% Compile twice! \documentclass{beamer} \usepackage{tikz} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amsmath} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[makeroom]{cancel} \usetheme{boxes} \geometry{paperwidth=160mm,paperheight=160mm} \begin{document} \begin{frame}[plain] \begin{tikzpicture}[overlay, remember picture] \node[anchor=center] at (current page.center) { \begin{beamercolorbox}[center]{title} {\Huge Diszkrét Matematika}\\ {\Large Vizsgatételek} \end{beamercolorbox}}; \end{tikzpicture} \end{frame} \begin{frame}[plain] \begin{tikzpicture}[overlay, remember picture] \node[anchor=center] at (current page.center) { \begin{beamercolorbox}[center]{title} {\Huge Halmazok, Relációk} \end{beamercolorbox}}; \end{tikzpicture} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Minden dolog halmaza} Nincs olyan halmaz, amelynek minden dolog eleme. \end{block} \begin{block}{Biz} asasdad \end{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Definíció: Komplementer} Ha X halmaz, A $\wedge$ X, akkor A halmaz X-re vonatkoztatott komplementere:\\ $$A' = X \setminus A$$ \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Definíció: Halmaz osztályfelbontása} A tetszőleges X halmazt \textbf{osztályozzuk (osztályokra bontjuk)}, ha páronként diszjunkt, nemüres részhalmazainak uniójaként állítjuk elő. \end{block} \begin{block}{Az X $\in$ X elem \textbf{ekvivalencia osztálya}:} $$\overline{x} = \{y \in X : y \sim x\}$$ \end{block} \begin{block}{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{block} \begin{block}{Biz} asasdad \end{block} \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{block}{Tétel: Egységelem és inverz félcsoportban} Félcsoportban legfeljebb egy egységelem létezik, és minden elemnek legfeljebb egy, az egységelemre vonatkozó inverze létezik. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Lemma: Nullosztó és regularitás} R gyűrűben a multiplikatív művelet akkor, és csak akkor reguláris, ha R zérusosztómentes. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: N rendezése} A természetes számok halmaza a $\leq$ relációval jólrendezett. \end{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Felső határ és arkhimédészi tulajdonság} $T$ felső határ tulajdonságú test, $\implies$ $T$ arkhimédészi tulajdonságú. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Q nem felső határ tulajdonságú} $\mathbb{Q}$ arkhimédészi tulajdonságú, de nem felső határ tulajdonságú. \end{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: $\sqrt{2}$ nem racionális} Nincs $\mathbb{Q}$-ban olyan szám, amelynek négyzete 2. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \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{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Prím és irreducibilis elem EIT-ban} Tetszőleges $R$ egységelemes integritási tartományban minden $p$ elemre:\\ Ha $p$ prím $\implies$ $p$ felbonthatatlan. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Prím és irreducibilis elem $\mathbb{Z}$-ben} Az egész számok körében $p$ prím $\iff$ $p$ felbonthatatlan. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: A számelmélet alaptétele} Minden $m$ nemnulla, nemegység, egész szám sorrendre és asszociáltásgra való tekintet nélkül egyértelműen bontható fel felbonthatatlanok szorzatára. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Eukleidész tétele} Végetlen sok prímszám van. \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{Tétel: Euler-Fermat tétel} Legyen $m > 1$ egész és $a$ relatív prím $m$-hez. Ekkor $a^{{\phi}(m)} \equiv 1 \pmod{m}$ \end{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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{block} \begin{block}{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{block} \end{frame} \begin{frame} \begin{block}{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