyan skatulya, amelyik legalább\\ $\lfloor (n - 1) / m \rfloor + 1$ tárgyat tartalmaz. \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Permutációk száma}] $$P_n = n!$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Teljes indukció $n$ szerint\\ 1. lépés: $P_0 = P_1 = 1$ Igaz. (Megegyezés szerint $0! = 1$)\\ 2. lépés: Tfh $n > 1$ és $n - 1$-ig már beláttuk.\\ ekvivalencia reláció:\\ amely sorozatok 1. eleme megegyezik $\implies$ $n$ db osztály.\\ Ind. feltétel $\implies$ $\forall$ osztályban $P_{n - 1}$ elem.\\ $P_n = nP_{n - 1} = n(n - 1)! = n!$ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Variációk száma}] $$V_n^k = \frac{n!}{(n - k)!} = n * (n - 1) * (n - 2) * ... * (n - k + 1)$$, ha $k \leq n$, kölünben 0. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Legyen két sorozat egy ekv. osztályban, ha első $k$ elemük megegyezik.\\ Ekkor: $P_n = $ (osztályok száma ($V_n^k = \frac{P_n}{P_n - k}$))*(ahány elem egy osztályban ($P_{n - k}$) \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Ismétléses variációk száma}] $$V_n^{k, i} = n^k$$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Teljes indukció $k$ szerint, $n$ rögzített\\ 1. lépés: $k = 1$-re igaz: $V_n^{1, i} = n \rightarrow n^1$\\ 2. lépés: Tfh $k > 1$ és $k - 1$-ig már beláttuk, ekkor\\ $(k - 1)$-es osztályú variációból $k$-ad osztályú:\\ $n$ db választás $\implies$ $V_n^{k, i}$ (n választás) $= V_n^{k - 1, j} * n$ (n - 1 választás). \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Kombinációk száma}] $$C_n^k = {{n}\choose{k}} = \frac{n!}{k!(n - k)!} $$, ha $k \neq n$, különben 0. \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] $V_n^k$ db különböző $k$-tagú sorozat, sorrend nem számít $\implies$\\ $\implies$ minden $P_k$ sb sorozat ugyanaz $\implies$ számoljuk egyszer.\\ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Ismétléses kombinációk száma}] $$C_n^{k, i} = C_{n + k -1}^k = {{n + k - 1}\choose{k}} = \frac{(n + k - 1)!}{k!((n + k - 1) - k)!} $$ \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] Legyen $A = \{a_1, a_2, ..., a_n\}$.\\ MInden egyes választási lehetőségnek feleltessünk meg egy bitsorozatot:\\ $1 1 ... 1 0 1 1 ... 1 0 ... 0 1 1 1 ... 1$\\ \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Ismétléses permutációk száma}] \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Binomiális tétel}] \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Logikai szita formula}] \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] \end{tcolorbox} \end{frame} \begin{frame} \begin{tcolorbox}[title={Tétel: Egységelem és inverz félcsoportban}] \end{tcolorbox} \begin{tcolorbox}[title={Bizonyítás}] \end{tcolorbox} \end{frame} \end{document}