Mathematics | Discrete mathematics » György-Kárász-Sergyán - BMF-NIK Diszkrét Matematika példatár

Budapesti Műszaki Főiskola Neumann János Informatikai Főiskolai Kar György Anna – Kárász Péter – Sergyán Szabolcs Vajda István – Záborszky Ágnes Diszkrét matematika példatár 2003 A példatár a Budapesti Műszaki Főiskola műszaki informatika szakos hallgatói részére készült. Szerkesztette: György Anna főiskolai docens Szerzők: György Anna Fogalomgyűjtemény, 3. fejezet Kárász Péter 1.2–15 fejezet Sergyán Szabolcs 4., 5 fejezet Vajda István 1.1, 2 fejezet Záborszky Ágnes 6. fejezet Szedés: György Anna, Horváth Árpád, Kárász Péter, Sergyán Szabolcs, Vajda István Ábrák: Kárász Péter, Sergyán Szabolcs, Vajda István Műszaki szerkesztő: Kárász Péter A szedés a LATEX programcsomaggal történt. Tartalomjegyzék I. Fogalmak és szimbólumok 1 1. Halmazelméleti és algebrai fogalmak 1.1 Halmazalgebra 1.2 Relációk,

függvények 1.3 Halmazok számossága 1.4 Rekurziók 1.5 Teljes indukció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 5 8 8 9 2. Kombinatorika 11 2.1 Permutációk 11 2.2 Variciók 11 2.3 Kombinációk 12 3. Matematikai logika 13 3.1 Kijelentéslogika 13 3.2 Predikátumlogika 16 4. Algebrai struktúrák 19 5. Gráfelmélet 5.1 Alapfogalmak 5.2 Euler- és Hameilton-bejárások 5.3 Sı́kgráfok, szı́nezések 5.4 Fák, erdők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 23 26

26 27 6. Lineáris algebra 29 6.1 Vektorok 29 III IV TARTALOMJEGYZÉK 6.2 Mátrixok 6.3 Lineáris transzfomációk II. Feladatok 32 35 37 1. Halmazelméleti és algebrai fogalmak 1.1 Halmazalgebra 1.2 Relációk, függvények Függvények . Függvények speciális tulajdonságai . Homogén bináris relációk speciális tulajdonságai Ekvivalencia-relációk . Parciális rendezési relációk . 1.3 Halmazok számossága 1.4 Rekurziók 1.5 Teljes indukció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 39 43 43 46 49 50 51 53 55 58 2. Kombinatorika 2.1 Permutációk

2.2 Variációk 2.3 Kombinációk 2.4 Vegyes 2.5 Binomiális együtthatók 2.6 Binomiális tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 63 64 65 66 68 69 3. Matematikai logika 3.1 Kijelentéslogika Kijelentések . Logikai formulák . Következtetések a kijelentéslogikában . 3.2 Predikátumlogika Predikátumok . Kvantifikáció . Predikátumlogikai formulák interpretációi Levezetések elsőrendű nyelvben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 71 71 73 74 77 77 77 81 82 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V TARTALOMJEGYZÉK 4. Algebrai struktúrák 4.1 Algebrai struktúrák, műveletek 4.2 Félcsoport, csoport 4.3 Gyűrű, test 4.4 Háló, Boole-algebra . . . . . . . . . . . . 85 85 86 88 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Gráfelméleti fogalmak és összefüggések 5.1 Alapfogalmak 5.2 Euler- és Hamilton-bejárások 5.3 Sı́kgráfok és szı́nezések 5.4 Fák és erdők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 . 93 . 98 . 100 . 102 6. Lineáris algebra 6.1 Mátrixok 6.2 Lineáris terek (vektorterek) Lineáris függetlenség, bázis, dimenzió

. Elemi bázistranszformációk, bázisvektor-csere 6.3 Lineáris transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III. . . . . Megoldások 105 105 108 108 110 112 115 1. Halmazelméleti és algebrai fogalmak 1.1 Halmazalgebra 1.2 Relációk, függvények Függvények . Homogén bináris relációk speciális tulajdonságai Ekvivalencia-relációk . Parciális rendezési relációk . 1.3 Halmazok számossága 1.4 Rekurziók 1.5 Teljes indukció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 117 124 124 132 136 138 143 149 156 2. Kombinatorika 2.1 Permutációk 2.2

Variációk 2.3 Kombinációk 2.4 Vegyes 2.5 Binomiális együtthatók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 165 166 166 167 170 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . VI TARTALOMJEGYZÉK 2.6 Binomiális tétel 171 3. Matematikai logika 3.1 Kijelentéslogika Kijelentések . Logikai formulák . Következtetések a kijelentéslogikában . 3.2 Predikátumlogika Predikátumok . Kvantifikáció . Predikátumlogikai formulák interpretációi Levezetések elsőrendű nyelvben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 173 173 174 177 180 180 181 183 185 4. Algebrai struktúrák 4.1 Algebrai struktúrák, műveletek 4.2 Félcsoport, csoport 4.3 Gyűrű, test 4.4 Háló, Boole-algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187 187 189 193 196 5. Gráfelméleti fogalmak és összefüggések 5.1 Alapfogalmak 5.2 Euler- és Hamilton-bejárások 5.3 Sı́kgráfok és szı́nezések 5.4 Fák és erdők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199 199 207 211 217 6. Lineáris algebra 6.1 Mátrixok 6.2 Lineáris terek (vektorterek) Lineáris függetlenség, bázis, dimenzió . Elemi

bázistranszformációk, bázisvektor-csere 6.3 Lineáris transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 223 227 227 229 232 . . . . . . . . . . . . . . . . I. rész Fogalmak és szimbólumok VII II. rész Feladatok 37 1. fejezet Halmazelméleti és algebrai fogalmak 1.1 Halmazalgebra  1.11 Igazolja, hogy ha A = {1, 2, 3} és B = x | x3 + 11x = 6x2 + 6, x ∈ R , akkor A = B. 1.12 Állapı́tsa meg, hogy az alábbi halmazok közül melyek egyenlőek a) b) c) d) e) f) A = {x | 1 < x < 2, x ∈ R} B = {x | x2 + 1 < 3x2 , x ∈ Z} C = {n | n páros prı́mszám} D = {x | x = 1 vagy x = 2} E = {x | x3 < 8, x ∈ R} ∩ {x | x5 > 1, x ∈ R}
F = {a | a = 3k + 1, k ∈ N} ∪ {b | b = 4l +  2, l ∈ N} ∩ ∩ c | 1 ≤ c2 < 16, c ∈ N 1.13 Sorolja fel az alábbi halmazok elemeit:

a) {1, 3, 7} {2, 3, 5}

∩ {0, 1} b) {1, 3, 7} {2, 3, 5} ∩ {0, 1}

c) P {1, 2, 3} P {1, 2} , ahol P(X) az X hatványhalmaza.   1.14 Legyen A = a, {b} és B = a, b, {a, b} Sorolja fel az A ∩ B, A B és A × A halmazok elemeit. 39 40 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1.15 Igazak-e az alábbi egyenlőségek?  a) a, b, c, {a, b} {a, b} = {a, b, c}   b) a, b, c, {a, b} {a, b} = c, {a, b}   c) a, b, c, {a, b} {a, b} = {a, b, c} 1.16 Sorolja fel az A, B, A ∩ B, A ∩ B és A ∆ B halmazok elemeit, ha E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} az alaphalmaz, A = {x | 2 < x ≤ 5, x ∈ E} és B = {y | y < 4, y ∈ E}. 1.17 Oldja meg az X ∩ {0, 2} = {0} egyenletet a {0, 1, 2, 3} halmaz részhalmazainak halmazán 1.18 Oldja meg az alábbi halmazegyenletet I6 ∗ hatványhalmazán I4 X = I2 1.19 Ábrázolja a következő halmazokat számegyenesen a) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R} b) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ Z} e) [2, 7[ ∪ ]6, 8] f) [−1, 5[ ∩ ]−8,

8]   h) ]−∞, 9] ∪ ]11, 13] ∩ [4, 16] c) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ N} g) ]−3, 5[ [−1, 2] 1.110 Igazak-e az alábbi kijelentések? a) ∅ ∈ ∅ b) ∅ ⊆ ∅ d) {x | −2 < x ≤ 3, x ∈ R N} c) ∅ ∈ {∅} d) ∅ ⊆ {∅} 1.111 Legyen Z = {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y } és B = {3, 5} Igazak-e az alábbi kijelentések, ha a ∈ X és b ∈ Y ?

a) (a, b), 3 ∈ Z × B b) (a, b), 3 ⊆ Z × B n 
o c) (a, b), 5 ⊆ Z × B d) (a, b), 5 ⊆ Z × B 1.112 Ábrázolja a következő halmazokat Descartes-féle koordinátarendszerben a) {1, 2} × {2, 3, 4, 5} c) [2, 5] × ]−3, 1] e) [−3, +∞[ × ]−∞, 6[ ∗I n = {1, 2, . , n} b) {−1, 1, 5} × {0, 4, 5, 6} d) R × [−4, 2[ f) [1, +∞[ × {1, 3, 4} 41 1.1 HALMAZALGEBRA 1.113 Legyen X = {x, y, {x, y}} és P(X) az X hatványhalmaza Melyek helyesek az alábbi kijelentések közül? a) {x, y} ∈ X c) {x, y} ⊆ X b) {x, y} ∈ P(X) d) {x, y} ⊆ P(X) 1.114 Sorolja fel

az alábbi halmazok elemeit, ahol A = {a, b} és P(A) az A halmaz hatványhalmaza.
a) P (A × A) b) P P(A) c) A × P(A) d) P(A) × P(A) 1.115 Igazak-e az alábbi egyenlőségek tetszőleges A, B és C halmazokra? a) A (B C) = (A B) C c) A ∆ A = A e) (A B)∆C = (A∆C) (B∆C) b) (A B) ∩ C = (A ∩ C) B d) A ∆ (A ∆ A) = A f) A ∩ (B∆C) = (A ∩ B)∆(A ∩ C) g) A∆ (B ∩ C) = (A∆B) ∩ (A∆C) h) A∆ (B ∪ C) = (A∆B) ∪ (A∆C) i) P(A) ∩ P(B) = P(A ∩ B) j) P(A) ∪ P(B) = P(A ∪ B) 1.116 Egyszerűsı́tse a következő kifejezéseket: a) A ∪ (B A) ∪ (A B) b) (A ∪ B) ∪ ((A ∪ B) ∩ B) 1.117 Legyenek A és B tetszőleges halmazok Mivel egyenlő A ∆ (A ∆ B)? 1.118 Tegyük fel, hogy az A, B, D halmazokra igaz, hogy D A = B Határozza meg az A és B halmaz metszetét. 1.119 Bizonyı́tsa be, hogy az alábbi állı́tások ekvivalensek: a) X ⊆ A ∪ B b) (X A) ∩ (X B) = ∅ c) X B ⊆ A 1.120 Igaz-e

az alábbi állı́tás? Ha A ⊆ B, akkor A ∆ C ⊆ B ∆ C. 1.121 Igaz-e, hogy A és B halmaz megegyezik, ha valamely C halmaz esetén A C = B C? Igaz-e az állı́tás úgy, ha ez bármely C = 6 ∅ halmazra teljesül? 1.122 Határozza meg az alábbi halmazok összes partı́cióját: a) X = {1, 2} b) Y = {a, b, c} c) Z = {x, y, z, u} 42 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK Hány 1, 2, 3, illetve 4-elemű partı́ciója van az X, Y , Z halmazoknak?   n 1.123 Egy n elemű halmaz k elemű partı́cióinak számát szokás az szimbók lummal jelölni.∗ Határozza meg az         5 n n n a) b) c) d) 2 1 n 2 számokat.       n n−1 n−1 1.124 Igazolja az = k· + összefügést és számı́tsa ki ennek k−1  k    k 6 8 alapján a és Stirling-számokat. 3 4 1.125 Határozza meg egy 10-elemű halmaz azon 4-elemű részhalmazainak maximális számát, amelyek a) páronként diszjunktak; b) páronként

legfeljebb egy közös elemük van; c) páronként pontosan egy közös elemük van. 1.126 Legyen A = {(x, y) | x ≤ 1, −2 < y < 2, x ∈ R, y ∈ R} Ábrázolja az A halmazt Descartes-féle koordinátarendszerben. 1.127 Ábrázolja a következő két halmaz egyesı́tését, metszetét, differenciáit és szimmetrikus differenciáját az xy koordinátası́kon: A = {(x, y) | 0 < x ≤ 6, −3 ≤ y < 3} B = {(x, y) | −2 < x ≤ 4, −1 < y < 3} A = {(x,  y) | x + y ≤ 2, x ∈ R, y ∈ R}, B = (x, y) | x2 + y 2 ≤ 4, x ∈ R, y ∈ R , C = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x ∈ R, y ∈ R} 1.128 Ábrázolja derékszögű koordinátarendszerben a következő halmazokat. a) A ∩ B e) A ∪ B b) A ∩ C f) A B c) A ∩ B ∩ C g) A ∆ B d) B A h) C B 1.129 Ábrázolja Gauss-féle számsı́kon az alábbi halmazoknak megfelelő pontokat, ahol j az imaginárius egység: ∗ másodfajú Stirling-számok 43

1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK a) {z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, x + y < 1} 
b) z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, (x + y < 1) ∧ (x + y > −1) ∨ ∨ (x = 2)} c) {z | z = x + jy, x ∈ R, y ∈ R, (x + y < 1) ∧
∧ (x + y > −1) ∨ (x = 2) 1.130 Adottak a következő halmazok: A = {z | z ∈ C, Re(z) > 1}, B = {z | z ∈ C, Im(z) < 2}, C = {z  | z ∈ C, |z − 2| = 3} és D = z | z ∈ C, z 2 − (3 + 2j) z + 5 + 5j = 0 . Ábrázolja a következő halmazokat a Gauss-féle számsı́kon: a) A ∩ B e) A B 1.2 b) A ∪ B f) A ∆ B c) A ∩ C g) A ∩ D d) B ∪ C h) C B Relációk, függvények Függvények 1.21 Ábrázolja az alábbi R ⊆ {1, 2, 3} × {a, b, c, d} relációkat nyı́ldiagram segı́tségével, és válassza ki a függvényeket a) R = {(1, a) , (1, c) , (2, b) , (2, d) , (3, a)} b) R = {(1, d) , (2, a) , (3, c)} c) R = {(1, a) , (2, a) , (3, d)} 1.22 Legyenek S és T halmazok az

alábbiak szerint adottak: a) S = {1, 2}, T = {a, b, c} b) S = {1}, T = {a, b, c, d} c) S = {a, b, c}, T = {∅} d) S = {János, Dániel}, T = {Eszter, Mária, Zsuzsa} e) S = R, T = N f) S = Z, T = N 44 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1. Adjon meg ha lehetséges olyan S halmazon értelmezett R relációkat, amelyekre R ⊆ S × T 2. Adjon meg ha lehetséges olyan f : S T függvényt, amely az S halmazt T -re képezi le. 1.23 Adjon meg olyan függvényt, amely a) minden valós számhoz hozzáad 1-et; b) két valós számhoz hozzárendeli az összegüket; c) megadja János, Béla, Mária, Zsuzsa nemét; d) megadja Beethoven, Haydn, Sztravinszkij keresztnevét; e) n darab valós számból kiválasztja a legnagyobbat. 1.24 Egy képernyőn a lehetséges kurzor-pozı́ciókat az alábbi módon definiáljuk: (oszlopindex, sorindex) ∈ X × Y , ahol X = {x ∈ Z | 1 ≤ x ≤ 80} és Y = {y ∈ Z | 1 ≤ y ≤ 25}. Feltéve,

hogy a képernyő bal felső sarka az (1, 1) pozı́ció, határozza meg azt a függvényt, amely a képernyő pontjait egy tetszőleges lehetséges pozı́cióból a) a jobb alsó sarokba helyezi át; b) 1-gyel felfelé eltolja; c) 2-vel jobbra és 5-tel lefelé eltolja; d) a függőleges szimmetriatengelyre tükrözi; e) az y = x egyenesre tükrözi; f) a (20, 10) pontból kétszeresére nagyı́tja. Minden esetben tüntesse fel azokat az (x, y) párokat, amelyeken az adott funkció nem hajtható végre. Feltéve, hogy a vizsgált leképezéseket az X × Y halmazon értelmeztük, válassza ki a parciális leképezéseket. 1.25 Definiáljon olyan logikai függvényeket, amelyek az előző feladatban szereplő parciális leképezések esetén eldöntik, hogy a kurzor a megengedett tartományban van-e. (Megengedett tartományon értjük itt azt a kurzorpozı́ciót, amelyen a kért funkció végrehajtható) 1.26 Vizsgálja a

következő programot, amelynél n tetszőleges pozitı́v egész szám lehet: 45 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK Beolvas(n) Ciklus amı́g n > 1 Ha n páros akkor n:=n/2 különben n:=2n+1 Ciklus vége Kiı́r(n) Határozza meg a bemenő értékeknek azon halmazát, amelyre a fenti program értéket rendel. Írja le a hozzárendelésnek megfelelő függvényt 1.27 Az A ⊆ X halmaz karakterisztikus függvénye az X halmaz felett:  1, ha x ∈ A; χA (x) = 0, ha x ∈ X A. Bizonyı́tsa be az alábbi azonosságokat, ha A, B ⊆ X. a) χA∪B (x) = max (χA (x), χB (x)) b) χA∩B (x) = min (χA (x), χB (x)) c) χXA (x) = 1 − χA (x) 1.28 Legyen R = {(a, b) , (a, c) , (c, d) , (a, a) , (b, a)} az S = {a, b, c, d} halmazon értelmezett homogén reláció. Írja fel R ◦ R és R−1 elemeit 1.29 Legyen A = {1975 év napjai} és B = {1975-ben született emberek} Legyen továbbá (a, b) ∈ R, ha a ∈ A nap a b ∈ B ember

születésnapja, és jelölje R−1 az R inverzrelációját. a) Függvények-e az R és R−1 relációk? b) Határozza meg az R◦R−1 , illetve az R−1 ◦R relációkat. Van-e köztük függvény? 1.210 Határozza meg az alábbi F és S relációkból összetett relációkat, ahol xF y, ha x apja y-nak, és xSy, ha y lánya x-nek. a) F −1 e) F −1 b) S −1 ◦F f) S ◦ S c) F ◦ S g) F −1 ◦S d) S ◦ F 1.211 Tekintsük a következő R R függvényeket: f (x) = x2 , g(x) = sin x, h(x) = x + 1. 46 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK a) Mely függvények képezik le a valós számok halmazát a valós számok halmazára? b) Melyik függvénynek van inverzfüggvénye, ha az értelmezési tartomány a [−3, 0[ intervallum? Írja fel az inverzfüggvényt. c) Határozza meg az f ◦ g, g ◦ f és h ◦ g függvényeket. Adja meg az értelmezési tartományukat és értékkészletüket.

1.212 Határozza meg az alábbi parciális leképezések értékkészletét: a) f ◦ g, b) g ◦ f , c) g ◦ h, d) h ◦ g, ha f , g és h az alábbiak: √ f : [0, +∞[ R, f (x) = x; g : N N, g(n) = n2 ; h : Z Z, h(n) = n2 . −1 1.213 Bizonyı́tsa be, hogy (R ◦ S) = S −1 ◦ R−1 tetszőleges R, S relációkra. Függvények speciális tulajdonságai 1.214 Az alábbi függvények közül melyek injektı́vek, szürjektı́vek, illetve bijektı́vek? a) f : N N, f (n) = n c) f : Z Z, f (n) = n + 1 b) f : N N, f (n) = n + 1 d) f : N × N N, f (m, n) = 2m 4n e) f : N × N N, f (m, n) = 2m 6n  f) f : [0, π[ π2 R, f (x) = tg x  g) f : [0, π] π2 R, f (x) = tg x   h) f : − π2 , π2 R, f (x) = tg x i) f : Z Z, j) f : Z Z, f (n) = |n + 1|  0, ha |x| ≤ 1; f (x) = |x + 1| , egyébként. 47 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK k) f : Z Z, f (x) = l) f : Z N, f (x) =   0, ha |x| ≤ 1; x prı́mosztóinak

száma, egyébként. 0, x prı́mosztóinak száma, ha |x| ≤ 1; egyébként. 1.215 Hány f : A B alakú a) injektı́v; b) szürjektı́v; c) bijektı́v függvény létezik, ha |A| = m és |B| = n? 1.216 Legyen f : R+ R f (x) = x − 1 x a) Szürjektı́v-e a leképezés? b) Van-e inverze és az inverze szürjektı́v-e? 1.217 Legyenek A és B az egész számok halmazának részhalmazai, és tekintsük a következő megfeleltetést: f: A B x 7 |x| Adja meg A és B halmazt úgy, hogy a) f parciális leképezés legyen, de ne legyen függvény; b) f függvény legyen, de ne legyen sem injektı́v, sem szürjektı́v; c) f injektı́v függvény legyen, de ne legyen szürjektı́v; d) f szürjektı́v függvény legyen, de ne legyen injektı́v; e) f bijektı́v függvény legyen. 1.218 Feltéve, hogy az alábbi függvényeknek mind az értelmezési tartományuk (Df ), mind pedig az értékkészletük (Rf ) véges

elemszámú halmaz, döntse el, hogy mely állı́tások igazak és melyek hamisak. (Ha az állı́tás igaz, bizonyı́tsa be; ha hamis, mondjon ellenpéldát.) a) Ha f függvény injektı́v, akkor |Df | = |Rf |. b) Ha f : X Y függvény injektı́v, akkor |X| = |Y |. c) Ha f függvény szürjektı́v, akkor |Df | ≥ |Rf |. d) Ha f függvény szürjektı́v, akkor van inverze. e) Ha f : X Y függvényre igaz, hogy |X| ≥ |Y |, akkor szürjetı́v. 48 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK f) g) h) i) Ha f : X Y függvény szürjektı́v, akkor |X| ≥ |Y |. Ha f bijektı́v, akkor |Df | = |Rf |. Ha |Df | = |Rf |, akkor f bijektı́v. Ha f : X Y függvényre igaz, hogy |X| = |Y | = |Rf |, akkor f bijektı́v. 1.219 Nevezzük az A (A ⊆ X) halmaz f : X Y függvény általi képének azt az f (A)-val jelölt halmazt, amelyre f (A) = {y ∈ Y | y = f (x), x ∈ A}. X Y f f (A) A Határozza meg az f (A) halmazt, ha a) f : R

R, f (x) = x2 , b) f : [−1, 1] R, A = ]−1, 2]; √ f (x) = 1 + 1 − x2 , c) f : R {−1, 1} R, f (x) = 1 1−x2 , h √ √ i A = − 23 , 23 ; A = [0, 2] {1}. 1.220 Bizonyı́tsa be, hogy ha f : X Y injektı́v, akkor a) diszjunkt halmazok képei is diszjunktak, azaz bármely C, D ⊆ X halmaz esetén C ∩ D = ∅ =⇒ f (C) ∩ f (D) = ∅; b) bármely C ⊆ X halmaz esetén f (X C) ⊆ Y f (C). c) Bizonyı́tsa be az (a) állı́tás megfordı́tását is. 1.221 Legyen f : R R, f (x) = 2 sin (x + 3).  a) Határozza meg az X = x | 15 < x < 2π − 3, x ∈ R intervallum f által definiált képét.   b) Bijektı́v-e a g : 15 , 2π − 3 f (X), g(x) = f (x) függvény? 1.222 Bizonyı́tsa be, hogy az f : N × N N, függvény bijektı́v. f (m, n) = m + 1 (m + n) (m + n + 1) 2 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK 49 Homogén bináris relációk speciális tulajdonságai 1.223 Legyen T = {tér egyenesei} Milyen

tulajdonságaik vannak az alábbi relációknak? a) RT = {(x, y) | x és y egyeneseken át pontosan egy sı́k fektethető} b) RT = {(x, y) | x és y kitérő} c) RT = {(x, y) | x és y egyeneseken át fektethető sı́k} 1.224 Vizsgálja meg, milyen speciális tulajdonságokkal rendelkeznek az alábbi homogén bináris relációk, valamint adja meg értelmezési tartományukat és értékkészletüket: a) R = {(a, b) | a · b páratlan, a ∈ N, b ∈ N}; b) S = {(a, b) | a vezetékneve rövidebb, mint b-é, a ∈ B, b ∈ B}, ahol B = {budapesti lakosok}; c) T = {(A, B) | A ∩ B 6= ∅, A ∈ P(X), B ∈ P(X)}, ahol X tetszőleges halmaz; d) U = {(a, b) | lnko (a, b) > 1, a ∈ Z+ , b ∈ Z+ }∗ ; e) V = {(x, y) | x belülről érinti y-t, x ∈ K, y ∈ K}, ahol K = {egy adott sı́k körvonalai}. 1.225 Definiáljon egy R relációt az I4 = {1, 2, 3, 4} halmazon (például elemei felsorolásával), amely az alábbi

tulajdonságokkal rendelkezik: a) nem reflexı́v és nem irreflexı́v; b) nem reflexı́v és irreflexı́v; c) reflexı́v és nem irreflexı́v; d) reflexı́v és irreflexı́v; e) nem szimmetrikus és nem antiszimmetrikus; f) nem szimmetrikus és antiszimmetrikus; g) szimmetrikus és nem antiszimmetrikus; h) szimmetrikus és antiszimmetrikus. Adja meg R gráfábrázolását is.† ∗ lnko = legnagyobb †G közös osztó gráf x és y csúcspontja x-ből y-ba mutató éllel akkor van összekötve, ha xRy. 50 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK Ekvivalencia-relációk 1.226 Legyen S = {sı́k egyenesei} Az alábbi relációkról állapı́tsuk meg, hogy ekvivalencia-relációt alkotnak-e: a) RS = {(x, y) | x egy pontban metszi y-t}; b) RS = {(x, y) | x-nek és y-nak van közös pontja}; c) RS = {(x, y) | x párhuzamos y-nal}. 1.227 Határozza meg azt az ekvivalencia-relációt (elemei felsorolásával), amelyhez (a

megfelelő alaphalmazon) az alábbi partı́ció tartozik: {a, d, g}, {b}, {e}, {c, f }. 1.228 Adott az I6 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmazon értelmezett R = {(1, 2), (2, 3), (3, 2), (4, 4), (5, 5), (6, 5)} reláció. a) Rajzolja fel a reláció gráfját. b) Egészı́tse ki a relációt (a lehető legkevesebb elemmel) úgy, hogy ekvivalencia-reláció legyen. 1.229 Bizonyı́tsa be, hogy az alábbi relációk ekvivalencia-relációt alkotnak Adja meg az ekvivalencia-osztályokat. a) R = {(m, n) | m + n páros szám, m ∈ Z, n ∈ Z}  b) R = (x, y) | x2 + y 2 osztható 2-vel, x ∈ Z, y ∈ Z c) R = {(a, b) | a − b racionális, a ∈ R, b ∈ R} d) R = {(x, y) | x − y osztható 3-mal, x ∈ I12 , y ∈ I12 }∗  e) R = (m, n) | m2 − n2 osztható 3-mal, m ∈ N, n ∈ N  f) R = (x, y) | x2 − y 2 osztható 4-gyel, x ∈ N, y ∈ N g) R ⊆ R2 × R2 ; 2 2 h) R ⊆ R × R ; (x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) , ha x1 + y1 = x2 + y2 (x1 , y1 ) R (x2 , y2 ) ,

ha x1 y1 = x2 y2 1.230 Legyen értelmezve az X halmazon egy R ekvivalencia-reláció, a és b pedig legyen X két tetszőleges eleme. Jelölje Xa az összes a-val, Xb pedig az összes b-vel relációban álló elemet tartalmazó halmazt. Bizonyı́tsa be az alábbi állı́tásokat: ∗I n  = x ∈ Z+ | x ≤ n (n ∈ N) 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK 51 a) Xa ∩ Xb = ∅ ⇐⇒ (a, b) ∈ / R; b) Ha létezik olyan c ∈ X elem, amely mindkét halmaznak eleme, akkor (a, b) ∈ R; c) (a, b) ∈ R pontosan akkor, ha a két halmaz egyenlő. Parciális rendezési relációk 1.231 Mutassa meg, hogy az alábbi, 4-vel jelölt relációk parciális rendezési relációk: a) az I4 halmaz legalább kételemű részhalmazainak halmazán A 4 B, ha A ⊆ B; b) az I4 halmaz legfeljebb kételemű részhalmazainak halmazán A 4 B, ha B ⊆ A; c) a {3, 6, 9, 10, 20, 30} halmaz elemein a 4 b, ha b osztható a-val; d) az {1, 2, 3, 4, 6, 12}

halmaz elemein a 4 b, ha b osztható a-val. Készı́tse el a parciális rendezések Hasse-féle diagramjait. Mindegyik rendezésben állapı́tsa meg a maximális és minimális elemeket, illetve a legnagyobb és legkisebb elemeket, ha ilyen van Van-e a fentiek között olyan, amelyben a halmaz bármely két a, b eleméhez tartozik inf (a, b), illetve sup (a, b)? 1.232 Az alábbi parciálisan rendezett halmazokban határozza meg a felsorolt szuprémumokat és infimumokat, ha léteznek: a) a legfeljebb 10 hosszúságú bináris számok∗ között v 4 w, ha v-nek w kezdő része (pl.: 1010 kezdő részei az 1010, 101, 10 és az 1); sup (100, 10) sup (101, 111) inf (100, 11) inf (100, 10) b) a legalább 2 hosszúságú bináris karaktersorozatok között v 4 w, ha v-nek w kezdő része (pl.: 1010 kezdő részei az 1010, 101, 10 és az 1) sup (00001, 001) sup (1111, 110) inf (0010, 0011) inf (011, 01) ∗ Szám nem kezdődhet 0-val.

52 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK c) a legfeljebb 10 hosszúságú bináris karaktersorozatok között v 4 w, ha v-nek w valamely része (pl.: 1010 részei az 1010, 101, 010, 10, 01, 1 és a 0); sup (100, 11) sup (000, 11) inf (100, 00) inf (100, 001) A fent megadott halmazok közül mely esetekben van bármely két elemnek szuprémuma? Ha lehetséges, egészı́tse ki a halmazt olyan elemekkel, hogy a bővı́tett halmazban bármely két elemnek legyen szuprémuma (az adott rendezésre vonatkozóan). 1.233 Bizonyı́tsa be, hogy ha R egy parciális rendezés H-n, akkor R−1 is az Mu
tassa meg, hogy ha (H; R)-en valamely elem maximális, akkor H; R−1 en minimális, és fordı́tva. 1.234 Legyenek az F halmaz elemei az f : N N tı́pusú függvények, és definiáljuk ezen a halmazon a következő R relációt: f, g ∈ F esetén f Rg, ha az {n ∈ N | f (n) > g (n)} halmaz véges elemszámú. Igazolja, hogy a reláció nem

parciális rendezés F -en. 1.235 Definiáljuk a 4 relációt a {z | z ∈ C, Re(z) ≤ 3, Im(z) ≤ 2, Re(z) ∈ N, Im(z) ∈ N} halmazon: z1 4 z2 , ha Re(z1 ) ≤ Re(z2 ) és Im(z1 ) ≤ Im(z2 ). (Azaz: egy komplex szám akkor áll relációban egy másik komplex számmal, ha sem a valós, sem a képzetes része nem nagyobb a másik szám megfelelő részénél.) a) Bizonyı́tsa be, hogy 4 rendezési reláció. b) Dichotóm a reláció (azaz teljes a rendezés)? c) Rajzolja fel a rendezés Hasse-diagramját. d) Van bármely két elemnek szuprémuma és infimuma? Hogyan kapjuk meg? e) Disztributı́v a háló? f) Van a rendezésnek legkisebb és legnagyobb eleme? g) Mely elemeknek van komplementumuk? 1.236 Legyen a temészetes számokból álló rendezett párok halmazán (N × N) definiálva a következő rendezés: (a, b) 4 (c, d), ha b < d, vagy a ≤ c és b = d. Bizonyı́tsa be, hogy tényleg rendezésről van szó, és

döntse el, hogy lineáris (teljes)-e a rendezés? 1.3 HALMAZOK SZÁMOSSÁGA 53 1.237 Döntse el, hogy igazak-e az alábbi állı́tások, amelyek egy részben-rendezett halmaz A részhalmazáról szólnak. Ha igaz, indokolja, ha hamis, ellenpéldával cáfolja az állı́tást a) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor legnagyobb is van. b) Ha A-nak van legkisebb eleme, akkor ez egyben az egyetlen minimális elem is. c) Ha A-nak nincs maximális eleme, akkor legnagyobb sincsen. d) Ha A-nak nincs legnagyobb eleme, akkor felső határa sincsen. e) Ha A-nak van alsó korlátja, akkor van legkisebb eleme is. f) Ha A-nak egynél több minimális eleme van, akkor nincs alsó határa. 1.3 Halmazok számossága 1.31 Adjon meg bijektı́v leképezést a) az egész számok és a pozitı́v egész számok között; b) két különböző hosszúságú szakasz között; c) a racionális számok és a természetes számok között; d) a

]0, 1[ intervallum és a valós számok között; e) a ]0, 1[ és a ]0, 1] intervallumok között. 1.32 Igazolja, hogy az alábbi halmazok megszámlálhatóan végtelen (ℵ0 ) számosságúak: a) páros számok (2Z); b) Z × Z; c) prı́mszámok. 1.33 Igazolja, hogy ∀a, b ∈ R esetén a H = {h ∈ R | a < h < b} halmaz elemszáma 0, vagy a halmaz számossága kontinuum 1.34 Igazolja az alábbi állı́tásokat: a) Ha egy halmaz elemei sorozatba rendezhetők, akkor a halmaz számossága ℵ0 . b) Egy sorozat elemeinek halmaza legfeljebb ℵ0 számosságú. 54 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK c) Két megszámlálhatóan végtelen számosságú halmaz uniója is megszámlálhatóan végtelen számosságú, azaz ℵ0 + ℵ0 = ℵ0 . d) Bármely végtelen sok elemű halmaznak van ℵ0 számosságú részhalmaza. e) Két ℵ0 számosságú halmaz különbsége véges vagy ℵ0 számosságú. f)

Megszámlálhatóan végtelen sok véges vagy ℵ0 számosságú (különböző) halmaz uniója ℵ0 számosságú. 1.35 Bizonyı́tsa be, hogy az alábbi halmazok számossága megegyezik: a) R, ]0, 1[, [0, 1], [a, b], [a, ∞[; b) a [0, 1] intervallum és az egységnyi oldalú négyzet pontjainak halmaza. 1.36 Határozza meg az A × B halmaz számosságát, ha a) A és B véges elemszámú halmazok; b) A és B számossága ℵ0 ; c) A és B kontinuum számosságúak. 1.37 Bizonyı́tsa be, hogy az An halmaz számossága ℵ0 , ha |A| = ℵ0 és n pozitı́v egész szám. 1.38 Bizonyı́tsa be, hogy bármely halmazra igaz, hogy hatványhalmazának számossága nagyobb, mint a halmaz számossága.∗ 1.39 a)  Határozza meg az egész együtthatós, legfeljebb n-edfokú polinomok  n P k Pn (x) = ak x , ahol ak ∈ Z halmazának számosságát. k=0 b) Bizonyı́tsa be, hogy az egész együtthatós   (x0 = 0

körüli) hatványso∞ P rok Pn (x) = ak xk , ahol ak ∈ Z halmaza nem megszámlálható. ∗ Cantor tétele k=0 55 1.4 REKURZIÓK 1.4 Rekurziók 1.41 Adjon rekurzı́v definı́ciót n!-ra 1.42 Egy vállalat új dolgozójának 100 000 Ft kezdőfizetést ajánl Minden következő évben megemeli az előző évi fizetést 4%-kal és még 1 000 Ft-tal Adjunk rekurzı́v képletet a dolgozó keresetére az n-edik évben. 1.43 Írjunk fel rekurzı́v összefüggést egy n-elemű halmaz részhalmazainak sn számára. 1.44 Egy lépcsősoron úgy megyünk végig, hogy egyszerre mindig csak egy vagy két lépcsőfokot lépünk. Adjunk rekurzı́v képletet arra, hogy hányféleképpen mehetünk fel egy n lépcsőből álló soron 1.45 Adott a sı́kon n darab egyenes sı́krészek maximális számára. Adjon rekurzı́v képletet a keletkező 1.46 Adott a sı́kon n darab kör Adjon rekurzı́v képletet a

keletkező sı́krészek maximális számára. 1.47 Egy 2 × n-es méretű négyzetrácsot szeretnénk lefedni 2 × 1-es méretű dominókkal. Adjunk rekurzı́v képletet a lehetséges lefedések számára 1.48 Adjon rekurzı́v képletet
-ra. n k 1.49 Jelölje f (n, k) azt a számot, ahányféleképpen kiválaszthatunk n darab, egy sorban lévő elem közül k darabot úgy, hogy ne legyen köztük két egymás mellett elhelyezkedő. Adjunk rekurzı́v képletet f (n, k)-ra 1.410 Jelöljön A és B két halmazt, és legyen |A| = m, |B| = n Adjon rekurzı́v képletet az A-ból B-be képező szürjektı́v függvények számára. 1.411 Jelölje D (n, k) az xn függvény k-adik deriváltfüggényét Adjon rekurzı́v képletet D (n, k)-ra. (n ∈ Z, k ∈ N) 1.412 Adjon rekurzı́v képletet egy n×n-es determináns kiszámı́tására (n ∈ Z+ ) 1.413 Adjon rekurzı́v képletet sinn x függvény határozatlan

integráljának meghatározására 56 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1.414 Jelöljön a és b pozitı́v egész számot Tegyük fel, hogy rekurzı́v módon a következőképpen definiáljuk a Q függvényt:  0, ha a < b; Q(a, b) = Q(a − b, b) + 1, ha a ≥ b. a) Adjuk meg a Q(2, 3) és a Q(14, 3) értékeket. b) Hogyan működik ez a függvény? Adjuk meg a Q(7134, 11) értéket. 1.415 Legyen n pozitı́v egész szám Tegyük fel, hogy rekurzı́v módon a következőképpen definiáljuk az L függvényt∗:  0,  
ha n = 1; L(n) = L n2 + 1, ha n > 1. a) Adjuk meg L(25)-öt. b) Hogyan működik ez a függvény? 1.416 Tekintsük az L rekurzı́v módon megadott függvényt, ahol DL = R+ × R+ :  0, ha a < b;
L(a, b) = L ab , b + 1, ha a ≥ b. a) Milyen értékekre jól-definiált a rekurzió? b) Számı́tsa ki az L(682, 10), L(1024, 8) értékeket. c) Hogyan működik a függvény?

Adja meg ez alapján az L(654238, 24) értéket. 1.417 Legyenek adottak az F0 = 0 és az F1 = 1 Fibonacci-számok† a) Mit érdemes használni F18 meghatározásához: a rekurziót vagy az iterációt? Adjuk meg F18 értékét. b) Készı́tsünk iterációs eljárást az n-edik Fibonacci-szám meghatározásához, ha n ≥ 2. ∗ bxc az x valós szám (alsó) egészrészét jelenti: az a legnagyobb egész szám, amely nem nagyobb x-nél. † Minden következő számot úgy kapunk, hogy a sorozatban a két közvetlenül előtte álló elemet összeadjuk (Fn = Fn−1 + Fn−2 ). 1.4 REKURZIÓK 57 1.418 Tekintsük a következő, rekurzı́v módon megadott függvényt:  0, ha b = 0; P (a, b) = P (a, b − 1) + a, ha b > 0. a) Mi a függvény értelmezési tartománya? Milyen értékekre jól-definiált a függvény?
b) Számı́tsuk ki a P (6, 4), P 65 , 3 értékeket. c) Hogyan működik a függvény?

Adja meg ez alapján a P (4, 39) értéket. 1.419 Tekintsük a következő, rekurzı́v módon megadott függvényt:  ha 1 ≤ |a| < 10;   (a, b) , N (10a, b − 1) , ha |a| < 1; N (a, b) = 
 a , b + 1 , ha |a| ≥ 10. N 10 a) Mi a függvény értelmezési tartománya? b) Számı́tsa ki az f (−294, 9), f (1459, −4) értékeket. c) Hogyan működik a függvény? Adja meg ez alapján az f (5948102, 43) értéket. 1.420 Legyen a és b nemnegatı́v egész szám Tegyük fel, hogy az f függvényt az alábbi rekurzı́v definı́ció adja meg∗ :  ha b = 0;  a, f (b, a), ha a < b; f (a, b) =  f (b, a mod b), egyébként. a) Számı́tsuk ki az f (10, 15), f (18, 63) és az f (728, 420) függvényértékeket. b) Hogyan működik ez a függvény? 1.421 Tekintsük a következő, rekurzı́v módon megadott függvényt: ( a1 , ha n = 1; an n−1 f (a1 , a2 , . , an ) = f (a1 , a2 , . , an−1 )

+ , ha n > 1. n n ∗ Az a mod b azt a maradékot jelenti, amely az a szám b-vel való maradékos osztása során keletkezik. (Ejtsd: a modulo b) 58 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK a) Mi a függvény értelmezési tartománya? b) Számı́tsuk ki az f (2, 4, 9), f (1, 4, 5, 9) értékeket. c) Hogyan működik ez a függvény? Adjuk meg ennek segı́tségével az f (4, 39, 23, 15, 96) értéket. 1.422 Adjon formális rekurziós eljárást a Hanoi tornyai játék megoldására A B C A játék lényege: Van három rúd (A, B, C) és az A rúdon n db különböző nagyságú karika, nagyság szerint sorba rendezve; legalul van a legnagyobb. Feladat, hogy helyezzük át az összes karikát a B rúdra úgy, hogy ugyanolyan sorrendben helyezkedjenek el, ahogy az A rúdon voltak. Egy lépésben egyszerre egy karikát helyezhetünk át egyik rúdról bármelyik másikra, azzal a feltétellel, hogy nagyobb

átmérőjű karika nem lehet a kisebb karika felett. 1.5 Teljes indukció 1.51 Bizonyı́tsa be teljes indukcióval az alábbi, összegekre vonatkozó egyenlőségeket (n minden esetben természetes szám): a) n X 6i = i=0 b) n X i=1 c) n X i=1 d) n X i=
1 n+1 6 −1 5 n (n + 1) 2 i (i + 1) = n (n + 1) (n + 2) 3 i (i + 1) (i + 2) = i=1 e) n X i=1 2i−1 = 2n − 1 n (n + 1) (n + 2) (n + 3) 4 1.5 TELJES INDUKCIÓ n X 59 n (n + 1) (2n + 1) 6 i=1 2  n X n (n + 1) g) i3 = 2 i=1 f) i2 = 1.52 Bizonyı́tsa be az alábbi egyenlőtlenségeket teljes indukcióval (n minden esetben természetes szám): a) n! > 3n , minden n ≥ 7 esetén 1 1 1 1 1 b) 2 + 2 + 2 + . + 2 < 2 − , minden n ≥ 2 esetén 1 2 3 n n c) n2 < 2n , minden n > 4 esetén d) (2n)! < (n!)2 4n−1 , minden n ≥ 5 esetén e) 3n > n · 2n √ 1 1 1 1 f) √ + √ + √ + · · · + √ > n, minden n ≥ 2 esetén n 1 2 3 n g) (1 + h) ≥ 1 +

hn, bármely h ∈ R, h > −1 esetén∗ n h) (n + 1) < nn+1 , minden n > 2 esetén i) |sin nα| ≤ n |sin α| 1.53 Bizonyı́tsa be az alábbi oszthatóságokat teljes indukcióval (n minden esetben természetes szám): a) (2n)! osztható 2n -nel b) n3 + 5n osztható 6-tal c) 32n + 4n+1 osztható 5-tel d) n5 − 5n3 + 4n osztható 120-szal e) 22n + 24n − 10 osztható 18-cal, ha n ≥ 1 1.54 Igazolja a következő, rekurzı́v definı́cióval adott sorozatokra vonatkozó állı́tásokat (n minden esetben természetes szám)† : ∗ Bernoulli-egyenlőtlenség † A (b) és (c) feladatban szereplő sorozat neve: Fibonacci-sorozat. Az (a)-ban szereplő sorozat ún. Fibonacci-tı́pusú sorozat: minden elemet a közvetlenül előtte álló két elem lineáris kombinációjaként kapjuk meg. 60 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK a) a0 = 2, a1 = 1, an+2 = an+1 + 2an =⇒ an = 2n + (−1)n
n b) a0 = 0, a1 = 1, an+2 =

an+1 + an =⇒ an+2 > 32 , ha n ≥ 1 c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an =⇒ an = √1 5 h √ n 1+ 5 2 −  √ n i 1− 5 2 1.55 Bizonyı́tsa be teljes indukcióval, hogy ha a páratlan számokat 1-től kezdve összeadjuk, mindig négyzetszámot kapunk.
1.56 Bizonyı́tsa be, hogy n darab egyenes a sı́kot legfeljebb 12 n2 + n + 2 részre osztja. (Segı́tségül lásd az 145 feladatot) 1.57 Bizonyı́tsa be, hogy n darab kör a sı́kot legfeljebb n2 − n + 2 részre osztja, ha n ≥ 1. (Segı́tségül lásd az 146 feladatot) 1.58 Bizonyı́tsa be, hogy bármely n-szög belső szögeinek összege: (n − 2) 180◦ 1.59 Bizonyı́tsa be teljes indukcióval, hogy n darab nem-negatı́v valós szám mértani közepe nem lehet nagyobb számtani közepüknél, azaz p a1 + a2 + . + an n a1 a2 . an ≤ . n Útmutatás: Az egyik lehetséges megoldási módszer szerint először mutassa meg, hogy igaz az állı́tás n = 2

esetén, majd azt, hogy tetszőleges 2hatvány (n = 2m ) esetén. Ezután bizonyı́tsa be, hogy ha igaz valamely k + 1 esetén, akkor k esetén is. 1.510 Döntse el, hogy mi a hiba az alábbi indukciós bizonyı́tásokban a) Bebizonyı́tjuk, hogy minden számı́tógép ugyanolyan. P (1) nyilván igaz, hiszen minden gép egyforma önmagával. Tegyük fel, hogy bármely k darab gép egyforma. Vegyünk k + 1 darab gépet. Távolı́tsuk el mondjuk az A jelű gépet A maradék k darab gép az indukciós feltevés értelmében egyforma. Vegyünk ki ezek közül egy másik gépet, jelöljük ezt B-vel. Ez természetesen ugyanolyan, mint azok, amelyeket együtt hagytunk. Tegyük vissza most A-t, ı́gy ismét k darab gépet kapunk, amelyek mind egyformák. Tehát mind az A, mind a B gép ugyanolyan, mint amelyeket nem mozgattunk el. Ezzel beláttuk, hogy minden számı́tógép egyforma 61 1.5 TELJES INDUKCIÓ b) Legyen a 6= 0

valós szám. Bebizonyı́tjuk, hogy bármely nemnegatı́v egész n esetén an = 1. Mivel a0 = 1, ezért az állı́tás igaz n = 0 esetén. Tegyük fel, hogy valamely k egész számra igaz, hogy minden olyan m egész esetén, amelyre 0 ≤ m ≤ k teljesül, am = 1. Ekkor ak+1 = 1·1 ak ak = = 1. k−1 a 1 c) Bebizonyı́tjuk, hogy bármely pozitı́v egész n szám esetén: ha két pozitı́v egész szám maximuma n, akkor a két szám egyenlő. Ha két pozitı́v egész szám maximuma 1, akkor a két egész szám csak 1 lehet, ı́gy egyenlők. Tegyük fel, hogy ha két egész szám maximuma k, akkor a két szám egyenlő. Legyen x és y két olyan pozitı́v egész szám, amelyek maximuma k + 1 Ebben az esetben x − 1 és y − 1 maximuma k Az indukciós feltevés szerint ekkor x − 1 = y − 1, azaz x = y. 62 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 2. fejezet Kombinatorika 2.1 Permutációk 2.11 Hányféle

sorrendben ültethetünk le 6 embert egymás mellé egy padra? 2.12 12 hallgató találkozót beszélt meg egymással Hányféle sorrendben érhettek oda, ha nem volt köztük kettő olyan, akik egyszerre érkeztek? 2.13 Hányféleképpen helyezhető el 8 bástya egy sakktáblán úgy, hogy ,,ne üssék egymást” – azaz ne kerüljön két bástya sem egy sorba, sem egy oszlopba? 2.14 Egy dobozban 16 golyó van: 10 fehér, 4 piros és 2 kék Egymás után kihúzzuk a golyókat. Hányféle sorrend lehetséges, ha az azonos szı́nűeket nem lehet megkülönböztetni? 2.15 Hány különböző ötjegyű számot tud felı́rni az a) 1, 2, 3, 4, 5 b) 1, 1, 2, 3, 4 c) 1, 1, 2, 2, 2 számjegyek felhasználásával? (Minden számjegyet pontosan annyiszor kell felhasználni, ahányszor a felsorolásban szerepel.) 63 64 2. KOMBINATORIKA 2.16 Hányféleképpen olvasható ki a következő szó? K O M B I O M B I N M B I

N A B I N A T I N A T O N A T O R elrendezésben a kombinatorika N A T O R I A T O R I K T O R I K A 2.17 Hányféleképpen lehet kiosztani 5 tanuló között 5 jutalomkönyvet, ha minden tanuló pontosan egy könyvet kaphat? (A könyvek különbözőek) 2.18 Hányféleképpen ültethető le 8 ember egy kerekasztal köré, ha két elrendezés csak akkor számı́t különbözőnek, ha ha van olyan személy, akinek nem ugyanaz a bal- vagy jobb szomszédja a két esetben. 2.2 Variációk 2.21 Hányféleképpen lehet 20 tanuló között 6 különböző jutalomkönyvet kiosztani, ha mindegyikük legfeljebb egy könyvet kaphat? 2.22 A vizsgaidőszak egy napján 30 hallgató szeretne szóbeli vizsgát tenni az egyik oktatónál, aki azonban csak 18 embert tud egy nap alatt levizsgáztatni. Az első 18 jelentkező vizsgázhat, mégpedig a jelentkezés sorrendjében. Hányféleképpen alakulhat a vizsga rendje? 2.23 Az 1,

2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számjegyek felhasználásával hány ötjegyű szám készı́thető? Mi a válasz a kérdésre abban az esetben, ha mindegyik felsorolt számjegy csak egyszer haszmálható fel? 2.24 Hány olyan hatjegyű szám van (tizes számrendszerben), amelyben nincs két egyforma számjegy? Mi a válasz a kérdésre 8-as, illetve tizenkettes számrendszerben? 2.25 Hányféleképpen lehet kitölteni a totószelvény egy oszlopát? 2.26 10-szer feldobunk egy a) pénzérmét; b) dobókockát. 2.3 KOMBINÁCIÓK 65 Hányféle dobássorozat alakulhat ki? 2.27 Egy tesztben 30 kérdés mindegyikéhez ötféle választ adtak meg, amelyek közül a válaszadónak pontosan egyet kell megjelölni Hányféleképpen töltheti ki a tesztet az a hallgató, aki csak vaktában próbálkozik? 2.3 Kombinációk 2.31 Hányféleképpen lehet 20 tanuló között 6 egyforma jutalomkönyvet szétosztani? 2.32

Hányféleképpen oszthatunk ki a 32 lapos magyar kártyából egy játékosnak 4 lapot (Nem lényeges, hogy a játékos a lapokat milyen sorrendben kapja.) 2.33 Hányféleképpen lehet kitölteni egy lottószelvényt? 2.34 A = { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 } a) Hány 3-elemű részhalmaza van A-nak? b) Hány olyan 5-elemű részhalmaza van A-nak, amelynek 7 eleme? c) Hány olyan 4-elemű részhalmaza van A-nak, amelynek elemei páratlanok? 2.35 A BKV jegyeken 9 számjegy található, amelyek közül érvényesı́téskor 3-at vagy 4-et lyukasztunk ki. Hányféle lyukkombináció lehetséges? 2.36 Egy 32-lapos kártyacsomagból 6 lapot húzunk Hányféleképpen alakulhat a húzás eredménye, ha a) a kihúzott lapok sorrendje is számı́t; b) a kihúzott lapok sorrendje nem számı́t. 2.37 Egy üzletben 12 féle képeslapot árulnak Hányféleképpen vehetünk 5 képeslapot, ha mindegyik fajtából legalább 5 db

áll rendelkezésre? 66 2.4 2. KOMBINATORIKA Vegyes 2.41 Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyekből hány négyjegyű szám állı́tható össze, ha a) mindegyik számjegyet legfeljebb egyszer használhatjuk fel; b) mindegyik számjegy felhasználható többször is; c) mindegyik számjegyet csak egyszer lehet felhasználni és a számjegyek a számban növekvő sorrendben követik egymást; d) mindegyik számjegy többször is felhasználható és a jegyek a számban nem csökkenő sorrendben követik egymást? 2.42 Hány olyan ötjegyű szám van, amelyek jegyei a) páratlanok; b) párosak; c) páratlanok és mind különbözőek; d) párosak és mind különbözőek? 2.43 A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 számjegyekből hány olyan 6-jegyű szám állı́tható össze, amelynek jegyei között legalább egy ismétlődés van? 2.44 Hány olyan hatjegyű szám van, amelyekben a szomszédos számjegyek

különbözőek? 2.45 Hányféleképpen lehet a Jupiter szó betűit összekeverni úgy, hogy a magánhangzók az abc-nek megfelelő sorrendben kövessék egymást? 2.46 Az oxigénnek három, a hidrogénnek két stabil izotópja van Hányféle vı́zmolekula képződhet ezekből? 2.47 Egy kollégiumi szobában három diák lakik Négy csészéjük, öt csészealjuk, és hat kiskanaluk van. (Az egyes csészék, alátétek és kiskanalak mind különbözők.) Hányféleképpen terı́thetnek teázáshoz, ha mindhárman egy-egy csészét, csészealjat és kiskanalat kapnak? 2.48 Ha egy halmaz elemeinek számát kettővel növeljük, akkor az elemek permutációinak száma az eredeti permutációk számának 930-szorosa lesz Hány elemű a halmaz? 2.4 VEGYES 67 2.49 Egy dobozban három sárga golyó van Hány piros golyót kell betenni ahhoz, hogy a dobozban található golyókat 4495 sorrendben lehessen

egymás után kihúzni, ha az azonos szı́nű golyókat nem lehet megkülönböztetni? 2.410 Három kocsiból álló villamosra 9 ember száll fel úgy, hogy minden kocsira három ember jut. Hányféleképpen történhet ez? 2.411 Egy pénzérmét 12-szer egymás után feldobunk a) Hány különböző dobássorozatunk lehet? b) Hányszor lehet 8 fej és 4 ı́rás a dobássorozatban? 2.412 Egy pénzérmét n-szer feldobunk egymás után Ha a dobások számát 2vel növeljük, akkor az eredménysorozatok száma 3072-vel nő Hányszor dobtunk? 2.413 Egy 12 tagú társaság csónakokat bérel Hányféleképpen foglalhatnak helyet a csónakokban, ha a) egy 3-, egy 4- és egy 5-üléses csónak van; b) három különböző 4-üléses csónak van; c) három egyforma 4-üléses csónak van? 2.414 Egy 32 lapos magyarkártya-csomagból egyszerre kiveszünk 5 lapot Hány olyan húzás lehetséges, ahol a kihúzott

lapok között a) csak piros fordul elő; b) pontosan egy piros van; c) van piros; d) 2 piros és 3 zöld van; e) minden szı́n előfordul; f) pontosan 1 ász és 4 piros található; g) mind ász vagy piros; h) az összes ász és piros? 2.415 Hány különböző útvonalon juthatunk el a sakktáblán a bal felső sarokban lévő mezőről a jobb alsó sarokban lévőre, ha bármely érintett mezőről csak az alatta lévő vagy pedig a jobb oldalán álló mezőre léphetünk? 68 2. KOMBINATORIKA 2.416 Egy terem mennyezetén 5 sorban, 6 oszlopban összesen 30 lámpa van felszerelve. Közülük 4 nem világı́t Nincs olyan sor és nincs olyan oszlop, amelyben egynél több lámpa nem égne. Hányféleképpen lehetséges ez? 2.417 Hányféleképpen ültethetünk le egy kerek asztal köré 5 nőt és 5 férfit úgy, hogy se 2 nő, se 2 férfi nem kerüljön egymás mellé, ha az egymásba elforgatható

eseteket a) különbözőnek; b) azonosnak tekintjük? 2.418 Egy pont egységnyi lépéseket tesz meg a számegyenesen pozitı́v vagy negatı́v irányban. Hányféleképpen juthat el az origóból n lépéssel a k pontba? 2.419 Hány metszéspontja van maximálisan egy konvex 9-szög átlóinak a 9-szög belsejében? 2.420 Egy összejövetelen 9 férfi és 12 nő vesz részt Hányféleképpen táncolhat 7 pár? 2.421 Hányféleképpen lehet 24 egyforma golyót 8 különböző dobozba szétosztani úgy, hogy a) a dobozokba akár 0 golyó is kerülhet; b) minden dobozban legyen legalább 1 golyó; c) minden dobozban legalább 2 golyó legyen? 2.5 Binomiális együtthatók 2.51 Igazolja az alábbi összefüggéseket:     n n a) = k n−k   n X n c) = 2n k k=0     n−1 n n e) = · k k−1 k       n n n+1 b) + = k k+1 k+1   n X n k d) (−1) · =0 k k=0   n X n f) k· = n · 2n−1 k k=1 69 2.6

BINOMIÁLIS TÉTEL 2.52 Oldja meg a [0; 23] ∩ Z halmazon a 0, 7 · 2.6     25 23 = egyenletet! x x Binomiális tétel 2.61 Végezze el a következő hatványozásokat: 5 a) (a + b) 4 6 b) (3x − 1) c) (2x − 3y) 2.62 Igazolja a következő összefüggéseket:     n n X X n n k n a) (−2) · = (−1) b) 2k · = 3n k k k=0 k=0 70 2. KOMBINATORIKA 3. fejezet Matematikai logika Kijelentéslogika 3.1 Kijelentések 3.11 Válassza ki az alábbi mondatok közül a kijelentéseket a) A printerem elromlott. b) Hány hallgatója van ennek az évfolyamnak? c) Minden x és y valós számra igaz, hogy x2 − y 2 = (x − y)(x + y). d) Jó reggelt, Vietnam! e) Bármely páros szám előállı́tható legfeljebb két prı́mszám összegeként.∗ f) Töröld le a képernyőt! g) Ha 7 páros szám, akkor az összeadás a valós számok halmazán nem kommutatı́v. h) Van piros szı́nű rózsa. 3.12 Adjon meg

olyan kijelentéseket, melyekben a mondat alanya eleme az alábbi halmaznak. Határozza meg a kijelentések igazságértékét! a) {x | x virág} ∗ Páros Goldbach-sejtés 71 72 3. MATEMATIKAI LOGIKA b) {(x, y) | x − y = 6, x ∈ R, y ∈ R} c) {g | g sı́kbeli görbe, amely az x tengelyt az origóban és a (2, 0) pontban metszi. } d) {I | I intervallum, amelynek bármely két pontja legfeljebb 1 távolságra van. } e) {x | x fekete, x ∈ {italok}} 3.13 Tagadja az alábbi kijelentéseket, és a tagadást fogalmazza meg többféleképpen a) b) c) d) e) f) Kati iskolába megy. Minden főiskolai hallgató szorgalmas. Van páros prı́mszám. A 9 nem páros és nem osztható 3-mal. A 21 páros vagy osztható 2-vel. Minden asszony életében van egy olyan pillanat, amikor olyat tesz, amit nem szabad. (Fogalmazza meg a tagadást úgy, hogy ne szerepeljenek a mondatban a nem és a nincs szavak) 3.14 Formalizálja az alábbi

kijelentéseket a kijelentéslogikában a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) Hideg van és esik az eső. Süt a nap, de nem fúj a szél. Ha melegem van és éhes vagyok, nem tudok dolgozni. Ha Marci időben felébred és eléri a vonatot, akkor boldog lesz, de ha nem ébred fel időben, akkor nem lesz boldog. Busszal vagy gyalog megyek vagy se nem busszal, se nem gyalog. Ha holnap jó idő lesz, akkor ha lesz kedvetek hozzá elmegyünk sétálni. Egy egészekből álló kéttagú összeg pontosan akkor páratlan, ha a tagok közül pontosan az egyik páratlan. Tavasszal, cseresznyefavirágzáskor a japánok a fák alatt piknikeznek. A füge akkor terem meg Magyarországon, ha a hőmérséklet meghaladja a 30◦ -ot és szárazság van. Juli mindig tud aludni, kivéve akkor, ha a margitszigeti szı́npadon operát játszanak. Valahányszor piros a lámpa, megállok, egyébként nem. 73 3.1 KIJELENTÉSLOGIKA Logikai formulák

3.15 Igazolja azonos átalakı́tásokkal, hogy az alábbi formulapárok egyenértékűek a) p ∨ (¬p ∧ q) b) p ∧ (¬p ∨ q) p∨q p∧q c) (p ∧ (¬p ∨ q)) ∨ ¬p ∨ q (p ∧ q) ∨ ¬(p ∧ ¬q) 3.16 Egyenértékűek-e az alábbi formulák? a) (¬p ∧ q) ∨ (p ↔ q) b) ¬(p (q ∧ r)) pq (p q) (p ¬r) 3.17 Adjon meg az alábbi logikai formulákkal egyenértékű diszjunktı́v normálformákat a) ((p q) ∧ r) ∨ ¬p ∨ ¬q b) ((p q) ∧ r) ↔ (¬p ∨ ¬q) c) ((p ∧ q) ∨ (r p)) ↔ (p q) d) ¬ ((p q) ∧ ¬r) ∨ (¬p ¬q) e) ¬ ((p q) ∧ ¬r) ∧ (¬p ¬q) 3.18 Válassza ki az alábbiak közül a tautológiákat a) ¬ ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r) b) ¬ (p ∧ ¬q) ∨ ¬q c) ((¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ r)) ∨ (¬p ∨ r) 3.19 Állapı́tsa meg Quine-algoritmus segı́tségével, hogy az alábbi formulák közül melyik tautológia, kielégı́thető, illetve kontradikció a) ((p

∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) p b) (¬(p ↔ r) ∧ q) (p ∨ q) c) p (¬q ∧ (¬q ¬p)) d) (p ∨ ¬q) ((¬p ∧ r) ↔ (q ¬p)) e) (p ∨ ((¬q ∨ r) p)) ↔ (¬p ∧ (q r)) 74 3. MATEMATIKAI LOGIKA 3.110 Adja meg a 4 példában szereplő c), f) és h) kijelentések a) megfordı́tását; b) tagadását; c) kontrapozı́cióját. Következtetések a kijelentéslogikában 3.111 Lakásbetörés tárgyában folyik a nyomozás A nyomozás az alábbiakat állapı́tja meg: A1 : Ha a tettes férfi, akkor kistermetű. A2 : Ha kistermetű, akkor az ablakon mászott be. A3 : Férfi a tettes, de legalábbis férfiruhát hordott. A4 : Ha férfiruhát hordott, akkor feltéve, hogy hiteles a szemtanú vallomása, az ablakon mászott be. A5 : Nem az ablakon mászott be. a) Írja le a fenti összetett kijelentéseket az alábbi jelöléseket használva: p : Férfi a tettes. q : Kistermetű a tettes. r : Ablakon mászott be a

tettes. s : Férfiruhát hordott a tettes. t : Hiteles a szemtanú vallomása. b) Feltéve, hogy a nyomozás összes megállapı́tása helyes, döntse el, hogy a szemtanú vallomása hiteles vagy sem. 3.112 Egészı́tse ki az alábbi táblázatot úgy, hogy az A, B, C ⇒ D helyes következtetési séma legyen Ahol bármelyik logikai érték szerepelhet, a 0/1 jelet ı́rja. A 1 1 0 B 1 1 0 C 1 1 1 1 D 1 0 75 3.1 KIJELENTÉSLOGIKA 3.113 Helyesek-e az alábbi kijelentéslogikai következtetések? a) p (q r), b) p (q r), c) p ∨ (q r), d) (p ∧ q) ↔ r, e) ¬r q, f) p r, p q, q ∨ ¬r, ⇒ q (q ∨ ¬r) ∨ s, r s, ¬q ∨ p, p ∨ s, qr s ¬q, s q (p ∨ r) q ⇒ p pr ¬(p s) ¬(p ↔ q) ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ¬p qs r 3.114 Milyen konklúziót vonhatunk le az alábbi premisszákból? a) A1 : Ha az órám jól jár, akkor ha idejében jön az autóbusz megérkezem a gyakorlat megkezdése előtt.

A2 : Idejében jön az autóbusz, mégsem érkezem meg a gyakorlat megkezdése előtt. b) A1 : Ha elmegyünk Tihanyba, akkor Füredre is elmegyünk, de csak akkor. A2 : Ha nem megyünk Almádiba, akkor Füredre sem megyünk. A3 : Az biztos, hogy nem megyünk Almádiba is meg Tihanyba is, de vagy Almádiba vagy Tihanyba elmegyünk. 3.115 Formalizálja az alábbi kijelentéseket, és válaszoljon a feltett kérdésre a) Egy gyilkossággal kapcsolatban az alábbiakat sikerült megállapı́tani: A1 : Ha Joe nem találkozott akkor éjjel Freddel, akkor Fred a gyilkos vagy Joe hazudik. A2 : Ha nem Fred a gyilkos, akkor Joe nem találkozott akkor éjjel Freddel, és a gyilkosság éjfél után történt. A3 : Ha a gyilkosság éjfél után történt, akkor Fred a gyilkos vagy Joe hazudik. A gyilkos után nyomozó felügyelő ezek alapján arra következtetett, hogy Fred a gyilkos. Helyesen tette-e? b) Az alábbi információkat tudjuk a

hétvégi programmal kapcsolatban: A1 : Ha esik az eső, étteremben ebédelünk. A2 : Ha nem étteremben ebédelünk, akkor elmegyünk kirándulni. A3 : Ha kirándulunk, akkor nem esik az eső, és étteremben ebédelünk. 76 3. MATEMATIKAI LOGIKA Következik-e ezekből, hogy (akkor és) csak akkor kirándulunk, ha nem esik az eső. c) A Ewing családról az alábbi információk állnak rendelkezésünkre: A1 : Samantha (akkor és)csak akkor kezd el inni, ha Jockey eladja a részvényeket Cliff Barnes-nak és Pamela összevész Bobby-val. A2 : Ha Samantha elkezd inni, Ellie boldogtalan lesz. A3 : Nem igaz az, hogy ha Jockey eladja a részvényeket Cliff Barnesnak, akkor Ellie boldogtalan lesz. Következik-e ezekből, hogy Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela összevész Bobby-val? Mi a helyzet akkor, ha az A1 -et a következőképpen módosı́tjuk: A1 : Samantha inni kezd, ha. d) Vásárlás közben a következőképpen

morfondı́rozunk: A1 : Ha veszek almát és olcsó a tojás, készı́tek máglyarakást. A2 : Ha drága a tojás, akkor nem veszek almát és éhes maradok. A3 : Csak akkor nem maradok éhes, ha készı́tek máglyarakást. Formalizálja a kijelentéseket, és döntse el, hogy következik-e ezekből, hogy ha olcsó a tojás, akkor nem maradok éhes. 3.116 Erdei sétánkon Noszminosz mesevárosába érkezünk, ahol az alábbi információkat kapjuk: A1 : Feltéve, hogy Noszminosz igazmondó, ő a város tanı́tója és Grettli nem faházban él. A2 : Ha Grettli az erdő melletti faházban él, akkor nem a város réme. A3 : Ha Grettli az erdő mellett él és Noszminosz igazmondó, akkor Grettli nem a város réme. a) Formalizálja a kijelentéseket és döntse el, hogy az A3 következményee az A1 és A2 kijelentéseknek. b) Ha tudjuk, hogy az első két állı́tás igaz, de a harmadik hamis, mit tudunk mondani

Noszminoszról? 77 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA 3.2 Predikátumlogika Predikátumok 3.217 Tekintsük a P xyz összetett predikátumot, amelynek változói az egész számokon vannak értelmezve: P xyz : ((x < y) ∧ (y < z)) ∨ (¬ (x + y < z)) Határozza meg az alábbi kijelentések igazságértékét. a) P 345 b) P 113 c) P − 211 3.218 Legyenek a P , Q és R a valós számok halmazán értelmezett predikátumok a következők: Px : x < 7 Qx : x > 15 Rx : x < 0 Fejezze ki az alábbiakban megadott predikátumokat a P , Q és R predikátumokkal, valamint a ¬, a ∨ műveleti jelek felhasználásával. a) 0 ≤ x b) 7 ≤ x ≤ 15 c) 0 ≤ x < 7 d) 0 ≤ x ≤ 15 e) (0 ≤ x < 7) ∨ (x > 15) Kvantifikáció 3.219 Formalizálja a következő kijelentéseket a predikátumlogikában a) Minden holló fekete. b) Van fehér hattyú. c) Az anyák szeretik fiaikat. d) A vas fém. 78 3. MATEMATIKAI LOGIKA

e) Van olyan torony, amelyik nem függőleges. f) Pál levelet adott Paulának g) Nem minden szám racionális. h) Nincs olyan szám, amely ha racionális, akkor irracionális. 3.220 Legyen az alábbiakban a változók alaphalmaza az egész számok halmaza Milyen kvantorokat ı́rjunk az alábbi predikátumok vagy a predikátumok negációja elé, hogy igaz ill. hamis kijelentéseket kapjunk? a) P x : 2x + 3 = 7 b) P x : 3x + 3 = 7 c) P xy : x2 + y 2 = 4 d) P x : ||x − 2| − |x − 1|| ≤ 1 3.221 Írja le szavakkal az alábbi formalizált kijelentéseket, ha az F xy kétváltozós predikátum jelentése: x fél y-tól. a) ∀x ∃y F xy b) ∃x ∀y F xy c) ∀y ∃x F xy d) ∃y ∀x F xy 3.222 Tételezzük fel, hogy képernyőnk 80x25-ös, azaz egy sorba 80 karakter ı́rható, a sorok száma pedig 25. A kurzor lehetséges pozı́cióit rendezett számpárral ı́rjuk le: (oszlopszám, sorszám). A számozást a bal felső

saroktól kezdjük A képernyő (1,1), (20,1) és (1,20) pontok által kijelölt háromszög alakú része piros szı́nűre van kifestve. Írja le az alábbi formalizált kijelentéseket, ahol F xy azt jelenti, hogy a képernyő (x, y) pozı́ciójú pontja piros; Qx, hogy 17 ≤ x; Rx, hogy x ≤ 20; Sxy pedig, hogy y ≤ (21 − x). Döntse el, hogy a megfelelő állı́tások igazak vagy hamisak a) ∀x ∀y F xy b) ∃x ∃y (¬F xy) c) ∃x (∀y (¬F xy)) d) ∃y ∀x (F xy ∨ Qx) e) ∀x ∀y (Rx ∧ Sxy ∧ F xy) 79 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA f) ∀x ∀y ((Rx ∧ Sxy) F xy) 3.223 Legyenek a természetes számok halmazán értelmezve az alábbi predikátumok: P x: x prı́mszám Sx: x páratlan szám és Qx : x ≤ 2. Írja le az alábbi formuláknak megfelelő kijelentéseket. Melyek közülük az igaz állı́tások? a) ∀x (P x ¬Sx) b) ∃x (P x ∧ ¬Sx) c) ∀x (P x (Sx ∨ Qx)) d) ¬∃x ((P x ∧ ¬Sx)

¬Qx) 3.224 Definiáljuk az egész számok halmazán a következő predikátumokat: P x: x prı́mszám és Oxy: x osztója y-nak. Tekintsük a következő formulákat: 1. ∀x (P x O4x) 3. ∀x (P x ∀y (Oyx P y)) 2. P 3 ∧ ¬O36 4. ∃x (P x ∧ ¬O4x) a) Írja le a fenti formulákat köznapi nyelven. b) Értékelje ki a formulákat az adott interpretációban. c) Van-e két olyan formula, amelyek egymás tagadásai? Melyek azok, miért? d) Formalizálja következő mondatokat: Minden számnak van osztója. Van olyan szám, amelynek nincs prı́mosztója. 3.225 Definiáljuk a virágok halmazán a következő predikátumokat: P x : x piros és Sxy : x szebb, mint y Valamint vezessük be a t : tulipán, és az r : rózsa individuum-konstansokat. Tekintsük a következő formulákat: 1. ∀x (P x Sxt) 3. ∀x ((¬P x ∧ Sxr) ∀y Sxy) 2. P r ∧ ¬Srt 4. ∃x (P x ∧ ¬Sxt) 80 3. MATEMATIKAI LOGIKA a) Írja le a

fenti formulákat köznapi nyelven. b) Van-e két olyan formula, amelyek egymás tagadásai? Melyek azok, miért? c) Van-e két olyan formula, amelyekre A B igaz, de B A nem? d) Formalizálja a következő mondatokat: Nincs olyan virág, amely mindegyiknél szebb. ( Nincs legszebb vi” rág.”) Minden virág szebb valamelyiknél. ( Nincs legcsúnyább virág”) ” 3.226 Definiáljuk a nők halmazán a következő predikátumokat: Sx : x szőke; Oxy : x okosabb, mint y; valamint vezessük be a k : Kati individuum-konstanst. Tekintsük a következő kijelentéseket: 1. Sk ∧ ∀x (¬Sx ¬Okx) 3. ¬Sk ∨ ∃x (¬Sx ∧ Okx) 2. ∀x (Sx ∀y (¬Sy Oyx)) 4. ∃x (Sx ∧ Oxk) a) Fogalmazza meg a kijelentéseket köznapi nyelven. b) Melyik az a két formula, amelyek egymás tagadásai? Miért? c) Nevezze meg azt a szabályt, amelyet az előző kérdésnél használt. d) Formalizálja a következő kijelentést: A szőke nők nem

lehetnek mindenkinél okosabbak. 3.227 Formalizálja az alábbi közmondásokat a) Aki a kicsit nem becsüli, a nagyot nem érdemli. b) Ki korán kel, aranyat lel. c) Nincsen rózsa tövis nélkül. d) Minden szentnek maga felé hajlik a keze. e) Nem mind arany, ami fénylik. f) Aki szelet vet, vihart arat. g) Mindenkinek megvan a maga keresztje. 81 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA Predikátumlogikai formulák interpretációi 3.228 Adja meg az alábbi predikátumlogikai formulák logikai értékeit az I1 és I2 interpretációkban. Az univerzumok rendre U1 = N és U2 = Q A predikátumok jelentése mindkét interpretációban: P xy : x < y, Qxy : x ≤ y. a) ∀x ∃y P xy b) ∃x ∀y Qxy c) ∃y ∀x Qxy d) ∀y ∃x P xy e) ∀x ∀y ∃z ((P xz ∧ P zy) ∨ (P yz ∧ P zx)) 3.229 Adja meg az alábbi predikátumlogikai formulák logikai értékeit I1 és I2 interpretációkban. Az univerzumok mindkét interpretációban azonosak: U1 =

U2 = {a tér egyenesei}. A predikátumok jelentése I1 esetén P xy: x egy pontban metszi y-t, I2 -ben pedig P xy: x és y kitérőek. a) ∀x ∀y (P xy P yx) b) ∃x ∃y ∃z ((P xy ∧ P yz) P xz) c) ¬∃x ∃y ∃z ((P xy ∧ P yz) ¬P xz) d) ∀x ∀y ∀z ((P xy ∧ P yz) P xz) 3.230 Legyenek az L elsőrendű nyelvben az individuum-változók x és y A nyelvben adott egy f kétváltozós függvény és két kétváltozós predikátum P és Q. A formulák épı́téséhez a szokásos logikai műveleti és segédjelek használhatók. Érékelje ki az alábbiakban megadott formulákat a következő interpretációban: U = Z+ , f (x, y) : x és y legnagyobb közös osztója, P xy : x osztója y-nak, Qxy : x = y. a) ∀x ∃y P xy b) ∀x ∀y P xy g) ∀x ∀y ∃z Qf (x, y) z h) ∀z ∃x ∃y Qf (x, y) z c) ∃x ∀y P xy e) ∀x ∀y ∀z Qf (x, y) z d) ∃x ∃y P xy f) ∀x ∃y ∀z Qf (x, y) z 82 3. MATEMATIKAI

LOGIKA 3.231 Adjon meg olyan elsőrendű nyelvet, mely alkalmas az alábbi állı́tások leı́rására. Írja le a megfelelő formulákat a) Minden 1-nél nagyobb természetes számnak van prı́mosztója. b) Bármely prı́mszámnál van nagyobb prı́mszám. c) Végtelen sok ikerprı́m van. (Ikerprı́m: p és p + 2, ha mindkettő prı́m.) 3.232 Legyenek az L elsőrendű nyelvben az individuum-változók x, y és z A nyelvben adott egy f kétváltozós függvény és egy kétváltozós predikátum P . A formulák épı́téséhez a szokásos logikai műveleti és segédjelek használhatók. Adjon meg olyan interpretációt, amellyel egy az U -n értelmezhető kétváltozós művelet alábbi tulajdonságai ı́rhatók le Adja meg a megfelelő formulákat. a) kommutativitás b) asszociativitás c) idempotencia 3.233 Definiáljon elsőrendű nyelvet és annak olyan interpretációját, amelyben a homogén

bináris relációk alábbi tulajdonságai ı́rhatók le. Adja meg a megfelelő formulákat. a) reflexivitás b) szimmetria c) antiszimmetria d) tranzitivitás Levezetések elsőrendű nyelvben 3.234 Legyenek adottak a következő szabályok: 1. (x ∧ y) ⇒ x 2. (x ⇒ (x ∨ y)) 3. (x y) ⇔ (¬x ∨ y) 4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z)) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x) 6. x, x y ⇒ y (modus ponens) Igazolja kizárólag a fenti szabályok alkalmazásával az alábbi következtetések helyességét. 83 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y) b) (x (y ∧ z)) ⇒ ((x y) ∧ (x z)) c) (x (x ∧ y)) ⇒ (x y) 3.235 Legyen a halmaznyelv jelkészlete a következő: A, B, C, . jeleket nevezzük halmazoknak, U -val jelöljük az ún univerzális halmazt, ∅ pedig jelentse az üres halmazt A műveleti jelek: ∪, ∩ és a ∆. Segédjelek: (, ) Kétváltozós reláció jel: =. A nyelv formulái az

alábbi rekurzióval adottak: 1. A, B, C, U, ∅ formulák 2. Ha A és B formulák, akkor (A ∪ B), (A ∩ B) és (A ∆ B) is formulák 3. A nyelvben az előző két pontban megadott formulákon kı́vül más formula nincs. Axiómák. 1. 2. 3. 4. (A ∪ ∅) = A (A ∩ U ) = A (A ∪ B) = (B ∪ A) (A ∩ B) = (B ∩ A) 5. 6. 7. 8. (A ∪ (B ∩ C)) = ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C)) (A ∩ (B ∪ C)) = ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) (A ∪ (U ∆ A)) = U (A ∩ (U ∆ A)) = ∅ a) Bizonyı́tsa be, hogy (A ∩ ∅) = ∅. b) Igazolja, hogy ha valamely X és Y halmazra igaz az alábbi két állı́tás T1 : (X ∩ Y ) = ∅, T2 : (X ∪ Y ) = U, akkor igaz a T3 : Y = (U ∆ X) állı́tás is. 84 3. MATEMATIKAI LOGIKA 4. fejezet Algebrai struktúrák 4.1 Algebrai struktúrák, műveletek 4.11 Algebrai struktúrák-e az alábbiak: a) a valós számok halmaza az osztásra nézve; b) a bj (b ∈ Z) alakú komplex számok az összeadásra,

illetve a szorzásra nézve; c) az {1, 2, 3, 4} halmaz a mod5∗ szorzásra és összeadásra nézve; d) a valós számok halmazán értelmezett szigorúan monoton növekvő függvények a kompozı́cióra nézve; e) a 3 × 3-as diagonális mátrixok az összeadásra, illetve a szorzásra nézve; f) a prı́mszámok halmaza a legnagyobb közös osztó, illetve legkisebb közös többszörös műveletre nézve. 4.12 Vizsgálja meg az alábbi műveleteket kommutativitás, asszociativitás, és idempotencia szempontjából: a) legnagyobb közös osztó a természetes számok halmazán; b) legkisebb közös többszörös a pozitı́v természetes számok halmazán; c) n × n tı́pusú mátrixok összeadása, illetve szorzása. ∗n mod m alatt az n szám m-mel való osztási maradékát értjük. 85 86 4.2 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK Félcsoport, csoport 4.21 Félcsoportok-e az alábbi struktúrák?

Amennyiben igen, van-e egység-, illetve zéruselemük? a) (P(H); ∆), ahol P(H) a H halmaz hatványhalmaza és ∆ a szimmetrikus differencia; b) (V ; ·), ahol V a háromdimenziós vektorok halmaza, · pedig a skaláris szorzás; c) (V ; ×), ahol V a háromdimenziós vektorok halmaza, × pedig a vektoriális szorzás; d) (Pn ; +), ahol Pn a legfeljebb n-edfokú egyváltozós polinomok halmaza, + pedig a polinomok összeadása; e) (C(R); +), ahol C(R) a valós számok halmazán értelmezett folytonos függvények halmaza, + pedig a függvények összeadása; f) (C(R); ·), ahol C(R) a valós számok halmazán értelmezett folytonos függvények halmaza, · pedig a függvények szorzása; g) (H; ⊕), ahol H a háromszögek halmaza, ⊕ pedig bármely h1 , h2 ∈ H esetén h1 ⊕ h2 = max{T (h1 ), T (h2 )}, ahol T (h) jelöli a h háromszög területét; h) ({Olyan 3 × 3-as mátrixok, amelyek determinánsa 1}; ·). 4.22 Az előző

feladatban melyek a kommutatı́v félcsoportok?   1 n 4.23 Bizonyı́tsa be, hogy az alakú mátrixok (n ∈ N) a szorzásra nézve 0 1 félcsoportot alkotnak és ez a félcsoport izomorf az (N; +) félcsoporttal. 4.24 Az alábbiak közül melyek alkotnak csoportot? a) A valós számok halmaza, ha a művelet a szorzás. b) A pozitı́v valós számok halmaza, ha a művelet a szorzás. c) A pozitı́v valós számok halmaza, ha a művelet az osztás. d) Az {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} halmaz, ha a művelet a mod8 szorzás. e) Az {1, 3, 5, 7} halmaz a mod8 szorzásra nézve.   a 0 f) Az alakú mátrixok, ahol a ∈ R {0}, a mátrixszorzásra 0 0 vonatkozóan. 87 4.2 FÉLCSOPORT, CSOPORT   cos ϕ − sin ϕ alakú mátrixok, ϕ ∈ R, a mátrixszorzásra vosin ϕ cos ϕ natkozóan.   a −b h) A alakú mátrixok, a, b ∈ R és a2 + b2 6= 0, a mátrixszorb a zásra vonatkozóan. g) A 4.25 Az S struktúrát a racionális számok

alkotják az alább definiált ∗ művelettel Ha a, b ∈ S, a valós számokra vonatkozó + és · művelettel: a ∗ b = a + b − (a · b) . Vizsgáljuk meg, hogy S félcsoport, illetve csoport-e? 4.26 Legyen a Z halmazon ∗ a következő művelet: a ∗ b = a + b + 1. Alkot-e Z a ∗ művelettel félcsoportot, monoidot, csoportot, illetve Abelcsoportot? 4.27 Igazoljuk, hogy az összetettfüggvény-képzéssel, mint csoportművelettel csoportot alkotnak azok a [0, 1]-en értelmezett folytonos és szigorúan monoton növekedő valós f (x) függvények, amelyekre f (0) = 0, f (1) = 1. 4.28 Egy G csoportban valamely b ∈ G elemre b14 = b10 és b8 = b27 Bizonyı́tsuk be, hogy b egységeleme G-nek 4.29 Legyen a G csoportra: |G| = 996 Bizonyı́tsuk be, hogy ha g ∈ G esetén g 1993 egységelem G-ben, akkor g is egységelem. 4.210 a) Adja meg az 1, 2, 3 számok összes permutációját. b) Csoportot, illetve Abel-csoportot alkotnak-e a

permutációk a permutációk egymás után való elvégzésére nézve? 4.211 a) Határozza meg az (1234) permutáció összes egész kitevőjű hatványát. b) Csoportot alkotnak-e az egész kitevőjű hatványok a permutációk egymás után való elvégzésére nézve? 4.212 Melyik az a legkisebb pozitı́v egész szám, ahányadik hatványra emelve az (ABCDE) (F GH) (IJKLM N ) permutációt, az e egységelemet kapjuk? 88 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK 4.213 a) Adja meg az ábrán látható téglalap összes szimmetrikus transzformációját a csúcsok permutációinak felı́rásával. 4 3 1 2 b) Csoportot alkotnak-e a felı́rt permutációk? 4.214 Legyenek a G és H csoportok a következők: G = (R {0} ; ·), H = (R; +) A G-beli művelet a természetes” szorzás, a H-beli pedig a természetes” ” ” összeadás. Igazolja, hogy az f : G H, f (x) = lg x2 homomorf∗ leképezés Izomorf† -e?

4.215 Igazolja, hogy az f : G H, f (x) = ex leképezés izomorf, ha G a valós számok halmazának additı́v, H pedig a pozitı́v valós számok multiplikatı́v csoportja. 4.216 Legyen (T ; ⊕) és (T 0 ; ⊗) két csoport Igazolja, hogy ha az f : T T 0 homomorf leképezés, akkor a) a T -beli egységelem képe T 0 egységeleme; b) f inverztartó leképezés (azaz minden T -beli elem inverzének képe a T 0 -beli képelemének inverze). 4.3 Gyűrű, test A 4.31 – 438 feladatokban definiált struktúrák közül melyek a gyűrűk? Válassza ki az egységelemes és kommutatı́v gyűrűket, valamint a testeket. 4.31 (I2 ; +, ·), ahol I2 = {0, 1} és a műveletek: + 0 1 ∗ művelettartó † művelettartó és bijektı́v 0 0 1 1 1 0 · 0 1 0 0 0 1 0 1 89 4.3 GYŰRŰ, TEST 4.32 (Q∗ ; +, ·), ahol Q∗ = szokásosak.  x | x = ab , a, b ∈ Z és b páratlan a műveletek a 4.33 H = {1, 2, 3, 4} halmaz a mod8

összeadással és szorzással √ 4.34 (D; +, ·), ahol D = {x | x = a + b n a, b ∈ Q ; n olyan rögzı́tett pozitı́v egész, amelyhez nem létezik q ∈ Q, hogy n = q 2 , a műveletek a szokásosak. 4.35 a) (R; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = a − b és a ⊗ b = ab; b) (R; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = a + b − 1 és a ⊗ b = a + b − ab; c) (R+ ; ⊕, ⊗), ahol a ⊕ b = ab és a ⊗ b = alg b . 4.36 a) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es mátrixok halmaza a valós számtest felett. Műveletek a mátrixösszeadás és -szorzás b) (M ; +, ·), ahol M az n × n-es mátrixok halmaza az I2 számtest felett. Műveletek a mod2 mátrixösszeadás és -szorzás.     a b c) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b ∈ R , műveletek a 0 0 mátrixösszeadás és -szorzás.     a b d) (M ; +, ·), ahol M = M | M = , a, b ∈ R , műveletek a −b a mátrixösszeadás és -szorzás. 4.37 a) (P(A); ∆, ∩), ahol P(A) egy A 6= ∅ halmaz

hatványhalmaza, ∆ a szimmetrikus differencia, ∩ a metszetképzés; b) (P(A); ∪, ∩), ahol P(A) mint előbb, ∪ az unió-, ∩ a metszetképzés. 4.38 (F; ⊕, ⊗), ahol F = {f : R R} és a) a műveletek a szokásos függvényösszeadás és szorzás; b) az összeadás a szokásos, a szorzás pedig a függvények kompozı́ciója; c) ha az F halmaz elemeire kikötjük még, hogy bijektı́vek legyenek, vagy pedig f (x) ≡ 0; a műveletek ugyanazok, mint b)-ben. 4.39 a) Bizonyı́tsa be, hogy minden test nullosztómentes∗ . b) Határozza meg a 4.31 – 438 példákban kiválasztott gyűrűk közül azokat, amelyek nullosztómentesek. ∗ Nullosztómentes az a struktúra, ahol a · b = 0-ból következik, hogy a = 0 vagy b = 0. 90 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK 4.310 Gyűrűt alkotnak-e a térvektorok az összeadás és a vektoriális szorzás műveletekkel? 4.311 Legyen a Z halmaz elemeiből álló rendezett

párok halmazán értelmezve a ⊕ és a ⊗ művelet az alábbi módon: (a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d) , illetve (a, b) ⊗ (c, d) = (a · c, b · d) . a) Igazoljuk, hogy e struktúra gyűrű. b) Testet alkot-e? c) Testet alkot-e a struktúra, ha a két műveletet az R elemeiből álló rendezett párok halmazán értelmezzük? 4.312 Résztestét alkotják-e a valós számok testének azok a számok, amelyek √ racionális p-vel és q-val felı́rhatók p + q 2 alakban? 4.4 Háló, Boole-algebra 4.41 Hálót alkotnak-e az alábbi struktúrák: a) (N; lnko, lkkt), ahol lnko a legnagyobb közös osztó, lkkt pedig a legkisebb közös többszörös; b) (P(A); ∪, ∩); c) ({0, 1}; ∧, ∨)? 4.42 Igazolja, hogy ha egy parciálisan rendezett H halmaz bármely két elemének van szuprémuma (infimuma), akkor H halmaz a szuprémum (infimum) művelettel félhálót∗ alkot. 4.43 Bizonyı́tsa be, hogy ha egy parciálisan

rendezett H halmaz bármely két elemének létezik szuprémuma és infimuma, akkor a) a (H; sup, inf) struktúrában igaz az abszorpciós (elnyelési) tulajdonság; b) a (H; sup, inf) struktúra háló. ∗ Félháló az olyan struktúra, amelyben egy idempotens, kommutatı́v és asszociatı́v kétváltozós művelet van definiálva. 91 4.4 HÁLÓ, BOOLE-ALGEBRA 4.44 Legyen valamely (H; ∧, ∨) háló elemein a 4 reláció a következő: a 4 b, ha a ∧ b = a. Igazolja, hogy a) a reláció parciális rendezés H-n; b) a (H; 4) rendezés bármely két eleméhez van infimum és szuprémum: inf (a, b) = a ∧ b és sup (a, b) = a ∨ b. 4.45 Az alábbi gráfok egy parciális rendezés Hasse-féle diagramjai Melyek alkotnak hálót, disztributı́v hálót, illetve félhálót a sup és inf műveletekkel? a) b) c) d) 4.46 Igazolja, hogy az alábbi struktúrák Boole-algebrák: a) egy A 6= ∅ halmaz

hatványhalmaza az unió, metszet és komplementer műveletekkel; b) az n-változós (n 6= 0) kétértékű logikai függvények halmaza a konjunkció, diszjunkció és a negáció műveletekkel. 4.47 Legyenek az A halmaz elemei 715 pozitı́v oszói; (A; ∨, ∧) műveletei pedig legyenek a következők: a ∨ b = lkkt (a, b) és a ∧ b = lnko (a, b). a) Legyen az A halmazon egy egyváltozós művelet (0 ) értelmezve, amely0 re a0 = 715 a . Igazolja, hogy az (A; ∨, ∧, ) struktúra Boole-algebra b) Határozza meg a fent definiált Boole-algebrában a (50 ) ∧ (13 ∨ 143) kifejezés eredményét. 4.48 Boole-algebrát alkot-e (A; ∨, ∧,0 ), ha A = {42 pozitı́v osztói}, ∨ a legkisebb közös többszörös, ∧ a legnagyobb közös osztó és a0 = 42 a ? 4.49 Az alábbi halmazok közül melyek alkotnak Boole-algebrát, ha ∪ és ∩ a két kétváltozós művelet? A megfelelő egyváltozós művelet

megtalálása az olvasó feladata. 92 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK a) {a, b, c, . , z} legalább hatelemű részhalmazainak halmaza; b) {a, b, c, . , z} legfeljebb hatelemű részhalmazainak halmaza; c) {a, b, c, . , z} azon részhalmazainak halmaza, amelyek az összes magánhangzót tartalmazzák; d) {{2n, 2n + 1} | n ∈ Z} részhalmazainak halmaza; e) az egész számok azon X részhalmazainak halmaza, amelyeknél n ∈ X esetén n + 1 ∈ X; f) az egész számok azon X részhalmazainak halmaza, amelyeknél n ∈ X esetén n + 1 ∈ X és n − 1 ∈ X. 5. fejezet Gráfelméleti fogalmak és összefüggések 5.1 Alapfogalmak 5.11 Adja meg az alábbi gráf éleinek és pontjainak számát, továbbá minden egyes pont fokszámát. 5.12 Van-e olyan egyszerű gráf, amely a) 6 pontú és a pontok fokai: 9, 9, 2, 2, 1, 3; b) 10 pontú és a pontok fokai: 3, 3, 4, 1, 6, 2, 3, 5, 2, 2? 5.13 Van-e olyan 9 pontú egyszerű

gráf, amelyben a pontok foka a) 7, 7, 7, 6, 6, 6, 5, 5, 5; b) 6, 6, 5, 4, 4, 3, 2, 2, 1? 5.14 Van-e olyan (legalább két pontú) egyszerű gráf, amelyben minden pont foka különböző. 93 94 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.15 Körmérkőzéses bajnokságban n csapat játszik Bizonyı́tsuk be, hogy bármikor megszakı́tva a versenyt, páros számú olyan csapat van, amely eddig páratlan számú meccset játszott. 5.16 Legyen a G gráf szögpontjainak halmaza V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} Döntse el, hogy az alábbi élsorozatok közül melyek nyitottak és melyek zártak Válassza ki a köröket és az utakat. a) b) c) d) ({1, 2}, {2, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 5}, {5, 8}, {8, 7}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 6}, {6, 5}, {5, 4}, {4, 1}); ({4, 5}, {5, 8}, {8, 4}, {4, 7}); ({1, 2}, {2, 5}, {5, 6}). 5.17 Adja meg az alábbi gráf szomszédsági és illeszkedési mátrixát 1 1 5 2 2 3 4 5 6 4 3 7 5.18

Rajzoljon 4 pontú gráfot és ı́rja le a gráf szomszédsági mátrixát, amely a) b) c) d) körmentes és összefüggő; legalább egy élű körmentes és nem összefüggő; minden pontjának foka legalább 2; teljes. 5.19 Sorolja fel az alábbi gráf összes körét 1 4 2 3 95 5.1 ALAPFOGALMAK 5.110 Rajzoljon olyan 10 pontú egyszerű gráfot, amely 3-reguláris Határozza meg a gráf egyik leghosszabb útját és körét. 5.111 Egy irányı́tott gráf pontjai legyenek az a1 , a2 , , a6 pontok Az ai pontból annyi élt indı́tunk aj -be, amennyi i-nek j-vel való maradékos osztásánál fellépő maradék. Határozzuk meg a gráf szomszédsági mátrixát 5.112 A G egyszerű gráfot az alábbi szomszédsági  0 1 0 1  1 0 1 0  C=  0 1 0 1  1 0 1 0 1 0 1 1 mátrixszal adtuk meg:  1 0   1   1  0 Rajzoljuk meg a gráfot és a komplementerét, majd ı́rjuk fel a

komplementer gráf szomszédsági mátrixát. 5.113 Egy egyszerű gráf szomszédsági mátrixát jelölje C Mi a jelentése a) a C2 mátrix főátlójában szereplő elemeknek; b) a C2 mátrix i-edik sorában szereplő j-edik elemnek, ha i 6= j? 5.114 a) Hány éle van egy n pontú teljes gráfnak? b) Van-e olyan 4, 5, illetve 6 pontú egyszerű gráf, amely izomorf a komplementerével? 5.115 Rajzolja le az összes 4-pontú egyszerű gráfot, amelyek páronként nem izomorfak. 5.116 Izomorfak-e az alábbi gráfpárok? a) 96 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK b) c) 5.117 Hány pontú az a teljes gráf, amelynek kevesebb éle van, mint a pontok számának hatszorosa, de több, mint a pontok számának ötszöröse? 5.118 Egy 5-pontú egyszerű gráfnak 8 éle van Mekkorák lehetnek a pontok fokszámai? 5.119 Rajzoljon olyan 6 pontú egyszerű gráfot, amely a) összefüggő és körmentes; b)

minden pontjának foka legalább 2 és nem összefüggő; c) 3-reguláris. 5.120 Igazolja, hogy ha egy összefüggő gráfnak kevesebb éle van, mint pontja, akkor van 1-fokú pontja. 5.121 Bizonyı́tsa be az alábbi állı́tásokat: a) Ha egy gráf minden pontjának fokszáma legalább 2, akkor van benne kör. b) Ha egy gráf körmentes, akkor van 1 fokú pontja. 5.1 ALAPFOGALMAK 5.122 97 a) Az alábbiakban igazoljuk, hogy egy n-pontú, körmentes, összefüggő gráfnak pontosan n − 1 éle van. Az állı́tást a gráf pontszámára vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk, gondolatmenetünkben logikai hibát vétünk. Mi a hiba? A k = 1 pontú gráfra az állı́tás nyilvánvaló. Belátjuk, hogy ha a k-nál kevesebb pontú gráfokra igaz az állı́tás, akkor a k pontúakra is igaz. Tekintsünk ugyanis egy tetszőleges k − 1-pontú, körmentes, összefüggő gráfot, vegyünk hozzá egy új pontot,

és kössük össze a meglévő pontok valamelyikével. Egyszerű meggondolni, hogy a kapott k pontú gráf körmentes, összefüggő, és éleinek száma 1-gyel nagyobb, mint a k − 1-pontú gráfé, amelynek élszáma indukciós feltevésünk értelmében k − 2. Ezzel beláttuk, hogy tetszőleges gráfra igaz az állı́tás b) Javı́tsa ki az a) pontban szereplő bizonyı́tást. c) Hány éle van egy n pontú k komponensű körmentes gráfnak? 5.123 Egy hattagú társaságban mindenkinek pontosan 3 barátja van Egy alkalommal 6 mozijegyet kaptak, három moziba, mindegyikbe kettőt Mindenki csak valamelyik barátjával együtt hajlandó moziba menni Meg tudják-e szervezni a mozilátogatást? 5.124 Legyen G egy 2n-pontú egyszerű gráf, ahol minden pont foka legalább n − 1. a) Szerkessze meg az összes lehetséges G gráfot, amely két komponensből áll, ha n = 3. b) Legalább hány pontot tartalmaz G egy

komponense? c) Állhat-e a G gráf 2-nél több komponensből? 5.125 Mutassa meg, hogy ha egy 2n pontú egyszerű gráf minden pontjának foka legalább n, akkor a gráf összefüggő. 5.126 Igaz-e, hogy G vagy a komplementere biztosan összefüggő? 5.127 Legyen a G összefüggő gráfnak e egy olyan éle, amelyet elhagyva G két komponensre esik szét. Bizonyı́tsuk be, hogy e nem lehet G-beli kör éle 5.128 Az egyik megye 22 települése közül ötben van kórház Legalább hány olyan utat kell megépı́teni, amely két települést köt össze azért, hogy bármely településről legalább az egyik kórházba el lehessen jutni kiépı́tett úton. 98 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.129 Jelölje Kn (n ≥ 3) az n pontú teljes gráfot Határozza meg a gráf k hosszúságú köreinek számát, ha a) k = n; b) 3 ≤ k ≤ n; c) 3 ≤ k ≤ n és a körök egy rögzı́tett e élt

tartalmaznak. 5.2 5.21 Euler- és Hamilton-bejárások a) Egy városban, ahol az úthálózat összefüggő, egyirányú utcák is vannak. Mikor járhatja be egy locsolóautó az összes utcát (éspedig az egyirányúakat pontosan egyszer, jó irányban; a kétirányúakat pedig a két sávban egyszer oda, egyszer vissza) úgy, hogy végül a kiindulóponton fejezze be a munkáját. b) Mutassa meg, hogy ha minden utca kétirányú, akkor az előző bejárás mindig megoldható. 5.22 Mely teljes gráfok Euler-gráfok? 5.23 a) Igazolja, hogy egy legalább két pontból álló összefüggő gráfnak pontosan akkor van nyitott Euler-sétája, ha a gráfban pontosan két páratlan fokszámú pont van (a többi páros). b) Mely teljes gráfoknak van nyitott Euler-sétája? 5.24 Az alábbi gráfok közül melyiknek van nyitott, illetve zárt Euler-sétája, Hamilton-köre, vagy -útja? d a) b) d e c e a a

b b c 99 5.2 EULER- ÉS HAMILTON-BEJÁRÁSOK c) g h e e d f d a f d) c b c b a 5.25 A dominólapokra a 0, 1, , 9 számokból alkotott számpárok vannak felı́rva úgy, hogy minden számpár pontosan egyszer szerepel a) Összerakható-e az összes dominólap a kirakás szabályai szerint úgy, hogy a dominók egy kört” képezzenek? ” b) Mit mondhatunk a 0-tól 8-ig számozott dominókról? 5.26 a) Milyen n esetén van az n-pontú teljes gráfnak Hamilton-köre? b) Mely teljes páros gráfoknak van Hamilton-köre? 5.27 Mutassa meg, hogy az alábbi gráfnak van Hamilton-köre 5.28 Bejárható-e egy 5 × 5-ös sakktábla lóugrással úgy, hogy nem kell a kiindulási pontba visszaérni, feltéve, hogy minden mezőre pontosan egyszer ugrunk. És ha vissza kell térni? Adja meg a feladat gráfmodelljét 5.29 Mutassa meg, hogy az alábbi gráfban nincs Hamilton-kör 100 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK

ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.210 Bejárható-e lóugrással egy 4×4-es sakktábla úgy, hogy a kiindulási pontba visszaérjünk, feltéve, hogy minden mezőre pontosan egyszer ugrunk? 5.211 Bizonyı́tsa be, hogy a) ha a G gráfban létezik k darab pont, amelyeket illeszkedő éleivel együtt törölve, G több mint k komponensre esik szét, akkor G-nek nincs Hamilton-köre; b) ha a G gráfban létezik k darab pont, amelyeket elhagyva G még k + 1-nél is több komponensre esik szét, akkor Hamilton-útja sincs. 5.3 Sı́kgráfok és szı́nezések 5.31 Adott a sı́kon négy pont Össze lehet-e kötni az összes pontpárt úgy, hogy az összekötő vonalak ne messék egymást? 5.32 Mutassa meg, hogy az alábbi gráfok sı́kgráfok: a) b) d c e a e a d c b b c) d) d e f a b c f e g d h c a b 5.33 Az előző példában szereplő sı́kgráfokra ellenőrizze az Euler-formulát 5.34 a) Határozza meg az

5.32 a) és c) gráf tartományainak fokszámát b) Igazolja, hogy egyszerű, összefüggő sı́kgráf esetén 3t ≤ 2e, ha n ≥ 3. 5.35 Igazolja, hogy nem rajzolhatók sı́kba az alábbi gráfok: 101 5.3 SÍKGRÁFOK ÉS SZÍNEZÉSEK a) K5 (5-pontú teljes gráf)∗ ; b) K3,3 (páros, 3-reguláris gráf)† . 5.36 Indokolja meg, hogy az alábbi két gráf nem sı́kgráf a) b) 5.37 Rajzolja meg az alábbi gráfok duál gráfját a) b) c) négy pontú teljes gráf; d) a kocka élhálózata. 5.38 Rajzolja le Magyarország és szomszédai térképét, és szerkessze meg a térkép duálját‡ 5.39 Igaz-e, hogy ha egy térkép két szı́nnel kiszı́nezhető, akkor a duálja páros gráf. 5.310 Lehet-e öt ország olyan, amelyek közül bármely kettő páronként szomszédos? 5.311 Minimálisan hány szı́nnel szı́nezhető ki egy a) fa gráf; b) páros, illetve páratlan hosszúságú kör? ∗

Használjuk fel az előző feladat b) állı́tását. a K3,3 gráf sı́kgráf, akkor teljesülnie kellene a 4t ≤ 2e egyenlőtlenségnek. Miért? ‡ Térkép duálja az a G∗ gráf, melynek pontjai az egyes országoknak felelnek meg. Két pont akkor van összekötve G∗ -ban éllel, ha a két megfelelő ország szomszédos. Belátható, hogy G∗ mindig sı́kgráf. † Ha 102 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.312 a) Legyen egy n-pontú fagráf két nem-szomszédos pontja pirossal kiszı́nezve. Legfeljebb hány szı́n szükséges még a fagráf pontjainak kiszı́nezéséhez? b) Tegyük fel, hogy egy n-pontú fagráf k db nem szomszédos pontja piros szı́nnel van kiszı́nezve. Legfeljebb hány szı́n szükséges még a kiszı́nezéshez? 5.313 Határozza meg az alábbi gráfok kromatikus számát 5.4 a) b) c) d) Fák és erdők 5.41 Rajzolja le a nem-izomorf a) hárompontú; b)

négypontú; c) ötpontú fákat. 5.42 Mutassa meg, hogy 6 darab nem-izomorf 6-pontú fa létezik 5.43 A fa Prüfer-kódjából rajzolja fel a gráfokat: a) (1, 3, 2, 4, 1, 2, 3); b) (7, 7, 4, 4, 5, 3, 3, 8); 5.4 FÁK ÉS ERDŐK 103 c) (9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1). 5.44 Van-e olyan 7-pontú fa, amely a) minden pontjának foka 1; b) a pontok fokai: 2, 2, 2, 2, 2, 1, 1; c) minden pont foka 2; d) a pontok fokai: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 6? 5.45 Bizonyı́tsa be, hogy minden fa páros gráf 5.46 Igazolja, hogy bármely, legalább ötpontú gráfban vagy a komplementerében van kör 5.47 A G fa középpontja az a G-beli pont, amelynek a többi ponttól való maximális távolsága∗ minimális Bizonyı́tsa be, hogy minden fának egy, vagy két szomszédos középpontja van. 5.48 Legyen a G gráf 17 pontú és körmentes a) Hány éle van, ha komponenseinek száma 5? b) Hány komponense van, ha éleinek száma 6? 5.49 Rajzolja le az alábbi

gráf néhány feszı́tőfáját 5.410 Legyen G egy összefüggő gráf Mit tud mondani arról az élről, amely a) G minden feszı́tőfájának éle; b) G egyik feszı́tőfájának sem éle? ∗ Két pont távolsága a két pontot összekötő út éleinek száma. 104 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.411 Határozza meg az alábbi gráf egy minimális súlyú feszı́tőfáját a 6 2 6 b e 8 7 4 3 c 5 8 9 d 5.412 Adott egy súlyozott gráf az ún súlymátrixával: a mátrix cij eleme az i és j (i 6= j) pontokat összekötő él súlyát jelenti. Ha a két pont nincs összekötve éllel a gráfban, vagy i = j, akkor legyen a súly ∞. Határozza meg az alábbi gráf egy minimális rixát.  ∞ 10 ∞ ∞  10 ∞ 7 ∞   ∞ 7 ∞ 2 C=  ∞ ∞ 2 ∞   6 8 9 4 ∞ 7 ∞ 3 súlyú feszı́tőfájának súlymát 6 ∞ 8 7   9 ∞   4

3   ∞ ∞  ∞ ∞ 6. fejezet Lineáris algebra 6.1 6.11 Mátrixok a) Döntse el, hogy az alábbi mátrixok közül melyik zérusmátrix, egységmátrix, permutáló mátrix, diagonálmátrix, szimmetrikus mátrix, ferdén szimmetrikus mátrix. b) Talál-e az alábbi mátrixok között olyanokat, amelyek egymás transzponáltjai? A=  0 1 1 0 E=  1 0  2  3  H= 7 4     0 1 0 0 B= C= −1 0 0 0     0 0 −1 −1 F= G= 1 0 1 1    3 7 4 0 −1 2  0 1 6  0 7  I= 1 1 0 0  −2 −7 0 6 0 2    2 8 9 7 4 0  9 6 4 8   L= 0 5 K=  8 4 0 3  0 0 7 8 3 9 105  D=  1 0 0 1   0 3 4 2 −2 7   1 −5  0 2   J=  3 −2  4 7 1 −5  0 0  −1 106 6. LINEÁRIS ALGEBRA 6.12 Az alábbi mátrixok közül a) adja össze azokat, amelyek összeadhatók; b) szorozza össze azokat, amelyek összeszorozhatók; c) határozza meg

azon mátrix adjungált mátrixát és inverzét, amelynél lehetséges.  2  1 A=  0 −1  1 C= 0 2  3 0   2  1  1 0 B= 0 3 −1 2  2 −3 3 1  −1 −8  −2 −1 4 −2  0 1   −1 −2  0 1   D=  1 −1  2 0 6.13 Milyen mátrixszal kell megszorozni az előző feladatbeli B mátrixot, hogy a) első és második sora helyet cseréljen; b) első sorához adjuk harmadik sorának kétszeresét, a többi sora változatlan maradjon; c) második oszlopának kétszeresét és harmadik oszlopának mı́nusz kétszeresét adjuk a negyedik oszlopához, a többi oszlopa változatlan maradjon? 6.14 Igazolja, hogy ∗ a) (A + B) = A∗ + B∗ ; b) (λA)∗ = λA∗ ; ∗ c) (AB) = B∗ A∗ . 6.15 Bizonyı́tsa be, hogy tetszőleges P n × n-es mátrix esetén a) ha A szimmetrikus n × n-es mátrix, akkor P∗ AP is szimmetrikus; b) ha A ferdén szimmetrikus n × n-es

mátrix, akkor P∗ AP is ferdén szimmetrikus. 107 6.1 MÁTRIXOK 6.16 Határozza meg a p∗ vektort úgy, hogy igaz legyen a következő egyenlőség: p∗ Aej = [aij ], ahol aij az A mátrix i-edik sorának j-edik eleme. A feladatot tetszőleges A mátrixra oldja meg, a vektorok, illetve a mátrix méreteinek megválasztásánál ügyeljen az összeszorozhatóságra. 6.17 Határozza meg e∗j Ap értékét, ha p∗ = [1 1 1] A feladatot tetszőleges A mátrixra oldja meg, a vektorok, illetve a mátrix méreteinek megválasztásánál ügyeljen az összeszorozhatóságra.   2 1 0 6.18 Adott a b sorvektor: [1 1 1] és a C mátrix: C = . Hatá0 3 4   3 rozza meg az A mátrixot úgy, hogy a bA szorzat a 2 − 41 sorvektor legyen, CA pedig egységmátrix.   1 0 6.19 Legyen A = . Határozza meg az összes olyan B mátrixot, −1 0 amelyre igaz, hogy AB = BA. 6.110 Határozza meg az X mátrixot, ha tudjuk, hogy AXA−1 = B,

ahol     2 −1 1 0 A= és B = . −3 2 0 2 6.111 Egy üzem négyféle terméket gyárt háromféle alapanyagból Az egyes termékek egy-egy darabjához az alábbi nyersanyagmennyiségek szükségesek: I. anyag II. anyag III. anyag 1. 4 2 10 termék 2. 3 3 3 1 0 1 2 4. 1 5 3 A raktáron lévő nyersanyagmennyiség rendre 5000, 2300 illetve 3000 db, a nyersanyagok egységárai rendre 2,5, 5 illetve 1 egység. Az egyes termékekből gyártandó mennyiség rendre 200, 400, 700 illetve 300 darab, a járulékos költség darabonként 3, 2, 2,5 illetve 3,5 egység, az eladási ár darabonként 25, 43, 32 illetve 50 egység. Írja le az adatokat mátrixok és vektorok segı́tségével, majd számolja ki, hogy a) a raktáron lévő nyersanyagmennyiség elegendő-e a gyártani kı́vánt termékekhez; 108 6. LINEÁRIS ALGEBRA b) mennyibe kerül legyártani a kı́vánt mennyiségű terméket (termelési költség +

járulékos költség); c) mekkora az eladási ár; d) mennyi az üzem profitja értékesı́tés után. 6.2 Lineáris terek (vektorterek) Lineáris függetlenség, bázis, dimenzió 6.21 Adottak a v [1 − 1 2]∗ és a w [3 1 1]∗ vektorok Írjuk fel az alábbi lineáris kombinációkat: 2v − 3w, 3v + w. 6.22 Adjuk meg az u [4 6 − 2]∗ vektort a v [1 vektorok lineáris kombinációjaként. − 1 2]∗ és a w [3 1 1]∗ 6.23 Döntse el, hogy az alábbi vektorrendszerek lineárisan függetlenek-e Ha nem, adja meg a köztük lévő lineáris kapcsolatot. ∗ ∗ a) a [1 4] , b [−2 8] ; ∗ b) a [1 0 c) a [1 ∗ 3] , b [2 0 6] ; ∗ ∗ − 2] , b [−2 4] ; 4]∗ , b [2 d) a [0 1 ∗ 0 1]∗ ; ∗ ∗ e) a [1 2] , b [2 1] , c [0 1] ; f) a [3 ∗ − 1 2] , b [7 ∗ ∗ − 1 1] , c [4 0 ∗ ∗ ∗ − 1] ; g) a [1 1 0] , b [1 0 1] , c [0 1 1] ; h) a [1 1 0]∗ , b [2 0 1]∗ , c [3 2 1]∗ , d [1 1

1]∗ . 6.24 Legyenek a, b és c lineárisan független vektorok Döntse el, hogy az alábbi vektorok lineárisan függetlenek-e vagy sem: a) a, 0; b) a + b, b + c, c + a; c) a + 2b + c, a − b − c, 5a + b − c. 6.25 Legyen V2 a komplex számok valós test feletti vektortere, a = 2 + 3j, b = 5 − j és c = 1 + 10j pedig három vektor V2 -ben. Mutassa meg, hogy a és b lineárisan függetlenek és fejezze ki c-t a és b lineáris kombinációjaként. 6.2 LINEÁRIS TEREK (VEKTORTEREK) 109 6.26 Adjon meg olyan háromelemű vektorrendszert, amelynek vektorai a négydimenziós tér elemei, és amely lineárisan összefüggő rendszer 6.27 Legyen V3 a valós számhármasok vektortere a valós számtest felett Vektortér-e V3 képe, ha a leképezés a következő függvényekkel van megadva? Ha igen, határozza meg a vektortér dimenzióját és adja meg egy bázisát; ha nem, indokoljon. a) f1 : (x1 , x2 , x3 ) 7 (x1 , x1 , x1 )

b) f2 : (x1 , x2 , x3 ) 7 (x1 + x2 , x2 + x3 , x1 + 3x2 + 2x3 )
c) f3 : (x1 , x2 , x3 ) 7 x1 , x22 , x3 d) f4 : (x1 , x2 , x3 ) 7 (−x1 , −x2 , −x3 ) e) f5 : (x1 , x2 , x3 ) 7 (x1 , x2 , x1 x2 ) 6.28 Igazolja, hogy az f (x) = ex (A cos 2x + B sin 2x) alakú függvények (A, B valós számok) a valós számtest felett lineáris teret alkotnak. Adja meg a tér egy bázisát és az f (x) = ex (2 cos 2x + 3 sin 2x) függvény koordinátáit a megadott bázisban. 6.29 Legyen V a legfeljebb elsőfokú polinomok vektortere a valós számtest felett Mutassa meg, hogy 2x − 1 és −x + 2 függetlenek V -ben, és fejezze ki 5x + 3-at 2x − 1 és −x + 2 lineáris kombinációjaként. Adjon meg V nek egy h2x − 1, −x + 2i-től különböző bázisát is, majd adja meg 5x + 3 koordinátáit ebben az új bázisban is. 6.210 Az alábbi valós számok feletti vektorterek közül keresse meg az izomorfakat A műveletek a szokásosak, a

polinomoknál a 0 polinomot mindig beleértjük. (Azt, hogy ezek vektorteret alkotnak, nem kell bizonyı́tani) a) Azok a legfeljebb 20-adfokú valós együtthatós polinomok, amelyekben minden tag kitevője prı́mszám. b) Azok a legfeljebb 17-edfokú valós együtthatós polinomok, amelyeknek megfelelő polinomfüggvények páros függvények. c) Azok a legfeljebb 9-edfokú valós együtthatós polinomok, amelyeknek π a gyöke. d) Azok a legfeljebb 9-edfokú valós együtthatós polinomok, amelyeknek j a gyöke. e) A 3 × 3-as, valós elemű mátrixok. 110 6. LINEÁRIS ALGEBRA f) Azok a 3 × 4-es, valós elemű mátrixok, amelyeknek első és utolsó sora megegyezik. g) Azok a legfeljebb 20-adfokú valós együtthatós polinomok, amelyek x6 + 1-gyel és x7 + 1-gyel is oszthatók. h) Azok a minden valós számon értelmezett valós értékű függvények, amelyeknek az x = 0, 1, 2, . , 8 helyek kivételével minden

helyettesı́tési értéke 0 6.211 A háromdimenziós térben egy sı́k egyenlete x + y + z = 0, egy egyenes egyenletrendszere pedig x = y, z = 0. Legyen V vektortér a sı́k pontjainak halmaza, V 0 pedig az egyenes pontjainak halmaza a valós számtest felett. Adja meg V és V 0 dimenzióját és egy-egy bázisát. Elemi bázistranszformációk, bázisvektor-csere 6.212 Cserélje fel az he1 , e2 , e3 i bázist az a [1 2 ∗ 0] , b [2 1 ∗ − 1] , c [3 0 ∗ 2] ∗ − 1] vektort az új bázis segı́tségével.  1 −2 1 −1 1 −1 0  mátrix rangját. 6.213 Határozza meg az A =  0 −3 1 2 3   1 2 −3 3 1  mátrix inverzét a bázisvektor6.214 Határozza meg az A =  0 2 −1 −8 cserés algoritmus segı́tségével. bázisra. Írja fel a v [6 3  6.215 Oldja meg a következő egyenletrendszereket a bázisvektor-cserés algoritmus segı́tségével   2x + z = 5  2x + z = 5  2x + 4y = 10

2x + 4y = 10 a) b)   2x + y − 3z = −5 −2x − 16y + 3z = −25 c)  2x + z = 5  2x + 4y = 10  −2x − 16y + 3z = −1 111 6.2 LINEÁRIS TEREK (VEKTORTEREK) 6.216 Határozza meg c összes olyan értékét, melyre az alábbi egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van  2x + z = 5  2x + 4y = 10  −2x − 16y + cz = −25 6.217 Határozza meg bázisvektor-cserés algoritmussal a következő egyenletrendszer megoldását, c értékétől függően  x+y +z=2  x−y −z=0  2x + y + z = c 6.218 Adott az A mátrix és a b vektor:   0 1 −3 3 , A =  1 −2 4 0 −12   −2 b =  3 . c a) Határozza meg az A mátrix rangját. b) Határozza meg b harmadik koordinátáját úgy, hogy b benne legyen az A mátrix oszlopvektorterében.   1 −1 1 2 −1  mátrixban szereplő c értékét 6.219 Határozza meg az A =  −3 −2 1 c úgy, hogy az e1 egységvektor ne legyen

benne az A mátrix oszlopvektorterében. 6.220 Adott az A mátrix és a b vektor:   −1 2 4 2  3 −2 2 −2  , A=  1 2 10 2  −2 2 1 2 a) Mennyi az A mátrix rangja?   7  1   b=  15  . 3 b) Oldja meg az Ax = b mátrixegyenletet. c) Van-e a fenti mátrix első két oszlopvektorának olyan lineáris kombinációja, amely előállı́tja az egyenlet jobb oldalán szereplő vektort? Ha igen, adja meg. 112 6. LINEÁRIS ALGEBRA 6.3 Lineáris transzformációk 6.31 Határozza  meg az  A (3, 1), B (3, 3), C (6, 3) és D (6, 1) pontok képét az 1 0 M = mátrixszal leı́rt transzformáció elvégzése után. Értel−2 1 mezze a transzformációt.   1 1 6.32 Milyen geometriai transzformációt határoz meg az mátrix? 1 1   2 −1 6.33 Határozza meg az y = 2x − 1 egyenes képének egyenletét a 0 2 mátrixszal megadott transzformáció elvégzése után.   2 1 6.34

Határozza meg azon egyeneseket, amelyek a mátrixszal mega3 0 ∗ dott transzformáció során önmagukba mennek át. 6.35 Határozza meg   az egységsugarú, origó középpontú kör képének egyenletét 1 0 az mátrixszal megadott transzformáció elvégzése után. 0 2 6.36 Határozza meg az y = 2x egyenesre való tükrözés mátrixát # " 6.37 Tekintsük a 1 3 2 3 3 4 1 4 mátrixszal megadott sı́kbeli transzformációt. Ha- tározza meg a) a v [1 ∗ − 3] vektor képét; b) az x = y egyenes képét; c) a transzformáció sajátvektorait és sajátértékeit; d) a transzformáció mátrixát a sajátvektorok koordinátarendszerében.   0 1 6.38 Miért nincsenek a mátrixszal leı́rt sı́kbeli transzformációnak −1 0 valós sajátértékei?   cos α − sin α 6.39 Legyen a ϕ sı́kbeli transzformáció mátrixa: . sin α cos α ∗ Az ilyen egyenes neve: fix egyenes. 6.3 LINEÁRIS

TRANSZFORMÁCIÓK 113 a) Milyen α esetén igaz, hogy ϕ(x) = x bármely x (kétdimenziós) vektor esetén? b) Milyen α esetén igaz, hogy ϕ(x) = −x bármely x (kétdimenziós) vektor esetén? 6.310 Adja meg a következő térbeli lineáris transzformáció mátrixát: az x tengely mentén kétszeresre nyújtás, majd a z tengely körül 45◦ -kal való forgatás 6.311 Határozza meg az x + y + z = 0 sı́kra való tükrözés mátrixát 6.312 Írja fel annak a ϕ lineáris transzformációnak a mátrixát, amely a háromdimenziós téren van értelmezve és amelyre ϕ(e1 ) = 2e2 + e3 , ϕ(e2 ) = 2e2 + 8e3 , ϕ(e3 ) = e2 + 4e3 . a) Hány dimenziós térre képezi le a ϕ transzformáció a teret? b) Alkalmazva az xy sı́k x = y egyenesének pontjaira a transzformációt, mit kapunk eredményül? 6.313 Tekintsük a komplex számok halmazát mint a valós számok teste feletti vektorteret. Döntse el, hogy az alábbi

megfeleltetések lineáris transzformációk-e, és ha igen, ı́rja fel a transzformáció mátrixát az h1, ji bázisra vonatkozóan. Minden komplex számnak feleltessük meg a) a valós részét; b) a valós és képzetes része közül a nagyobbikat; c) az abszolút értékét; d) a szögét; e) a konjugáltját; f) a j-szeresét. 6.314 Mik lesznek az előző feladatban szereplő lineáris transzformációk mátrixai a hj, 1 − ji bázisra vonatkozóan? 6.315 A legfeljebb másodfokú polinomok (valós test feletti) vektorterében adott a következő transzformáció: f (x) 7 (x + 1) f 0 (x). 114 6. LINEÁRIS ALGEBRA a) Bizonyı́tsa be, hogy a transzformáció lineáris. b) Írja fel a transzformáció mátrixát az 1, x, x2 bázisra vonatkozóan. c) Számı́tsa ki a transzformáció sajátértékeit és sajátvektorait. 6.316 Adja meg a 627 feladatban szereplő lineáris transzformációk mátrixát

6.317 Adott az f (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x) alakú függvények vektortere a valós számok teste felett (a és b valósak), valamint adott az f (x) 7 f 0 (x) transzformáció. a) Bizonyı́tsa be, hogy a transzformáció lineáris. b) Írja fel a transzformáció mátrixát az hex cos 2x, ex sin 2xi bázisra vonatkozóan. c) A transzformáció mátrixának segı́tségével határozza meg f második deriváltjában ex cos 2x illetve ex sin 2x együtthatóját (a-val és b-vel kifejezve). d) Legyen g 0 (x) = ex (a cos 2x + b sin 2x). A transzformáció mátrixának segı́tségével határozza meg g-ben ex cos 2x illetve ex sin 2x együtthatóját (a-val és b-vel kifejezve). III. rész Megoldások 115 1. fejezet Halmazelméleti és algebrai fogalmak 1.1 Halmazalgebra 1.11 Az A halmaz mindhárom eleme kielégı́ti az x3 + 11x = 6x2 + 6 egyenletet, ezért A ⊆ B. A harmadfokú egyenletnek nem lehet 3-nál több

gyöke, ı́gy A = B is teljesül. 1.12 A = E = ]1, 2[ és D = F = {1, 2}  1.13 a) {1} b) {1, 3, 7} c) {3} , {1, 3} , {2, 3} , {1, 2, 3} n 



o 1.14 A∩B = {a}, AB = {b} , A×A = a, a , a, {b} , {b} , a , {b} , {b} 1.15 a) hamis 1.16 A = {3, 4, 5}, A ∩ B = {4, 5}, b) igaz c) igaz B = {0, 1, 2, 3}, A ∩ B = {3}, A ∆ B = {0, 1, 2, 4, 5}. 1.17 A metszet definı́ciója szerint 0 ∈ X és 2 ∈ / X. Így a megoldások: X1 = {0}, X2 = {0, 1}, X3 = {0, 3} és X4 = {0, 1, 3}. 1.18 A halmazok kivonásának definı́ciója alapján 3 ∈ X, 4 ∈ X, 1 ∈ / X és 2∈ / X. Tehát a megoldások: X1 = {3, 4}, X2 = {3, 4, 5}, X3 = {3, 4, 6} és X4 = {3, 4, 5, 6}. 117 118 1.19 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK a) c) e) g) −2 0 b) 3 −1 0 1 2 3 2 5 2 −2 f) 8 −3 −1 −1 0 1 2 3 d) 3 −1 −8 h) 5 0 5 9 4 11 1.110 a) hamis b) igaz c) igaz d) igaz 1.111 a) igaz b) hamis c) hamis d) igaz 1.112 a) b) 5 8

13 c) 1 3 1 2 −1 1 2 d) 1 e) −2 −3 1.113 a) igaz 1.114 a) b) c) d) 1 6 −3 5 f) 5 1 3 4 3 3 1 −2 1 1 1 3 b) igaz c) igaz d) hamis n    P(A × A) = ∅, (a, a) , (a, b) , (b, a) , . , o   (a, b) , (b, a) , (b, b) , (a, a) , (a, b) , (b, a) , (b, b) o
n    P P(A) = ∅, {∅} , {a} , {b} , . , ∅, {a} , {b} , {a, b} n




o A × P(A) = a, ∅ , b, ∅ , a, {a} , b, {a} , . , b, {a, b} n



o P(A) × P(A) = ∅, ∅ , ∅, {a} , ∅, {b} , . , {a, b} , {a, b} 119 1.1 HALMAZALGEBRA 1.115 a) Ha van legalább egy olyan x elem amely benne van az A, B, C halmazok mindegyikében, akkor x ∈ / B C, ezért x ∈ A (B C). Ugyanakkor x ∈ / A B, ı́gy x ∈ / (A B) C. Tehát az egyenlőség nem teljesül tetszőleges A, B és C halmazok esetén. b) (A B)∩C ⊆ (A ∩ C)B, mert ha x ∈ (A B)∩C, akkor x ∈ AB és x ∈ C. x ∈ AB-ból következik, hogy x ∈ A és x ∈ / B. Mivel x eleme az A-nak is

és C-nek is, ezért x ∈ A ∩ C. x ∈ / B ı́gy x ∈ (A ∩ C) B. Hasonlóan igazolható az (A ∩ C) B ⊆ (A B) ∩ C összefüggés is, tehát az egyenlőség tetszőleges A, B és C esetén igaz. c) A ∆ A = ∅, tehát nem igaz. 1.116 d) igaz e) hamis f) igaz h) hamis i) igaz j) hamis a) A ∪ B b) A ∩ B g) hamis 1.117 A ∆ (A ∆ B) = B 1.118 A-ban nem lehet olyan elem, ami B-nek is eleme, tehát A ∩ B = ∅
1.119 (X ⊆ A ∪ B) ⇒ (X A) ∩ (X B) = ∅ , mert X minden x eleme benne van az A és B halmazok
legalább egyikében, ı́gy x ∈ / X A vagy x ∈ / X B. (X A) ∩ (X B) = ∅ ⇒ (X B ⊆ A), ugyanis tetszőleges y ∈ X B esetén y ∈ / X A és y ∈ X, tehát y ∈ A. (X B ⊆ A) ⇒ (X ⊆ A ∪ B), hiszen tetszőleges z ∈ X esetén z ∈ B ezért az állı́tás igaz, vagy z ∈ / B, de ekkor z ∈ X B, ı́gy z ∈ A. 1.120 Nem igaz, ugyanis a feltétel mellett létezhet olyan x, amelyre x ∈

/ A, x ∈ B és x ∈ C. Ekkor x ∈ A ∆ C, de x ∈ / B ∆ C, tehát A ∆ C * B ∆ C. Ellenpéldával is megmutathatjuk, hogy hamis az állı́tás: legyen A = {1} és B = C = {1, 2}. Ekkor A ⊆ B, de A ∆ C = {2} * ∅ = B ∆ C. 1.121 Nem igaz Pl az A = {1}, B = {1, 2}, C = {2} egy alkalmas ellenpélda Tetszőleges C halmaz esetén már igaz az állı́tás. Ez könnyen igazolható indirekt úton. Tegyük fel ugyanis, hogy A 6= B Ekkor létezik olyan x elem, amely benne van A-ban, de nincs benne B-ben, vagy fordı́tva. Olyan C halmazt választva, amelynek nem eleme x, A C és B C sem egyezhet meg, mert x egyiküknek eleme, másikuknak nem. Ezzel ellentmondásra jutottunk.   1.122 a) {1} , {2} , {1, 2} egy egyelemű és egy kételemű partı́ció 120 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK     {a}, {b}, {c} , {a, b}, {c} , {a, c}, {b} , {b, c}, {a} , {a, b, c} egy háromelemű, három kételemű és egy egyelemű

partı́ció.    c) {x}, {y}, {z}, {u} , {x}, {y}, {z, u} , . , {x, y, z, u} egy négyelemű, hat háromelemű, hét kételemű és egy egyelemű partı́ció b) 1.123  a) Egy 5-elemű halmaz kételemű partı́ciója vagy egy 1-elemű és egy 4
elemű halmazból áll ( 51 = 5 eset), vagy egy 2-elemű és egy 3-elemű
 halmazból ( 52 = 10 eset), tehát 52 = 5 + 10 = 15  b) n1 = 1  c) nn = 1 d) Ismeretes, hogy egy n-elemű halmaz részhalmazainak száma 2n . Ezek mindegyike (kivéve az üres halmazt és az eredeti halmazt) meghatároz egy 2-elemű partı́ciót, amit a részhalmaz és komplementere alkot. Tehát 2n − 2 részhalmaz határoz meg 2-elemű partı́ciót, de ı́gy az egyes partı́ciókat kétszer számoltuk, mert egy részhalmaz  és a komplementere ugyanazt a partı́ciót határozza meg. Tehát n2 = 2n −2 = 2n−1 − 1. Erre az összefüggésre teljes indukciós bizonyı́tást is 2 adhatunk a

következő feladatban bizonyı́tott összefüggés segı́tségével.  1.124 Az n elemű halmaz k elemű partı́cióinak számát, azaz nk értékét a következőképpen számolhatjuk össze: Először állı́tsuk  elő az első n − 1 elemből álló halmaz k elemű partı́cióit. Ezek száma n−1 . Az utolsó elemet a k részhalmaz valamelyikébe kell k betennünk és ez k féleképpen lehet. Így előállı́tottuk az n elemű halmaz  k · n−1 számú partı́cióját. A további partı́ciókban az n-edik elem egy k külön részhalmazba kerül, ezért az első n −  1 elemet k − 1 nem üres, diszjunkt részhalmazba kell elhelyeznünk és ez n−1 k−1 féleképpen lehetséges. 6 5 5  4 5 2 4 = 3 + = 3 + 3 + = 3  3 2 2  2  3

= 33 33 + 32 32 + 3 42 + 52 = 27 + 9 · 22 − 1 + 3 · 23 − 1 + 24 − 1 = 90 8 4 = 1701 1.125 a) Mivel 3 diszjunkt 4-elemű részhalmazhoz már 12

különböző elemre volna szükség, ezért legfeljebb 2 páronként diszjunkt 4-elemű halmaz állı́tható elő. b) – c) Mindkét esetben 5 a részhalmazok maximális száma. Először bizonyı́tsuk be, hogy 6 vagy több megfelelő részhalmaz nem lehetséges. Ha lenne legalább 6 részhalmaz a feltételeknek megfelelően, akkor a 10 elem közül lenne legalább egy olyan, amely három különböző 121 1.1 HALMAZALGEBRA részhalmazban is előfordul. Mivel nem lehet két részhalmaznak egynél több közös eleme, ezért a három részhalmaz további 9 eleme mind különböző, azaz a három részhalmaz uniója X. Ebben az esetben már egy negyedik részhalmazt sem tudnánk a feltételeknek megfelelően felı́rni, hiszen annak 4 eleméből legalább 2 közös lenne az előző 3 részhalmaz valamelyikével. Ezek után már csak azt kell megmutatnunk, hogy 5 megfelelő részhalmaz valóban létezik. X

elemeit az első 10 pozitı́v egész számmal jelölve: {1, 2, 3, 4}, {1, 5, 7, 9}, {2, 5, 8, 10}, {3, 6, 7, 10}, {4, 6, 8, 9} 1.126 1 −2 −1 2 A∪B 1.127 3 1 A∩B 1 −1 −1 4 1 1 3 −2 AB 3 BA 1 −1 −3 1 3 5 −1 −2 A∆B 3 3 1 1 1 1 −3 3 5 122 1.128 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK a) 3 A∩B 1 −3 3 1 −1 d) b) – c) A ∩ C és A∩B∩C 2 1 BA 2 1 1 2 1 2 −3 e) f) A∪B 3 3 1 −2 AB 1 1 −1 3 1 3 −2 g) 3 3 1 1 −1 1.129 a) h) A∆B 1 b) −2 c) 3 1 1 −1 −1 3 3 1 3 C B −1 1 3 3 1 1 3 −1 1 3 ∪ 123 1.1 HALMAZALGEBRA 1.130 a) b) c) 2 1 3 1 1 2 3 −1 1 −1 d) 3 1 2 3 4 −1 −2 e) f) 3 3 1 −1 1 3 5 3 2 1 1 −2 −1 1 2 3 g) h) 1 2 1 1 2 1 2 3 4 −1 −2 2 124 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1.2 Relációk, függvények Függvények 1.21 a) 3 d c 2 b 1 a 3 d b) Egy

bináris reláció akkor és csak akkor függvény, ha indulási halmazának minden eleme pontosan egy érkezési halmazbeli elemmel áll relációban. Ezért ez a reláció nem függvény, hiszen például (1, a) , (1, c) ∈ R. Függvény. c 2 1 b a c) Függvény. 3 d c 2 1 b a 1.22 1 Példák olyan relációkra, amelyek nem függvények: a) R = {(1, a) , (1, b) , (2, c)} b) R = {(1, a) , (1, b)} c) nem lehetséges d) R = {(János, Eszter) , (János, Zsuzsa) , (Dániel, Mária)} e) R = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ N} f) R = {(x, y) | (y = |x|) ∨ (y = |x + 1|) , x ∈ Z} 2. Példák olyan relációkra, amelyek függvények és f (S) = T : 125 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK a) nem lehetséges, mert |S| < |T | b) nem lehetséges, mert |S| < |T | c) f = {(a, ∅) , (b, ∅) , (c, ∅)} d) nem lehetséges, mert |S| < |T | e) f = {(x, y) | y = |bxc| , x ∈ R, y ∈ N}∗ f) f = {(x, y) | y = |x| , x ∈ Z, y ∈ N}

a) s : R R, 1.23 s (x) = x + 1 b) sum : R × R R, sum (x, y) = x + y c) sex : {János, Béla, Mária, Zsuzsa} {nő, férfi}, sex = {(János, férfi) , (Béla, férfi) , (Mária, nő) , (Zsuzsa, nő)} d) nev : {Beethoven, Haydn, Sztravinszkij} {Igor, Joseph, Ludwig}, nev = {(Beethoven, Ludwig) , (Haydn, Joseph) , (Sztravinszkij, Igor)} e) max : Rn R, max = {((x1 , x2 , . , xn ) , y) | ∀i (xi ≤ y) ∧ ∧∃i (xi = y) , i = 1, 2, . , n} 1.24 Az alábbi függvények mind olyan relációk, amelyek indulási és érkezési halmaza is X × Y . A megoldásoknál csak az értékadást és az értelmezési tartományból kizárandó elemeket tüntetjük fel: a) fa (x, y) = (80, 25) b) fb (x, y) = (x, y − 1) (x, y) ∈ / {(x, y) | x ∈ X, y = 1} c) fc (x, y) = (x + 2, y + 5) (x, y) ∈ / {(x, y) | x > 78, y > 20, x ∈ X, y ∈ Y } d) fd (x, y) = (81 − x, y) e) fe (x, y) = (y, x) (x, y) ∈ / {(x, y) | x > 25, x ∈ X, y

∈ Y } f) ff (x, y) = (2x − 20, 2y − 10) (x, y) ∈ / ∈ / {(x, y) | (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) , x ∈ X, y ∈ Y } Parciális leképezések: b), c), e), f). 1.25 f : X × Y {i, h} a) f (x, y) = i ∗ bxc az x (alsó) egészrésze: az x-nél nem nagyobb egészek közül a legnagyobb. 126 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK b) f (x, y) = c) f (x, y) =   i, ha y = 6 1; h, ha y = 1. i, ha (x ≤ 78) ∧ (y ≤ 20) ; h, ha (x > 78) ∨ (y > 20) . d) f (x, y) = i  i, e) f (x, y) = h,  i, f) f (x, y) = h, ha x ≤ 25; ha x > 25. ha (10 < x ≤ 50) ∧ (5 < y ≤ 17) ; ha (x ≤ 10) ∨ (x > 50) ∨ (y ≤ 5) ∨ (y > 17) . 1.26 Ha n = 2k (k ∈ Z, k > 1), akkor a program 1-et ad eredményül Bármely ettől különböző esetben a program végtelen ciklusba kerül.  f : N∗ N, f (n) = 1, ahol N∗ = 2k | k ∈ N (Ha f -et N N leképezésként definiáljuk, akkor parciális

leképezést kapunk.) 1.27 a) χA∪B (x) = 1 ⇐⇒ (x
∈ A) ∨ (x ∈ B)
⇐⇒ χA (x) = 1 ∨ χB (x) = 1 b) χA∩B (x) = 1 ⇐⇒ (x
∈ A) ∧ (x ∈ B)
⇐⇒ χA (x) = 1 ∧ χB (x) = 1 h c) χXA (x) = 1 ⇐⇒ (x ∈ X A) ⇐⇒ ⇐⇒
⇐⇒ max χA (x), χB (x) = 1 ⇐⇒
⇐⇒ min χA (x), χB (x) = 1 i χA (x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ χXA (x) = 1 − χA (x) 1.28 d c d c d c b a b a b a d d c c b b a a R ◦ R = {(a, a) , (a, b) , (a, c) , (a, d) , (b, a) , (b, b) , (b, c)} 127 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK d d c c b b a a R−1 = {(b, a) , (c, a) , (d, c) , (a, a) , (a, b)} 1.29 a) R általában nem függvény, hiszen lehet két olyan B halmazbeli személy, akiknek ugyanaznap van a születésnapjuk. R−1 B-ből A-ba képező függvény. b) R ◦ R−1 általában nem függvény: olyan (ember1 , ember2 ) párokból áll, ahol ember1 ugyanazon a napon született, mint ember2 . R−1 ◦ R az A halmaz azon

részhalmazán értelmezett függvény, amelyek azok a dátumok, amelyeken született B halmazbeli ember. A függvény minden ilyen dátumhoz önmagát rendeli.∗ 1.210 Gyerekek Apák Lányok Szülők F S a) (g, a) ∈ F −1 , ha a apja g-nek. b) (l, s) ∈ S −1 , ha l lánya s-nek. c) F ◦ S = ∅, ugyanis (s, g) ∈ F ◦ S, ha létezik l, hogy (s, l) ∈ S és (l, g) ∈ F . Ilyen l nincs, mert nem lehet valaki lány és apa egyszerre d) S ◦ F = {(x, y) | y lánynak x a nagyapja} e) F −1 ◦ F = {(x, x) | x apa} f) S ◦ S = {(x, y) | x nagyszülője anyai ágon y-nak, aki lány} ∗A függvény neve: identitás függvény. 128 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK g) F −1 ◦ S = {(x, y) | x egy lánygyermek valamelyik szülője, y ugyanannak a lánynak az apja} 1.211 a) h(x) √ b) f −1 (x) = − x h−1 (x) = x − 1 c) f ◦ g : R R g◦f: RR h ◦ g: R R Df −1 = ]0, 9] Dh−1 = [−2, 1[ f (g(x)) =

sin2 x g(f (x)) = sin x2 h(g(x)) = sin x + 1 Rf ◦g = [0, 1] Rg◦f = [−1, 1] Rh◦g = [0, 2] a) Rf ◦g = N  b) Rg◦f = n2 | n ∈ N = {négyzetszámok}  c) Rg◦h = n4 | n ∈ N  d) Rh◦g = n4 | n ∈ N   1.213 (x, z) ∈ R ◦ S ⇐⇒ ∃y ((x, y) ∈ S) ∧ ((y, z) ∈
R) ⇐⇒
 −1 −1 ⇐⇒ ∃y (y, x) ∈ S ∧ (z, y) ∈ R ⇐⇒ (z, x) ∈ S −1 ◦ R−1 1.212 1.214 a) injektı́v igen szürjektı́v igen bijektı́v igen b) igen nem c) igen ¬∃ n : f (n) = 0 nem igen d) f (1, 2) = f (3, 1) nem ¬∃ m, n : f (m, n) = 3 nem nem e) igen nem f) igen ¬∃ m, n : f (m, n) = 3 nem igen g) f (0) = f (π) nem igen igen nem igen igen i) f (1) = f (−3) nem ¬∃ x : f (x) = −1 nem nem j) f (0) = f (1) nem ¬∃ x : f (x) = −1 nem nem h) igen igen 129 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK 1.215 k) f (6) = f (15) nem ¬∃ x : f (x) = −1 nem nem l) f (6) = f (15) nem igen nem a) Ha m > n, akkor egy

sincs. n! . Ha m ≤ n, akkor (n−m)! b) Ha m < n, akkor egy sincs.
Ha m ≥ n, akkor nm − n1 (n − 1)m + + (−1)n−1
(n − 2)m − . +
n−1
P n (−1)k nk (n − k)m . n−1 = n 2 k=0 c) Ha m 6= n, akkor egy sincs. Ha m = n, akkor m!. 1.216 1.217 + a) Szürjektı́v: bármely a valós számhoz létezik olyan √ x ∈
R , hogy 1 1 2 f (x) = a, hiszen ha x − x = a, akkor x = 2 a + a + 4 . √
b) f −1 : R R+ , y = 12 x + x2 + 4 . Az inverzfüggvény szürjektı́v a) A = Z, B = Z+ . Ekkor x = 0-hoz nem rendelhető érték b) A = Z, B = Z. Nem injektı́v, mert pl f (3) = f (−3) = 3 Nem szürjektı́v, mert pl. a −3 nem áll elő képként c) A = Z+ , B = Z. Injektı́v, mert különböző pozitı́v számok abszolút értéke különböző. Nem szürjektı́v, mert pl a −3 nem áll elő képként d) A = Z, B = N. Nem injektı́v, mert pl f (3) = f (−3) = 3 Szürjektı́v, mert minden nem-negatı́v szám

előáll képként e) A = Z+ , B = Z+ . Injektı́v, mert különböző pozitı́v számok abszolút értéke is különböző. Szürjektı́v, mert minden pozitı́v szám előáll képként. (Ezeken kı́vül, természetesen, számtalan más jó megoldás is adható.) 1.218 a) Igaz. Injektivitás és az értékkészlet definı́ciójából következik b) Hamis. Pl f : I5 I6 , f (x) = x + 1. d) Hamis. Pl f : I3 I1 , f (x) = 1. c) Igaz. A függvény definı́ciójából következik 130 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK e) Hamis. Pl f : I3 I2 , f (x) = 1. f) Igaz. Szürjektivitás és a függvény definı́ciójából következik g) Igaz. Injektivitás és szürjektivitás definı́ciójából következik h) Igaz. Injektivitás és szürjektivitás definı́ciójából következik i) Igaz. Injektivitás és szürjektivitás definı́ciójából következik 1.219 a) f (A) = [0, 4] 4

f (A) -1 b) 0 2 f (A) = 2 f (A) 3 2 −1 − √ 3 2 √ 3 2 1 3 2, 2  131 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK     f (A) = −∞, − 31 ∪ [1, ∞[ = R − 31 , 1 c) f (A) 1 0 2 − 13 1.220 a) X C x1 Y f (C) y x2 D f (D) Bizonyı́tsunk indirekten: tegyük fel, hogy f (C) ∩ f (D) 6= ∅. Legyen f (C) és f (D) közös eleme y. Ekkor ∃x1 , x2 , hogy f (x1 ) = f (x2 ) = y, és x1 ∈ C, x2 ∈ D. Mivel C ∩ D = ∅, x1 6= x2 . Így a leképezés nem injektı́v, ami ellentmond az eredeti feltételnek. b) Mivel f injektı́v és C ∩ (X C) = ∅, a feladat a) részének feltételei teljesülnek, ı́gy f (C) ∩ f (X C) = ∅, amelyből az állı́tás könnyen belátható. c) Állı́tás: Ha egy f : X Y leképezésre igaz, hogy diszjunkt halmazok képei diszjunktak, akkor f injektı́v. A bizonyı́táshoz vegyünk tetszőleges x1 , x2 ∈ X (x1 6= x2 ) elemeket. Az {x1 }, {x2 } diszjunkt halmazok képei a

feltétel szerint diszjunktak. Ezért f (x1 ) 6= f (x2 ), ı́gy f injektı́v. 1.221 a) f (X) = [−2, 0[ 132 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK b) A leképezés nem injektı́v, ı́gy bijektı́v sem lehet. 1.222 Írjuk fel a függvény értékeit egy olyan táblázatba, amelyben az m-edik sor n-edik elemének értéke f (m, n). A táblázat alapján megsejthető rekurziós összefüggések f (m, n) eredeti képletéből behelyettesı́téssel egyszerűen beláthatók. 0 1 2 3 4 5 . . f (0, n) = 0 0 2 5 9 14 20 . . 1 1 4 8 13 19 26 . . n (n + 1) ; 2 2 3 7 12 18 25 33 . . 3 6 11 17 24 32 . 4 10 16 23 31 . 5 15 22 30 . . . . . f (m, n) = f (m − 1, n + 1) + 1, ha m > 0. Mivel f (0, m + 1) = f (m, 0) + 1, a táblázat elemei lefedik a természetes számok halmazát, mindegyiket pontosan egyszer szerepeltetve. Ezzel beláttuk, hogy az f függvény bijektı́v Homogén bináris relációk speciális tulajdonságai

1.223 a) Nem reflexı́v. Egy egyenesen végtelen sok sı́k fektethető át e g f Irreflexı́v. Egyetlen egyenesen sem fektethető át pontosan egy sı́k Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzitı́v. Az ábra szerint elhelyezkedő e és f , illetve f és g egyeneseken is pontosan egy sı́k fektethető át; e és g egyeneseken azonban egy sem. 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK 133 b) Nem reflexı́v. Egyenes önmagával nem kitérő Irreflexı́v. Egyetlen egyenes sem kitérő e önmagával. f Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzitı́v. Az ábra szerint elhelyezkedő e és f , illetve f és g egyenesek is kitérők; e és g egyenesek azonban nem (metszők). g c) Reflexı́v. Bármely egyenesre illeszthető sı́k Nem irreflexı́v. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzitı́v. Lásd az a) feladatot 1.224 a) Nem reflexı́v. A páros számokat saját magukkal szorozva nem kapunk páratlan számot Nem

irreflexı́v. A páratlan számokat saját magukkal szorozva páratlan számot kapunk Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Tranzitı́v. Ha a · b és b · c páratlan, akkor a, b és c is csak páratlan lehet. Így a · c is páratlan DR = {páratlan számok}, RR = {páratlan számok}. b) Nem reflexı́v. A vezetéknév nem rövidebb saját magánál Irreflexı́v. Egy ember vezetékneve sem rövidebb saját magánál Nem szimmetrikus. Antiszimmetrikus. Tranzitı́v. DS = {x | x-nél van hosszabb vezetéknevű budapesti lakos, x ∈ B}, RS = {x | x-nél van rövidebb vezetéknevű budapesti lakos, x ∈ B}. c) Nem reflexı́v. Az üres halmaz önmagával vett metszete üres Nem irreflexı́v. Az üres halmazt kivéve minden elem relációban áll önmagával. Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzitı́v. Pl {a, b}∩{b, c} = {b} 6= ∅ és {b, c}∩{c, d} = {c} 6= ∅, 134 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK de {a, b}

∩ {c, d} = ∅. DT = P(X) {∅}, RT = P(X) {∅}. d) Nem reflexı́v. Az 1 önmagával vett legnagyobb közös osztója 1 Nem irreflexı́v. Az 1-et kivéve minden elem relációban áll önmagával Szimmetrikus. Nem antiszimmetrikus. Nem tranzitı́v. Pl lnko (2, 6) = 2 > 1 és lnko (6, 3) = 3 > 1, azonban lnko (2, 3) = 1 6> 1. DU = N+ {1}, RU = N+ {1}. e) Reflexı́v. Minden kör érinti saját magát (belülről is), hiszen van saját magával közös pontja, és abban a pontban közös az érintőjük k1 Nem irreflexı́v. Nem szimmetrikus. k2 Antiszimmetrikus. Ha egy kör belülről érint egy másikat, akkor a másik nem érintheti belülről. Nem tranzitı́v. Az ábra szerint elhelyezkedő k1 kör belülről érinti k2 -t, mint ahogy k2 is belülről érinti k3 -at. Azonban k1 sehogy sem érinti k3 -at. DV = K, RV = K. k3 1.225 a) 4 3 1 2 b) 4 3 1 2 R = {(1, 1) , (1, 3) , (1, 4) , (2, 2)} R = {(1, 3) ,

(1, 4) , (2, 3) , (3, 2)} 135 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK c) 4 3 1 2 R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 2) , (2, 3) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 4)} d) Nem lehetséges. e) f) g) 4 1 h) 4 1 4 3 1 2 4 3 1 2 3 R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 3)} R = {(1, 1) , (1, 4) , (2, 3) , (4, 2) , (4, 3)} R = {(1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (3, 3) , (3, 4) , (4, 1) , (4, 3)} 2 3 R = {(1, 1) , (2, 2) , (4, 4)} (Megjegyzés: Egy adott halmazon definiált egyenlőségi reláción és részhalmazain kı́vül nincs más olyan reláció, amely szimmetrikus és antiszimmetrikus is egyszerre.) 2 136 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK Ekvivalencia-relációk 1.226 a) Nem, mert nem reflexı́v, és nem tranzitı́v. b) Nem, mert nem tranzitı́v. c) Igen. 1.227 {(a, a) , (a, d) , (a, g) , (b, b) , (c, c) , (c, f ) , (d, a) , (d, d) , (d, g) , (e, e) , (f, c) , (f, f ) , (g, a) , (g, d) , (g, g)} 1.228 a) 5 4 3 6 1 1.229 b) Az

ekvivalencia-reláció: R ∪ {(1, 1) , (1, 3) , (2, 2) , (3, 1) , (3, 3) , (5, 6) , (6, 6)} (Az eredeti relációhoz tartozó éleket folytonos vonallal, mı́g a kiegészı́téshez minimálisan szükséges éleket szaggatott vonallal ábrázoltuk.) 2 a) Reflexı́v, mert m + m = 2m mindig páros. Szimmetrikus, mert ha m + n páros, akkor n + m is az. Tranzitı́v, mert ha m+ n és n+ p is páros, akkor összegük: m+ 2n+ p is páros. Ez pedig csak úgy lehetséges, ha m + p is páros Ekvivalencia-osztályok: {páros számok}, {páratlan számok}. b) Reflexı́v, mert x2 + x2 = 2x2 mindig osztható 2-vel. Szimmetrikus, mert ha x2 +y 2 osztható 2-vel, akkor y 2 +x2 is osztható 2-vel. Tranzitı́v, mert ha x2 +y 2 és y 2 +z 2 is osztható 2-vel, akkor összegük: x2 +2y 2 +z 2 is osztható 2-vel. Ez pedig csak úgy lehetséges, ha x2 +z 2 is osztható 2-vel. Ekvivalencia-osztályok: {páros számok}, {páratlan számok}. c)

Reflexı́v, mert a − a = 0 racionális. Szimmetrikus, mert ha a − b racionális, akkor b − a = − (a − b) is racionális. Tranzitı́v, mert ha a−b és b−c is racionális, akkor összegük: a−c is racionális. (A racionális számok halmaza zárt az összeadás műveletére) 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK 137 Ekvivalencia-osztályok: Q, és minden olyan x + Q halmaz∗ , ahol x tetszőleges, rögzı́tett irracionális szám. d) Reflexı́v, mert x − x = 0 osztható 3-mal. Szimmetrikus, mert ha x − y osztható 3-mal, akkor y − x = − (x − y) is osztható 3-mal. Tranzitı́v, mert ha x − y és y − z is osztható 3-mal, akkor összegük: x − z is osztható 3-mal. Ekvivalencia-osztályok: {1, 4, 7, 10}, {2, 5, 8, 11}, {3, 6, 9, 12}. e) Reflexı́v, mert m2 − m2 = 0 osztható 3-mal. Szimmetrikus, mert ha m2 − n2 osztható 3-mal, akkor n2 − m2 is osztható 3-mal. Tranzitı́v, mert ha m2 − n2 és n2 − p2 is

osztható 3-mal, akkor öszszegük: m2 − p2 is osztható 3-mal. Ekvivalencia-osztályok: {3-mal osztható természetes számok} , {3-mal nem osztható természetes számok}. f) Reflexı́v, mert x2 − x2 = 0 osztható 4-gyel. Szimmetrikus, mert ha x2 − y 2 osztható 4-gyel, akkor y 2 − x2 is osztható 4-gyel. Tranzitı́v, mert ha x2 − y 2 és y 2 − z 2 is osztható 4-gyel, akkor összegük: x2 − z 2 is osztható 4-gyel. Ekvivalencia-osztályok: {páros számok}, {páratlan számok}. g) Reflexı́v, mert x1 + y1 = x1 + y1 mindig teljesül. Szimmetrikus, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 , akkor x2 + y2 = x1 + y1 is teljesül. Tranzitı́v, mert ha x1 + y1 = x2 + y2 és x2 + y2 = x3 + y3 , akkor x1 + y1 = x3 + y3 is teljesül. Ekvivalencia-osztályok: Minden valós számhoz tartozik egy ekvivalencia-osztály: Ec = {(x, y) | x + y = c}, c ∈ R. A Descartes-féle koordináta-rendszerben Ec ekvivalencia-osztálynak a −1 iránytangensű, c

tengelymetszetű egyenes felel meg. h) Reflexı́v, mert x1 y1 = x1 y1 mindig teljesül. Szimmetrikus, mert ha x1 y1 = x2 y2 , akkor x2 y2 = x1 y1 is teljesül. Tranzitı́v, mert ha x1 y1 = x2 y2 és x2 y2 = x3 y3 , akkor x1 y1 = x3 y3 is teljesül. Ekvivalencia-osztályok: Minden valós számhoz tartozik egy ekvivalencia-osztály: Ec = {(x, y) | xy = c}, c ∈ R. A Descartes-féle koor∗ Szokásos jelölés: tetszőleges x számra és H számhalmazra: x + H = {x + h | h ∈ H}. 138 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK dináta-rendszerben Ec ekvivalencia-osztálynak az y = xc egyenletű, derékszögű hiperbola felel meg, ha c 6= 0; E0 -nak pedig a koordinátatengelyek egyesı́tése. 1.230 a) i. Xa ∩ Xb = ∅ =⇒ (a, b) ∈ / R bizonyı́tása: A reflexivitás miatt a ∈ Xa . Az Xa ∩ Xb = ∅ feltétel miatt viszont a ∈ / Xb . Mivel Xb tartalmazza az összes b-vel relációban álló elemet, aRb nem állhat fenn. ii. (a, b)

∈ / R =⇒ Xa ∩ Xb = ∅ bizonyı́tása: Tegyük fel, hogy az állı́tással ellentétben Xa ∩ Xb 6= ∅, azaz van olyan c ∈ X elem, amely mindkét halmaznak eleme, tehát c mind a-val, mind pedig b-vel relációban van. A szimmetriából következően aRc és cRb is teljesül, ahonnan a tranzitivitást felhasználva aRb adódik. Ez pedig ellentmond a feltételnek b) Az a) állı́tás ii. részének bizonyı́tásából adódik c) i. (a, b) ∈ R =⇒ Xa = Xb bizonyı́tása: Tekintsünk egy tetszőleges c ∈ Xa elemet, erre aRc teljesül. A feltétel és a szimmetria miatt bRa is igaz. A tranzitivitásból adódóan ekkor bRc igaz, azaz minden a-val relációban álló elem bvel is relációban áll. Tehát Xa ⊆ Xb Hasonló gondolatmenettel látható be Xb ⊆ Xa is, amiből Xa = Xb adódik. ii. Xa = Xb =⇒ (a, b) ∈ R bizonyı́tása: Bizonyı́tsunk indirekten: ha (a, b) ∈ / R, akkor b ∈ / Xa , viszont b ∈

Xb . Így Xa 6= Xb , ami ellentmondás Parciális rendezési relációk 1.231 a) Reflexı́v, mert A ⊆ A mindig teljesül. Antiszimmetrikus, mert A ⊆ B és B ⊆ A csak akkor teljesülhet, ha A = B. Tranzitı́v, mert ha A ⊆ B és B ⊆ C, akkor A ⊆ C is teljesül. 139 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK {1, 2, 3, 4} Legnagyobb elem: {1, 2, 3, 4}. Legkisebb elem nincs. {1, 2, 3} {1, 2, 4} {1, 3, 4} {2, 3, 4} Minimális elemek: a kételemű halmazok. sup (A, B) = A ∪ B Nem létezik bármely két e- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} lemnek infimuma, mert például inf ({1, 2} , {1, 3}) nem létezik. b) A parciális rendezés bizonyı́tását lásd az a) résznél. ∅ Legnagyobb elem: ∅ Legkisebb elem nincs. Minimális elemek: a kétele{1} {2} {3} {4} mű halmazok. sup (A, B) = A ∩ B Nem létezik bármely két elemnek infimuma, mert pél- {1, 2} {1, 3} {1, 4} {2, 3} {2, 4} {3, 4} dául inf ({1, 2} , {1, 3}) nem létezik. c)

Reflexı́v, mert minden szám osztója önmagának. Antiszimmetrikus, mert a | b és b | a csak akkor teljesülhet, ha a = b. Tranzitı́v, mert ha a | b és b | c, akkor a | c is teljesül. Legnagyobb és legkisebb elem nincs. Maximális elemek: 9, 20, 30. Minimális elemek: 3, 10. Nincs bármely két elemnek szuprémuma ill. infimuma, mert pl inf (3, 10) és sup (9, 20) nem létezik 9 30 20 6 3 10 140 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK d) A parciális rendezés bizonyı́tását lásd a c) résznél. Legnagyobb elem: 12. Legkisebb elem: 1. sup (a, b) = lkkt (a, b)∗ inf (a, b) = lnko (a, b)† 12 6 4 3 2 1 1.232 a) sup (100, 10) = 10 sup (101, 111) = 1 inf (100, 11) nem létezik inf (100, 10) = 100 Meggondolható, hogy sup (v, w) olyan bitsorozat, amely v-ben és wben is szereplő legbővebb kezdőrész. Ilyen sorozat mindig van, mivel a halmaz elemei 1-gyel kezdődnek. b) sup (00001, 001) = 00 sup (1111, 110) = 11 inf

(0010, 0011) nem létezik inf (011, 01) = 011 Egészı́tsük ki az adott halmazt a 0 és 1 elemekkel, valamint ε-nal, ami legyen az üres karaktersorozat jele. Ez utóbbi lesz az eredeti rendezés szerinti legnagyobb elem. c) sup (100, 11) = 1 inf (100, 00) = 100 sup (000, 11) nem létezik inf (100, 001) nem létezik Ebben a rendezett halmazban a sup (01, 10) nem léte- 1 zik. A {01, 10} halmaz felső korlátja a 0 és az 1 elem is, ezek között viszont nincsen legkisebb. Akárhogyan bővı́tjük is az adott halmazt, ez nem változik. Ugyanilyen okból nem létezik inf (100, 001) sem: az {100, 001} 10 halmaz alsó korlátja az 1001 és a 00100 elem is; ezek közül viszont egyik sem nagyobb a másiknál. 0 01 1.233 Belátjuk, hogy az R−1 reláció a H halmazon rendelkezik a parciális rendezési relációk tulajdonságaival Reflexivitás: R reflexivitása miatt (a, a) ∈ R minden a ∈ H esetén, de akkor (a, a) ∈ R−1 is

teljesül minden a ∈ H-ra. Antiszimmetria: ha (a, b) ∈ R−1 és (b, a) ∈ R−1 , akkor (b, a) ∈ R és (a, b) ∈ R. Ebből viszont R antiszimmetriája miatt következik, hogy a = b ∗ lkkt = legkisebb közös többszörös közös osztó † lnko = legnagyobb 141 1.2 RELÁCIÓK, FÜGGVÉNYEK Tranzitivitás: ha (a, b) ∈ R−1 és (b, c) ∈ R−1 , akkor (b, a) ∈ R és (c, b) ∈ R. Mivel R-ről tudjuk, hogy tranzitı́v, az utóbbi két feltétel következtében (c, a) ∈ R, azaz (a, c) ∈ R−1 . Ha x ∈ H maximális elem (H; R)-ben,
akkor nincs olyan y ∈ H, hogy (x, y) ∈ R, azaz x 4 y. Ez H; R−1 -ben azt jelenti, hogy nincs olyan y ∈ H,
(y, x) ∈ R−1 , azaz y 4 x. Következésképpen x minimális elem H; R−1 -ben. 1.234 A reláció az F halmazon nem antiszimmetrikus Példa f, g ∈ F -re, ahol f 4 g és g 4 f egyszerre igaz, mégis f 6= g:  1, ha n 6= 1; f : N N f (n) = 5, ha n = 1; és g: N N 1.235

g (n) =  1, ha n 6= 2; 5, ha n = 2. a) Reflexı́v, mert a + bj 4 a + bj, hiszen a ≤ a és b ≤ b. Antiszimmetrikus, mert ha a1 + b1 j 4 a2 + b2 j és a2 + b2 j 4 a1 + b1 j, akkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a1 , valamint b1 ≤ b2 és b2 ≤ b1 . Ekkor ≤ antiszimmetriája miatt a1 = a2 és b1 = b2 , vagyis a1 + b1 j = a2 + b2 j. Tranzitı́v, mert ha a1 + b1 j 4 a2 + b2 j, és a2 + b2 j 4 a3 + b3 j, akkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a3 , valamint b1 ≤ b2 és b2 ≤ b3 . Ekkor ≤ tranzitivitása miatt a1 ≤ a3 és b1 ≤ b3 , vagyis a1 + b1 j 4 a3 + b3 j. b) Nem, mert pl. 2 + j 4 3 + 0j és 3 + 0j 4 2 + j közül egyik sem teljesül c) 3 + 2j 3 + 1j 2 + 2j 1 + 2j 3 + 0j 2 + 1j 1 + 1j 0 + 2j 2 + 0j 0 + 1j 1 + 0j 0 + 0j d) sup (a1 + b1 j, a2 + b2 j) = max {a1 , a2 } + max {b1 , b2 } j inf (a1 + b1 j, a2 + b2 j) = min {a1 , a2 } + min {b1 , b2 } j 142 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK e) Igen, mert nem tartalmaz az alábbi két hálóval izomorf

részhálót∗: f) Legkisebb elem: 0 + 0j, legnagyobb elem: 3 + 2j. g) Csak a 0 + 0j, 0 + 2j, 3 + 0j, 3 + 2j elemeknek van komplementumuk: 0 + 0j = 3 + 2j, 0 + 2j = 3 + 0j. (Itt z a z komplex szám komplementumát jelenti, és nem a konjugáltját.) 1.236 Reflexı́v, azaz (a, b) 4 (a, b), hiszen a ≤ a és b = b teljesül Antiszimmetrikus, mert (a1 , b1 ) 4 (a2 , b2 ) és (a2 , b2 ) 4 (a1 , b1 ) csak abban az esetben teljesülhet, ha b1 = b2 . Ekkor a1 ≤ a2 és a2 ≤ a1 , ebből pedig következik, hogy (a1 , b1 ) = (a2 , b2 ). Tranzitı́v, mert a második komponensre vonatkozó < reláció tranzitı́v. Ha a 4 reláció úgy teljesül, hogy a második komponensek egyenlőek, akkor pedig az első komponensekre vonatkozó ≤ reláció tranzitivitása öröklődik. Könnyen meggondolható a másik két eset is. Dichotóm, mert (a1 , b1 ) 4 (a2 , b2 ) és (a2 , b2 ) 4 (a1 , b1 ) közül valamelyik biztosan teljesül, attól

függően, hogy b < d vagy d < b. Abban az esetben, ha b = d, akkor pedig a ≤ c vagy c ≤ a-től függően teljesül valamelyik reláció.† 1.237 a) Hamis. Pl Egy tetszőleges halmaz valódi részhalmazainak halmazán értelmezett ⊆ reláció. Legkisebb eleme: ∅, de legnagyobb nincs b) Igaz. Nem lehet másik minimális elem, hiszen a legkisebb elem minden elemnél kisebb, ı́gy nem létezhet más olyan elem, amelynél nincs kisebb. c) Igaz. Az előző válasz értelmében a legnagyobb elem maximális is lenne. d) Hamis. A felső határnak nem kell a halmazban lennie: pl a ([0, 1[ ; ≤) halmaznak nincs legnagyobb eleme, de felső határa az 1. ∗ Bővebben lásd az Algebrai struktúrák c. fejezetben megjegyezzük, hogy ezen lineáris rendezési reláció segı́tségével a halmaz elemei nem rendezhetők sorozatba. † Érdekességként 143 1.3 HALMAZOK SZÁMOSSÁGA e) Hamis. Pl (]0, 1] ; ≤) rendezett

halmaznak van alsó korlátja (pl a −1), de nincs legkisebb eleme. f) Hamis. Pl az (N {0, 1} ; |) részben-rendezett halmazban egynél több minimális elem van (ezek a prı́mek), de van alsó határa: 1. 1.3 1.31 Halmazok számossága a) Rendezzük sorozatba az egész számokat az alábbi módon: 0, −1, 1, −2, 2, −3, 3, . Az alábbi függvény megadja, hogy valamely k egész szám hányadik eleme a sorozatnak:  2k + 1, ha k ≥ 0; + f : Z Z , k 7 −2k, ha k < 0. Természetes, hogy minden elem sorszáma különböző (f injektı́v). Másrészt a kapott sorozat végtelen elemszámú, tehát minden pozitı́v egész szám eleme a függvény értékkészletének (f szürjektı́v). b) Az f függvény az AB szakasz P pontjait az A0 B 0 szakasz P 0 pontjaira képezi le az alábbi módon: P A B f (P ) = P 0 , ahol A0 P 0 = A0 B 0 · AP AB A0 P0 c) Az alábbi táblázatot racionális számokból készı́tjük el.

0 −1 1 −2 2 −3 B0 3 . − 12 1 2 − 22 2 2 − 23 3 2 . − 31 1 3 − 32 2 3 − 33 3 3 . − 41 1 4 − 42 2 4 − 43 3 4 . . . . . . . . 144 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK Az első sorba ı́rjuk az a) példában megadott módon az egész számokat. Ezután az m-edik sor azonos pozı́ciójába az első sorban lévő érték m-ed részét ı́rjuk. Az ı́gy képzett táblázat nyilvánvalóan tartalmazza az összes racionális számot (sőt, mindegyiket végtelen sokszor, pl.: 21 = 24 = 36 = 48 = ) Az ábrán berajzolt módon sorozatba rendezzük a racionális számokat, kihagyva azokat, amelyek korábban már szerepeltek:∗ 2 1 1 1 1 1 0, −1, 1, − , − , , −2, 2, − , , − , . 2 3 2 2 3 4 Így már a sorozat elemei különbözőek, és tartalmazzák az összes racionális számot, tehát a leképezés bijektı́v. d) f : ]0, 1[ R, f (x) = ctg πx e) A bijekció

megadását az nehezı́ti, hogy az egyik intervallumban egy” gyel több” pont van. Ennek kiküszöbölésére vegyünk egy olyan végtelen sorozatot, amelynek minden eleme különböző és a ]0, 1] intervallumban van, valamint első eleme az 1 Egy ilyen sorozat például az an = 2−n (n = 0, 1, 2, . ) Ebben a sorozatban feleltessük meg minden elemnek az utána következőt (azaz toljuk el” eggyel a sorozatot), ” az összes többi intervallumbeli elemnek pedig önmagát. Könnyen látható, hogy ez a leképezés bijektı́v:  1 1 2n+1 , ha ∃n ∈ N : x = 2n ; f : ]0, 1] ]0, 1[ , f (x) = x, egyébként. 1.32 Mindhárom esetben az a feladat, hogy az adott halmaz és a természetes számok halmaza között egy bijektı́v leképezést adjunk meg.  n, ha n páros; a) f : N 2Z, f (n) = −n − 1, ha n páratlan. b) Lásd az 1.31c) feladat megoldását c) Közismert, hogy végtelen sok prı́mszám van.† A számosságuk

ℵ0 , hiszen a természetes számok halmazának részhalmazát alkotják. ∗ Ez a lépés elkerülhető, ha a táblázat m-edik sorába már csak az m-hez relatı́v prı́mek m-mel osztott értékét ı́rjuk. † Ennek egy egyszerű bizonyı́tása még az ókori görögöktől származik. Tegyük fel, hogy csak véges sok prı́mszám van: p0 , p1 , p2 , . , pn Állı́tsuk elő a q = p0 p1 p2 pn + 1 számot Ez nem lehet prı́m, hiszen nem egyenlő p0 , p1 , p2 , . , pn egyikével sem Ha összetett, akkor viszont van prı́mosztója. Könnyű látni, hogy ez nem lehet az eddig ismert prı́mek egyike sem, ı́gy ellentmondásra jutottunk. 145 1.3 HALMAZOK SZÁMOSSÁGA 1.33 Ha a = b vagy a > b, akkor H = ∅, azaz |H| = 0 Ha a < b, akkor pedig bijekciót tudunk adni ]0, 1[ és ]a, b[ intervallumok között. f : ]0, 1[ ]a, b[ , f (x) = (b − a) x + a Mivel ]0, 1[ intervallum számossága kontinuum, ezért H

halmazé is. 1.34 a) Az X halmaz elemeinek x0 , x1 , x2 , . sorozatba rendezésével megadunk egy f : N X, f (n) = xn függvényt Ez bijektı́v, hiszen az X halmaz összes eleme képelem, és a sorozatban minden elem különböző. b) A sorozat elemei közül húzzuk ki az esetlegesen megegyezőket. Ekkor vagy véges sok, vagy ℵ0 számosságú különböző elem marad. c) Rendezzük az A = {a0 , a1 , a2 , . } és a B = {b0 , b1 , b2 , } halmaz elemeit sorozatba az alábbi módon: a0 , b0 , a1 , b1 , a2 , b2 , Ha a sorozatban van két megegyező elem, mert A ∩ B 6= ∅, akkor a Bből választottat húzzuk ki. Az eredményül kapott sorozat végtelen elemszámú, mivel A elemeit biztosan tartalmazza. Ezzel A ∪ B elemeit sorozatba rendeztük úgy, hogy a sorozatban minden halmazbeli elem pontosan egyszer szerepel. d) Legyen A egy végtelen sok elemből álló halmaz. Vegyünk ki A-ból egy a0 elemet, majd a maradék A1

halmazból vegyünk ki egy a1 elemet. Ez nyilván lehetséges, mert egy végtelen halmazból egyet elvéve végtelen sok elem marad. Folytassuk az eljárást: A1 = A {a0 } , A2 = A1 {a1 } , . , An = An−1 {an−1 } , a kivett A∗ = {a0 , a1 , . , an , } halmaz számossága nyilván megszámlálhatóan végtelen e) Vizsgáljuk az A B halmaz elemeit. Írjuk fel az A halmaz elemeit sorozatba és húzzuk ki azokat, amelyek B-ben is szerepelnek. A megmaradt elemek véges vagy végtelen elemszámú sorozatot alkotnak f) A halmazok elemei (véges vagy végtelen) sorozatba rendezhetők. Írjuk fel azt a táblázatot, amelynek n-edik sorában az An halmaz elemei szerepelnek véges vagy végtelen sorozatba rendezve. 146 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK A1 a11 a12 a13 . a1k . A2 a21 a22 a23 . a2k . A3 . . a31 . . a32 . . a33 . . . . . a3k . . . . . An . . an1 . . an2 . . an3 . . . . . ank . . . . .

Rendezzük sorozatba az ∞ S An halmaz elemeit az ábrán kijelölt sor- n=1 rendben. Egy elemet csak az első előfordulásakor válasszunk be a sorozatba. 1.35 a) |R| = |]0, 1[|: lásd az 1.31d) feladatot |]0, 1[| = |[0, 1]|: lásd az 1.31e) feladatot |[0, 1]| = |[a, b]|: lásd az 1.31b) vagy az 133 feladatot |[a, b]| = |[a, ∞[|: az 1.31e) feladat alapján tudjuk, hogy |[a, b]| = |[a, b[|. Az |[a, b[| = |[a, ∞[| ekvivalenciát pedig az f : [a, b[ [a, ∞[ , f (x) = tg π (x − a) 2 (b − a) bijekció bizonyı́tja. b) Ábrázoljuk az egységnyi oldalú négyzetet az ábrán látható módon a derékszögű koordinátarendszerben. A négyzet tetszőleges P (x, y) pontjának koordinátáit ı́rjuk fel végtelen tizedestört a- 1 P (x, y) lakban. Mivel a racionális számok egy részének két tizedestört-alakja van∗ , ezért állapodjunk meg, hogy mindig csak az egyiket, a tiszta 0 végű alakot használjuk x = 0, x1 x2

x3 . xn , ha x 6= 1 y = 0, y1 y2 y3 . yn , ha y 6= 1 1 P∗ Ha x 6= 1 és y 6= 1, akkor a négyzet P (x, y) ∗ Például: 0, 1 = 0, 099999 . 1.3 HALMAZOK SZÁMOSSÁGA 147 pontjához rendeljük hozzá azt a P ∗ pontot az x tengelyen, amelynek x koordinátája: 0, 00x1 y1 x2 y2 . xn yn valós szám végtelen tizedestört alakban felı́rva. Amennyiben x = 1 és y 6= 1, akkor a 0, 10x1 y1 x2 y2 . xn yn számot, ha y = 1 és x 6= 1, akkor a 0, 01x1 y1 x2 y2 . xn yn számot, mı́g ha x = 1 és y = 1, akkor az 1 számot feleltessük meg a négyzet (x, y) koordinátájú pontjának. A kapott P ∗ nyilván a [0, 1] intervallumban van, nem végződhet csupa 9-esre, és bármely P (x, y) pontból előállı́tható. A leképezés injektı́v: más koordinátájú ponthoz más szám tartozik. Ugyanakkor a leképezés nem szürjektı́v, hiszen azok a számok biztosan nem állnak elő képként, amelyek első

tizedes jegye például 2; de azok az irracionális számok sem, amelyek minden második jegye 9. Így egyértelműen: |[0, 1] × [0, 1]| ≤ |[0, 1]|. A [0, 1] [0, 1] × [0, 1] , x 7 (0, x) injektı́v leképezés egyszerűen magyarázza a |[0, 1] × [0, 1]| ≥ |[0, 1]| összefüggést. Összevetve a két egyenlőtlenséget a feladat állı́tását kapjuk. 1.36 a) |A × B| = |A| · |B| b) A × B halmaz elemeit rendezzük táblázatba úgy, hogy a táblázat iedik sorának j-edik oszlopába kerüljön az (ai , bj ) elem. Ezután az elemeket rendezzük sorozatba az 1.31c) vagy az 134f) feladatban látott módon. A × B számossága tehát ℵ0 c) A direkt szorzat tényezői kontinuum számosságúak, tehát mindkettő ekvivalens az X = [0, 1] számhalmazzal, mı́g a direkt szorzat az X × X halmazzal ekvivalens. Az 135b) feladat alapján viszont |X| = |X × X|, ı́gy az eredeti halmazok direkt szorzata is kontinuum

számosságú. 1.37 A bizonyı́tást végezze el n-re vonatkozó teljes indukcióval Használja ki az 1.36b) feladatban belátott tételt, amely szerint két ℵ0 számosságú halmaz direkt szorzata is ℵ0 számosságú halmaz. 1.38 Véges esetben egy n elemű halmaz hatványhalmazának számossága 2n ; az állı́tás teljes indukcióval egyszerűen igazolható. Végtelen esetben tegyük fel indirekten, hogy létezik f : A P(A) bijektı́v leképezés, amely a ∈ A-hoz Ha ∈ P(A)-t rendeli. Tekintsük azon t ∈ A elemek T halmazát, amelyekre t ∈ / Ht . Mivel T részhalmaza A-nak, azaz T ∈ P(A), indirekt feltevésünk értelmében biztosan létezik olyan t0 elem, amelyre f (t0 ) = T . Ekkor t0 -ra vonatkozóan az alábbi ellentmondásra 148 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK jutunk: ha t0 ∈ T , akkor T definı́ciója miatt t0 ∈ / T , hiszen T azokat (és csak azokat) az elemeket tartalmazza, amelyek nem

elemei a hozzájuk rendelt halmaznak; ha pedig t0 ∈ / T , akkor pedig szintén T definı́ciója miatt t0 ∈ T . Következésképpen nincs ilyen f függvény A g : A P(A), g(a) = {a} függvény az A halmazt kölcsönösen egyértelműen képezi le P(A) valódi részhalmazára. Mindebből következik, hogy |A| < |P(A)|. (Érdemes megjegyezni, hogy ezek szerint egy ℵ0 számosságú halmaz hatványhalmaza nem ℵ0 számosságú, hanem ennél nagyobb; bizonyı́tható, hogy kontinuum számosságú. Egy kontinuum számosságú halmaz hatványhalmaza még ennél kontinuumnál is nagyobb számosságú, és ı́gy tovább. Hatványhalmazokkal tetszőlegesen nagy számosság előállı́tható) 1.39 a) A legfeljebb n-edfokú polinomok együtthatói (a0 , a1 , . , an ) egyértelműen meghatározzák a polinomot Halmazuk számossága tehát megegyezik Zn+1 számosságával, amely ℵ0 . (Lásd az 137 feladatot) b) A

hatványsort egyértelműen meghatározza az együtthatóiból alkotott végtelen sorozat: a0 , a1 , a2 , . , an , Tegyük fel, hogy az ilyen sorozatok száma megszámlálhatóan végtelen. Indirekt feltevésünk értelmében ekkor sorozatba rendezhetők: (1) a1 (2) a1 (3) a1 . . a0 . . (k) a1 . . b0 b1 (1) (2) (3) . . a0 (2) a0 (3) a0 . . (k) . . (1) . . . . . an (2) an (3) an . . (1) . . . . . (k) . an . . . . . bn (k) . . . . Bármilyen sorozatba rendezés esetén létezik olyan egész számokból alkotott b0 , b1 , . , bn , sorozat, amely nem szerepel a felsorolásban Ilyen sorozatot konstuálunk, ha az elemek az alábbi megszorı́(1) (2) (n+1) tások mellett: b0 6= a0 , b1 6= a1 , . , bn 6= an , . tetszőleges egészek. Így tehát ellentmondásra jutottunk, az egész együtthatós hatványsorok halmazának számossága nem megszámlálható. 1.4 REKURZIÓK 149 (Érdemes itt is felfigyelni

arra, hogy amı́g véges sok ℵ0 számosságú halmaz direkt szorzata megszámlálható, addig már megszámlálhatóan sok ilyen halmaz direkt szorzata kontinuum számosságú.) 1.4 Rekurziók 1.41 Legyen f (n) = n! A függvény definı́ciója akkor rekurzı́v, ha f (n) definı́ciójához felhasználunk olyan f (l) érték(ek)et, amely(ek)re l < n Ezért:  1, ha n = 0; f (n) = n · f (n − 1), ha n > 0. 1.42 Jelölje a dolgozó fizetését a belépését követő n-edik évben f (n)  100 000, ha n = 1; f (n) = 1, 04 · f (n − 1) + 1 000, ha n > 1. 1.43 Az n − 1 elemű halmaz részhalmazainak száma: sn−1 Ha a halmazhoz hozzávesszük az n-edik elemet, akkor úgy kaphatjuk meg az összes részhalmazt, hogy az eddigiek mindegyikéhez vagy hozzávesszük az új elemet vagy nem. Ezért az n elemű halmaznak kétszer annyi részhalmaza van, mint az n − 1 eleműnek. Tehát:  1, ha n = 0; sn = 2sn−1 , ha n

> 0. 1.44 Jelölje ln azon lehetőségek számát, ahányféleképpen végigmehetünk az n lépcsőből álló lépcsősoron, az adott feltételeknek megfelelően. Ha egy lépéssel kezdjük a sort, akkor onnan annyiféleképpen folytathatjuk, ahányféleképpen az n − 1 lépcsőből álló soron mehetünk végig, azaz ln−1 féleképpen. Ha két lépcsőt ugrunk elsőre, akkor onnan ln−2 -féleképpen folytathatjuk a sort. Az n lépcsőből álló soron ezek szerint ln−1 + ln−2 féleképpen mehetünk végig Mivel ln kiszámı́tásához a kettővel előtte lévő értékre is szükségünk van, n első két értékét kell expliciten megadnunk.  ha n = 1;  1, ln = 2, ha n = 2;  ln−1 + ln−2 , ha n > 2. 150 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1.45 Jelölje f (n) a maximálisan keletkező sı́krészek számát Akkor keletkezik a lehető legtöbb sı́krész, ha az

egyeneseket úgy rajzoljuk be, hogy minden egyes lépésben külön-külön maximális számú sı́krész keletkezik. Tegyük fel, hogy n − 1 darab egyenes már a sı́kon van. Húzzuk be az n-edik egyenest. Akkor keletkezik a lehető legtöbb új sı́krész, ha az új egyenes a régiek mindegyikét különböző pontban metszi. Ekkor az új egyenesen n − 1 darab metszéspont és n darab egyenesrész (két félegyenes és n − 2 szakasz) keletkezik. Minden egyes egyenesrész elvág egy sı́krészt, azaz pontosan ennyi új sı́krész keletkezik a régiek mellé.  1, ha n = 0; f (n) = f (n − 1) + n, ha n > 0. 1.46 Alkalmazzuk az előző feladat gondolatmenetét Akkor keletkezik a lehető legtöbb sı́krész, ha a köröket úgy rajzoljuk be, hogy minden egyes lépésben külön-külön maximális számú sı́krész keletkezik. Tegyük fel, hogy n − 1 darab kör már a sı́kon van. Húzzuk be az n-edik

kört Akkor keletkezik a lehető legtöbb új sı́krész, ha az új kör a régiek mindegyikét különböző pontokban metszi. Ekkor az új körön 2 (n − 1) metszéspont, és ugyanennyi körı́v keletkezik. Ez megegyezik az elmetszett, és ı́gy az újonnan keletkező sı́krészek számával.∗  ha n = 0;  1, 2, ha n = 1; f (n) =  f (n − 1) + 2 (n − 1) , ha n > 1. 1.47 Jelölje f (n) a lehetséges elhelyezések számát 1. ábra | {z f (n − 1) 2. ábra } | {z f (n − 2) } Ha az első dominót az 1. ábrának megfelelően függőlegesen helyezzük el, akkor onnan f (n− 1)-féleképpen folytathatjuk a sort; mı́g ha a 2. ábrának ∗ Vigyázat! juk. Itt a rekurzió nem működik 0-ról 1-re, ezért az n = 1 kezdeti értéket is megad- 151 1.4 REKURZIÓK megfelelően vı́zszintesen féleképpen folytathatjuk   f (n) =  helyezzük le az első dominót, akkor f (n − 2)a

kitöltést. 1, ha n = 1; 2, ha n = 2; f (n − 1) + f (n − 2), ha n > 2.
1.48 Azért hogy ne tévesszük szem elől a rekurzió lényegét, jelöljük az nk binomiális együtthatót B(n, k)-val. A rekurzió megadására több lehetőségünk is van Felhasználhatjuk az   n! n−k+1 n n! · = = = k! (n − k)! k (k − 1)! (n − (k − 1))! k   n n−k+1 · = k k−1 összefüggést. Ekkor  ha k = 0; · B(n, k − 1), ha k > 0.

Ehhez hasonlóan alkalmazhatjuk az nk = nk n−1 k−1 összefüggést.


n−1 Vagy használhatjuk az nk = n−1 azonosságot.∗ Ebben az esetk−1 + k ben  1, ha k = 0 vagy k = n; B(n, k) = B(n − 1, k − 1) + B(n − 1, k), ha 0 < k < n. B(n, k) = 1, n−k+1 k 1.49 Tekintsük a legelső elemet a sorban Ha ezt kiválasztjuk, akkor a másodikat nem választhatjuk, a továbbiak közül pedig f (n − 2, k − 1)-féleképpen folytathatjuk a kiválasztást. Ha az elsőt nem

választottuk ki, akkor a maradék n − 1 helyről kell k elemet választani a feltételnek megfelelően; ez f (n − 1, k) lehetőség. A rekurzió jól-definiáltságához elengedhetetlenül szükséges báziskritérium meghatározása alaposabb meggondolást igényel. Ennek vizsgálatát a végeredmény közlése mellett az olvasóra bı́zzuk.  ha k = 1;  n, 0, ha k ≥ n2 + 1; f (n, k) =  f (n − 1, k) + f (n − 2, k − 1), ha 1 < k < n2 + 1. ∗ Lásd a 2.51b) feladatot 152 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 1.410 Jelöljük az A B szürjektı́v függvények számát f (m, n)-nel Akkor szürjektı́v a függvény, ha az értékkészlete pontosan n elemű Ezek számát megkapjuk, ha az összes A B függvény számából levonjuk azon függvények számát, amelyek értékkészlete pontosan k elemű, minden k < n esetén; és ezt annyiszor tesszük meg, ahányféleképpen az

n darab B-beli elemből k darabot beválaszthatunk az értékkészletbe.  1, ha n = 1;    0, ha m < n; f (m, n) = n−1 P n
 m   n − k · f (m, k), ha 1 < n ≤ m. k=1 1.411 Analı́zis tanulmányokból ismert, hogy (xn )0 = nxn−1 Ez alapján:  n x , ha k = 0; D(n, k) = n · D(n − 1, k − 1), ha k > 0. 1.412 Jelölje D(A, n) az n × n-es A mátrix determinánsának értékét, valamint legyen A0ij a mátrix i-edik sorának és j-edik oszlopának elhagyásával keletkező mátrix. Felhasználva a determinánsok kifejtési tételét:  ha n = 1;  a11 , n
P 1+j D(A, n) = a1j · (−1) · D A01j , n − 1 , ha n > 1.  j=1 1.413 Jelöljük a sinn x függvény határozatlan integrálját In -nel Alkalmazzuk a parciális integrálás módszerét. In =   Z sinn x dx = u0 = sin x u = − cos x Z sin x · sinn−1 x dx =  v = sinn−1 x  v 0 = (n − 1) sinn−2 x · cos x n−1 =

− cos x · sin x + (n − 1) = − cos x · sinn−1 x + (n − 1) Z n−2 2 x dx = cos | {z x} · sin 1−sin2 x  Z sinn−2 x dx − sinn x dx {z } | {z } | Z In−2 In 153 1.4 REKURZIÓK 1.414 Az egyenletet rendezve kapjuk, hogy nIn = (n − 1) In−2 − cos x · sinn−1 x. Ennek segı́tségével pedig:  ha n = 0;   x + C, − cos x + C, ha n = 1; In =   n−1 n−1 1 x, ha n > 2. n In−2 − n cos x · sin a) Q(2, 3) = 0 Q(14, 3) = Q(11, 3) + 1 = = Q(8, 3) + 1 + 1 = = Q(5, 3) + 1 + 1 + 1 = = Q(2, 3) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4 b) A függvény az első bemeneti értékből addig vonja le a másodikat, amı́g az kisebb nem lesz nála. Közben minden egyes levonáskor 1gyel növeli a függvényértéket, azaz számlálja a levonások számát A függény tehát az ab hányados egész részét adja meg. Így könnyen megadhatjuk a keresett értéket: Q(7134, 11) = 648. 1.415 a) L(25)= L(12) + 1 =

= L(6) + 1 + 1 = = L(3) + 1 + 1 + 1 = = L(1) + 1 + 1 + 1 + 1 = 0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4 b) A függvény azt számlálja, hogy hányszor van meg a 2 az n számban. Ezért az n szám kettes alapú logaritmusának egészrészét adja eredményül: L(n) = blog2 nc. Másképpen, ha 2k ≤ n < 2k+1 , akkor L(n) = k. 1.416 a) Ha 0 < b < 1 és b ≤ a, akkor a rekurzió alkalmazása során az első argumentum egyre nő, ı́gy egyre távolabb kerül a báziskritérium teljesülésétől. Ha b = 1 ≤ a, akkor az első argumentum értéke megmarad, nem közeledik a báziskritérium teljesüléséhez Minden egyéb DL -beli értékre a rekurzió jól-definiált. b) L(682, 10) = L(68.2, 10) + 1 = L(682, 10) +2 = 2 | {z } =0 L(1024, 8) = L(128, 8) + 1 = L(16, 8) + 2 = L(2, 8) +3 = 3 | {z } =0 154 1.417 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK c) Ha b > 1, akkor az a szám b alapú logaritmusának egész-részét kapjuk

eredményül: L(a, b) = blogb ac, vagyis az az n természetes szám lesz az eredmény, amelyre bn ≤ a < bn+1 . Ha 0 < b ≤ 1, akkor az eredmény 0.  654238  = b4.21c = 4 L(654238, 8) = blog24 654238c = ln ln 24 a) A rekurzió használata ebben az esetben körülményes és erőforráspazarló. A függvény minden egyes lépésben kétszer hivatkozik saját magára, ráadásul egy-egy értéket többször is külön-külön kiszámı́t. Az iteráció sokkal célravezetőbb, hiszen a számı́tás egy szálon” fut ” csak: F2 = F1 + F0 = 1, F3 = F2 + F1 = 2, . , F18 = F17 + F16 = 2584 b) Beolvas(n) FibA:=0 : FibB:=1 Ciklus i=2-től n-ig Fib:=FibA+FibB FibA:=FibB FibB:=Fib Ciklus vége Kiı́r(n) 1.418 a) A függvény első argumentuma tetszőleges valós szám lehet: a ∈ R. A rekurzió megadásából látszik, hogy a második argumentum negatı́v szám nem lehet, ugyanakkor csak egész szám lehet, mert

különben nem éri el a báziskritériumot, végtelen ciklusba kerül. Ezért b ∈ N, tehát DP = R × N. b) P (6, 4) = P (6, 3)+6 = P (6, 2)+12 = P (6, 1)+18 = P (6, 0) +24 = 24 | {z } =0



5 5 15 = P , 0 = + P 56 , 3 = P 56 , 2 + 56 = P 56 , 1 + 10 6 6 2 | {z } 6 =0 c) A függvény kiszámı́tja egy valós és egy természetes szám szorzatát, mert b-szer veszi a-t összeadandóként. f : R × N R (a, b) 7 a · b Ezért f (4, 39) = 4 · 39 = 156. 1.419 a) Ha a = 0, akkor a függvény végtelen ciklusba kerül. Elvileg b bármilyen valós szám lehet; ekkor DN = R {0} × R (A feladat viszont akkor szép”, ha b csak egész szám lehet, vagyis DN = R {0} × Z.) ” b) N (−294, 9) = N (−29.4, 10) = N (−294, 11) = (−294, 11) 155 1.4 REKURZIÓK N (1459, −4) = N (145.9, −3) = N (1459, −2) = N (1459, −1) = = (1.459, −1) c) Ha DN = R {0} × Z, akkor a függvény megadja az x = a · 10b szám normál alakjában az

(előjeles) mantissza és karakterisztika értékét. Ez alapján N (5948102, 43) = (5.948102, 49) 1.420 a) f (10, 15) = f (15, 10) = = f (10, 5) = = f (5, 0) = 5 f (18, 63) = f (63, 18) = = f (18, 9) = = f (9, 0) = 9 f (728, 420) = f (420, 308) = = f (308, 112) = = f (112, 84) = = f (84, 28) = = f (28, 0) = 28 b) A két szám legnagyobb közös osztóját adja eredményül∗. 1.421 a) Az a1 , a2 , . elemek helyére bármely valós szám ı́rható Az sincs megkötve, hogy hány változós a függvény, ı́gy Df = R ∪ R2 ∪ R3 ∪ .
b) f (2, 4, 9) = 32 f (2, 4) + 93 = 23 12 f (2) + 42 + 3 = 23 (1 + 2) + 3 = 5 |{z} =2 f (1, 4, 5, 9) = = = 3 2 9 3 4 f (1, 4, 5) + 4 = 4 3 f (1, 4) +

3 2 1 f (1) + 42 + 53 + 94 = 34 4 3 2 |{z} 3 4 1 3 + =1
4 5 3 + 3 + 9 4 = 1 4 + 4 4 + 5 4
5 3 2 3 + 9 4 1 2 + + 9 4 = =
4 2 19 4 + 5 3
+ 9 4 = c) A függvény megadja az argumentumában lévő n darab szám átlagát.

(Ez az argumentumok számára vonatkozó teljes indukcióval könnyen igazolható.) = 177 Ez alapján f (4, 39, 23, 15, 96) = 4+39+23+15+96 5 5 = 35, 4. 1.422 Jelölje Hanoi(k,X,Y,Z) azt az eljárást, hogy k darab korongot áthelyezünk az X rúdról az Y rúdra a Z rúd segı́tségével, a szabályokat betartva. A rekurzió azon alapul, hogy ha már k − 1 korongot át tudunk helyezni egyik rúdról egy másikra, akkor helyezzünk át k − 1 darab korongot az A rúdról a C-re. Ekkor fogjuk meg az A-n lévő legfelső korongot, és tegyük át B-re (jelölje ezt az eljárást Átrak(A,B)), majd tegyük B-re az átmenetileg C-n tárolt k − 1 darab karikát. ∗ Az ejárás neve: Euklideszi algoritmus. Programozás szempontjából egyszerűbb az eljárás, ha a függvény definı́ciójában f (b, a mod b) helyett f (a − b, b)-t ı́runk. 156 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK Eljárás Hanoi(n,A,B,C): Ha

n=1 akkor Átrak(A,B) különben Hanoi(n-1,A,C,B) Átrak(A,B) Hanoi(n-1,C,B,A) Eljárás vége 1.5 Teljes indukció A megoldásoknál P (n)-nel jelöljük az n-re vonatkozó állı́tást. Amikor felhasználjuk az indukciós hipotézist, azt a relációs jelre tett ih betűkkel jelöljük 1.51 a) b) c) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve, mindkét oldalon 1-et kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k X X
i.h 1 i 6k+1 − 1 + 6k+1 = 6 = 6i + 6k+1 = 5 i=0 i=0
1 k+2 6 1 6 = · 6k+1 − = −1 5 5 5 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 1-et kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k X X i.h 1 i + (k + 1) = k (k + 1) + (k + 1) = i= 2 i=1 i=1   (k + 1) (k + 2) 1 k+1 = = (k + 1) 2 2 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 2-t kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k X X i.h i (i + 1)

= i (i + 1) + (k + 1) (k + 2) = i=1 i=1 1 k (k + 1) (k + 2) + (k + 1) (k + 2) = 3   1 (k + 1) (k + 2) (k + 3) k+1 = = (k + 1) (k + 2) 3 3 = 157 1.5 TELJES INDUKCIÓ d) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 6-ot kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 X i (i + 1) (i + 2) = i=1 = k X i.h i (i + 1) (i + 2) + (k + 1) (k + 2) (k + 3) = i=1 1 k (k + 1) (k + 2) (k + 3) + (k + 1) (k + 2) (k + 3) = 4   1 k+1 = = (k + 1) (k + 2) (k + 3) 4 (k + 1) (k + 2) (k + 3) (k + 4) = 4 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) = e) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 1-et kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k X X
i.h 2i−1 = 2i−1 + 2k = 2k − 1 + 2k = i=1 f) g) i=1 = 2 · 2k − 1 = 2k+1 − 1 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 1-et kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k X X 2 i.h 1 2

i2 = i2 + (k + 1) = k (k + 1) (2k + 1) + (k + 1) = 6 i=0 i=0
1 = (k + 1) 2k 2 + k + 6k + 6 = 6 (k + 1) (k + 2) (2k + 3) = 6 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve, mindkét oldalon 1-et kapunk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): 2  k+1 k X X 3 i.h k (k + 1) 3 3 + (k + 1)3 = i = i + (k + 1) = 2 i=0 i=0 158 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK 2 2 
k+1 (k + 1) (k + 2) 2 k + 4k + 4 = = 2 2 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n)  1.52 a) i. P (7) igaz: 7-et behelyettesı́tve az 5040 > 2187 egyenlőtlenséget kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): i.h b) (k + 1)! = (k + 1) k! > (k + 1) 3k > 3 · 3k = 3k+1 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (2) igaz: 2-t behelyettesı́tve az 54 < 32 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k k+1 X X 1 i.h 1 1 1 1 = + 2 < 2− k + 2 = 2 2 i i (k + 1) (k + 1) i=0 i=1 k 2 + 2k + 1 − k k (k + 1) + 1 =2− = 2 2 k

(k + 1) k (k + 1) 1 1 1 =2− − <2− 2 k + 1 k (k + 1) k+1 =2− c) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (5) igaz: 5-öt behelyettesı́tve a 25 < 32 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): i.h 2 (k + 1) = k 2 + 2k + 1 < 2k + 2k + 1 < 2k + 2k = = 2 · 2k = 2k+1 d) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (5) igaz: 5-öt behelyettesı́tve a 3 628 800 < 3 686 400 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): i.h (2 (k + 1))! = (2k)! · (2k + 1) (2k + 2) < 2 < (k!) · 4k−1 (2k + 1) (2k + 2) =
2 = (k!) · 4k−1 · 2 k + 12 · 2 (k + 1) < 2 < (k!) · 4k−1 · 4 (k + 1) (k + 1) = (k + 1)!2 · 4k iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 159 1.5 TELJES INDUKCIÓ e) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve az 1 > 0 egyenlőtlenséget kapjuk P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve a 3 > 2 egyenlőtlenséget kapjuk. P (2) igaz: 2-t behelyettesı́tve a 9 > 8

egyenlőtlenséget kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k≥2 i.h 3k+1 = 3 · 3k > 3 · k · 2k = (2k + k) 2k ≥ (2k + 2) 2k = = 2 (k + 1) 2k = (k + 1) 2k+1 f) g) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (2) igaz: 2-t behelyettesı́tve az 1, 707 > 1, 414 egyenlőtlenséget kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k k+1 X X 1 i.h √ 1 1 1 √ = √ +√ > k+ √ = k+1 k+1 i i i=1 i=1 p √ √ k (k + 1) + 1 k2 + 1 k+1 √ = > √ = √ = k+1 k+1 k+1 k+1 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve az 1 ≥ 1 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 (1 + h) h) k i.h = (1 + h) (1 + h) ≥ (1 + kh) (1 + h) = = 1 + kh + h + kh2 ≥ 1 + (k + 1) h iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (3) igaz: 3-at behelyettesı́tve a 64 < 81 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)), azazátfogalmazva az i  k+1 h
k k+2 <k

<k+1 : állı́tást: ∀k k+1 k k+1  k   1 1 1+ < k+1 k+1 k      i.h 1 1 1 1+ < 1+ < k 1+ = k k+1 k+1 k =k+ <k+1 k+1 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) k+2 k+1 k+1  = 1+ 160 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK i) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve a 0 ≥ 0 egyenlőtlenséget kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): |sin (k + 1) α| = |sin (kα + α)| = |sin kα cos α + cos kα sin α| ≤ i.h ≤ |sin kα| · |cos α| + |cos kα| · |sin α| ≤ | {z } | {z } ≤1 ≤1 ≤ k |sin α| · 1 + 1 · |sin α| = (k + 1) |sin α| iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.53 a) b) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve az 1 | 1 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): (2 (k + 1))! = (2k + 2)! = (2k)! (2k + 1) (2k + 2) Az indukciós hipotézis értelmében (2k)! osztható 2k -nal, és 2k+2 pedig szintén osztható 2-vel, ezért (2k + 2)! osztható 2k+1 -nel. iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P

(n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve a 6 | 0 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): 3 (k + 1) + 5 (k + 1) = k 3 + 3k 2 + 3k + 1 +
5k + 5 = = k 3 + 5k + 3 k 2 + k + 6 = = k 3 + 5k + 3k (k + 1) +6 | {z } | {z } i.h 6| c) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve az 5 | 5 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): 32(k+1) + 4(k+1)+1 = 32k · 32 + 4k+1
· 4 = (k+1) = 9 32k + 4k+1 − |5 · 4{z } {z } | i.h 5| d) 6| Az összeg második tagja azért osztható 6-tal, mert 3-mal és 2-vel is osztható. A 2-vel való oszthatóságot az magyarázza, hogy k és k + 1 közül ez egyik biztosan páros. iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 5| i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve a 120 | 0 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): (k + 1)5 − 5 (k + 1)3 + 4 (k + 1) = = k 5 + 5k 4 + 10k 3 + 10k 2 + 5k + 1− 161 1.5 TELJES

INDUKCIÓ
−5 k 3 + 3k 2 + 3k + 1 + 4k + 4 = = k 5 − 5k 3 + 4k + 5 (k − 1) k (k + 1) (k + 2) {z } | | {z } i.h 120| e) 120| Az utolsó tag egy öttényezős szorzat, amely 5-tel biztosan osztható. Négy egymást követő szám között pedig biztosan van két páros, amelyek közül az egyik 4-gyel is osztható, ezért szorzatuk biztosan osztható 8-cal is. A négy egymást követő szám között van (legalább egy) 3-mal osztható szám is, ı́gy a teljes szorzat osztható 3 · 5 · 8 = 120-szal. iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve a 18 | 18 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): 22(k+1) + 24 (k + 1) − 10 = 22k · 22 + 24k + 24
− 10 = = 4 22k + 24k − 10
− 3 · 24k + 54 = = 4 22k + 24k − 10 − 18 (4k − 3) {z } | {z } | 18| i.h 18| iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.54 a) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve a 2 = 2 igaz állı́tást kapjuk P (1)

igaz: 1-et behelyettesı́tve az 1 = 1 igaz állı́tást kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) P (k + 1)):   i.h k k+1 ak+1 = ak + 2ak−1 = 2k+1 + (−1) + 2 2k + (−1) = k k = 2k+1 + (−1) · (−1) + 2k+1 + 2 · (−1) = k k+2 = 2 · 2k+1 + (−1) = 2k+2 + (−1) b) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve a 2 > 3 2 egyenlőtlenséget kapjuk. 9 4 P (2) igaz: 2-t behelyettesı́tve a 3 > egyenlőtlenséget kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) P (k + 1)):
k
k−1 i.h = ak+3 = ak+2 + ak+1 > 23 + 32



k+1 k+1 k+1 3 k+1 = 23 · 32 + 49 · 32 = 10 > 32 9 · 2 c) iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve a 0 = 0 igaz állı́tást kapjuk P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve az 1 = 1 igaz állı́tást kapjuk. 162 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k ((P (k) ∧ P (k − 1)) P (k + 1)): 

√   √ k  k i.h 1 1+ 5 − 1−2 5 + ak+1 = ak + ak−1 = √5 2  √     √ k−1 k−1 1+ 5 + √15 − 1−2 5 = 2   √ k+1  √ k+1  1+ 5 1 2√ 2√ √ = 5 1+ 5 − 1− 5 1−2 5 + 2  2  √ k+1  2  √ k+1  2√ 1+ 5 1− 5 − 1−2√5 = + √15 2 2 1+ 5   √ √     2(1+ 5)+4 1+√5 k+1 2(1− 5)+4 1−√5 k+1 √ √ 2 − = = √15 2 2 (1+ 5) (1− 5)2  √    √ k+1 k+1 1+ 5 1− 5 = √15 − 2 2 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.55 Néhány értékre kipróbálva sejtsük meg, hogy az első n páratlan számot összeadva melyik négyzetszámot kapjuk eredményül. Ezért a feladat állı́n P tása: (2i − 1) = n2 . i=1 i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve az 1 = 12 igaz állı́tást kapjuk ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): k+1 k P P i.h (2i − 1) = (2i − 1) + 2 (k + 1) − 1 = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2 i=1 i=1 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.56 Felhasználva az 145 feladat

jelölését az állı́tás: f (n) = i. P (0) igaz: 0-t behelyettesı́tve 0-t kapunk 1 2
n2 + n + 2 . ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)):
i.h f (k + 1) = f (k) + (k + 1) = 12 k 2 + k + 2 + k + 1 =  
= 12 k 2 + 3k + 4 = 12 (k + 1)2 + (k + 1) + 2 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.57 Felhasználva az 146 feladat jelölését az állı́tás: f (n) = n2 − n + 2 i. P (1) igaz: 1-et behelyettesı́tve 2-t kapunk 163 1.5 TELJES INDUKCIÓ ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): i.h f (k + 1) = f (k) + 2k = k 2 − k + 2 + 2k = = k 2 + k + 2 = (k + 1)2 − (k + 1) + 2 iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.58 i. P (3) igaz: a háromszög belső szögeinek összege 180◦ ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)): Bármely k+1-szögnek van konvex szöge. Válasszuk ki a hozzá tartozó csúcsot, és a két szomszédos csúcsot összekötve bontsuk fel a k + 1szöget egy k-szögre és egy háromszögre. Az

indukciós feltevés szerint ekkor a k-szög belső szögeinek összege (k − 2) 180◦ . A k + 1-szög belső szögeinek összege megegyezik a k-szög és a háromszög belső szögeinek összegével, ı́gy az tényleg (k − 1) 180◦ . iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) 1.59 Két lehetséges módszert is bemutatunk a bizonyı́tásra Az elsőben a szokásos indukciós módszer szerint, mı́g a másodikban a feladat szövegében leı́rt útmutató szerint járunk el. p 2 2 1. i P (2) igaz: a1 a2 ≤ a1 +a 2 -t átrendezve a 0 ≤ (a1 − a2 ) egyenlőtlenséget kapjuk. ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k) P (k + 1)):
k k , azt kell igazolni, Feltéve, hogy a1 a2 . ak ≤ a1 +a2 ++a k hogy a1 a2 . ak ak+1 ≤ Ak+1 , ahol A a k + 1 elem számtani közepe. Ha van a1 , a2 , , ak+1 között A-val egyenlő (legyen ez k = A is teljesül és pl. ak+1 = A), akkor kész, mert a1 +a2 ++a k i.h 2. a1 a2 . ak ak+1 ≤ An · A = Ak+1

Ha nincs ilyen elem, akkor válasszunk egy A-nál kisebb és egy A-nál nagyobb elemet: A − x, A + y, ahol x, y ∈ R+ . Ezeket helyettesı́tsük A-val és (A + y − x)-szel, amelyek mindegyike nemnegatı́v Mivel (A − x) (A + y) < A (A + y − x), ezért a k + 1 szám szorzata növekedett, számtani közepe azonban változatlan maradt. Az előző bekezdés értelmében még az új szorzat sem nagyobb Ak+1 -nél. iii. i ∧ ii =⇒ ∀n P (n) i. P (2) igaz: Lásd az 1 bizonyı́tási módszernél 164 1. HALMAZELMÉLETI ÉS ALGEBRAI FOGALMAK
ii. Bizonyı́tandó, hogy ∀m P (2m−1 ) P (2m ) : 1 1 1 1 m 2m (a1 + a2 + . a2 ) = 2m−1 2 (a1 + a2 ) + 2 (a3 + a4 ) + +  P (2) + 12 (a2m −1 + a2m ) ≥ p  i.h p p 1 a1 a2 + a3 a4 + . + a2m −1 a2m ≥ ≥ 2m−1 p m ≥ 2 a1 a2 . a2m iii. Bizonyı́tandó, hogy ∀k (P (k + 1) P (k)): p Alkalmazzuk P (k+1)-et az a1 , a2 , . , ak , k a1 a2 ak számokra Ekkor   i.h p 1 k a a

. a + a + . . . a + . . a ≥ 1 2 1 2 k k k+1 q q p k+1 k+1 (a1 a2 . ak ) k = ≥ k+1 a1 a2 . ak k a1 a2 ak = p = k a1 a2 . ak p k a1 a2 . ak ≥ Ezzel bebizonyı́tottuk, hogy a1 + a2 + . ak + p p k k (k + 1) a1 a2 . ak , vagyis a1 + a2 + ak ≥ k a1 a2 ak iv. i ∧ ii ∧ iii =⇒ ∀n P (n) 1.510 Olvassa el tüzetesen a biznyı́tásokat és alkalmazza az elmondottakat a P (1) =⇒ P (2) (vagy a b) esetben a P (0) =⇒ P (1)) következtetésre. a) A hibás lépés: Tehát mind az A, mind a B gép ugyanolyan, mint ” amelyeket nem mozgattunk el.” b) A hibás lépés, hogy a bizonyı́tásban felhasználjuk P (k − 1)-et is. Ez azt jelenti, hogy k = 1 esetén a nevezőben a−1 van, amiről nem tudjuk, hogy 1. c) A hibás lépés, hogy x − 1 és y − 1 nem biztos, hogy pozitı́v, ı́gy nem lehet rájuk az indukciós hipotézist alkalmazni. 2. fejezet Kombinatorika Permutációk 2.1 2.11 P6 = 6! = 720 2.12 P12 = 12! = 479

001 600 2.13 P8 = 8! = 40 320 10,4,2 2.14 P16 = 2.15 16! = 120 120 10! 4! 2! a) P5 = 5! = 120 5! = 60 2! 5! = 10 = 2! 3! b) P52 = c) P52,3 2.16 A szó kiolvasása során 7-szer lépünk jobbra és 5-ször lefelé A 12 lépés 12! 5,7 = 792 ismétléses permutációinak száma adja a megoldást: P12 = 5! 7! 2.17 P5 = 5! = 120 (c) 2.18 P8 = 7! = 5 040 165 166 2.2 2. KOMBINATORIKA Variációk 2.21 V20,6 = 20! (20−6)! 2.22 V30,18 = = 20! 14! = 27 907 200 30! 12! (i) 2.23 V8,5 = 85 = 32 768, ha a számjegyek töbször felhasználhatók, V8,5 = 8! 3! = 6 720, ha mindegyik számjegy csak egyszer használható fel. 2.24 10-es számrendszerben: 9 · V9,5 = 9 · 9! 4! = 136 080 8-as számrendszerben: 7 · V7,5 = 7 · 7! 2! = 17 640 12-es számrendszerben: 11 · V11,5 = 11 · 11! 6! = 609 840 (i) 2.25 V3,14 = 314 = 4 782 969 2.26 (i) a) V2,10 = 210 = 1 024 (i) b) V6,10 = 610 = 60 466 176 (i) 2.27 V5,30 = 530 2.3 Kombinációk
2.31

C20,6 = 20 6 2.32 C32,4 = 32 4
= 38 760 32! 4!·28! = 35 960
2.33 5-ös lottó: C90,5 = = 43 949 268 6-os lottó: C45,6 = = 8 145 060
Skandináv lottó: C35,7 = 35 7 = 6 724 520
2.34 a) C10,3 = 10 3 = 120
b) C9,4 = 94 = 126
c) C5,4 = 54 = 5

2.35 C9,3 + C9,4 = 93 + 94 = 210 2.36 a) V32,6 = b) C32,6 = (i) 2.37 C12,5 = = 90 5
45 6 32! 26! = 652 458 240
32 6 = 906 192
12+5−1 5 =
16 5 = 4 368 167 2.4 VEGYES 2.4 2.41 Vegyes a) V6,4 = b) (i) V6,4 c) C6,4 (i) d) C6,4 2.42 (i) 6! 2! = 360 4 = 6 = 1296
= 64 = 15
= 94 = 126 a) V5,5 = 55 = 3125 (i) b) 4 · V5,4 = 4 · 54 = 2500 c) P5 = 5! = 120 d) 4 · P4 = 4 · 4! = 96 2.43 Vonjuk ki az összes lehetséges 6-jegyű számból azokat, amelyekben nincs ismétlődés: (i) 7 · V8,5 − 7 · V7,5 = 7 · 85 − 7 · 7! 2! = 211 736 2.44 Az első helyre 9-féle számjegy válaszható, mert itt nem állhat 0, a többi helyre pedig ugyancsak 9-féle, mert a számjegy

nem lehet azonos a megelőzővel. Tehát 96 = 531 441 2.45 Összesen 7 betű áll rendelkezésünkre A 7 lehetséges hely közül ki kell
választani azt a 3-at, ahová a magánhangzók kerülnek. Ez 73 -féleképpen lehetséges. A megmaradó helyeken 4!-féleképpen rendezhetők el a mással
hangzók. Tehát 73 · 4! = 840-féleképpen lehet a feltételeknek megfelelően összekeverni a betűket. 2.46 Az oxigén mindhárom izotópjához háromféleképpen választható két hidrogénatom: két olyan eset van, amikor a hidrogénatomok egyformák és egy olyan, amikor nem egyformák. Tehát: 3 · 3 = 9 2.47 V4,3 · V5,3 · V6,3 = 24 · 60 · 120 = 172 800 2.48 Jelöljük a halmaz elemszámát n-nel! Ebből n = 29. Pn+2 Pn = (n + 2)(n + 1) = 930. 2.49 Jelöljük a piros golyók számát n-nel! P3,n = (n+3)! 3!·n! = (n+3)(n+2)(n+1) 6 = 4495. Innen n = 28 168 2. KOMBINATORIKA 2.410 I megoldás: Az első kocsiba

választunk 3 embert, a másodikba a megmaradó 6-ból 3 embert, végül az
utolsó
3
ember felszáll a harmadik kocsiba. Tehát: C9,3 · C6,3 · C3,3 = 93 · 63 · 33 = 84 · 20 · 1 = 1 680 II. megoldás: Minden emberhez választunk egy kocsit Minden kocsit pontosan háromszor kell felsorolni, ı́gy 9 elem ismétléses permutációit kapjuk: 9! P93,3,3 = 3!·3!·3! = 1 680 2.411 (i) a) V2,12 = 212 = 4 096
b) C12,8 = 12 8 = 495 2.412 V2,n+2 − V2,n = 2n+2 − 2n = 3 · 2n = 3 072 n = 10
9
5
2.413 a) C12,3 · C9,4 · C5,5 = 12 3 · 4 · 5 = 27 720
8
4
b) C12,4 · C8,4 · C4,4 = 12 4 · 4 · 4 = 34 650 c) 2.414 C12,4 ·C8,4 ·C4,4 3! a) C8,5 =
8 5 = 5 775 = 56 b) 8 · C24,4 = 8 · 24 4
= 85 008 c) Az összes lehetséges húzásból
el24kell
hagyni azokat, amelyekben nincs piros: C32,5 − C24,5 = 32 − 5 5 = 158 872

d) C8,2 · C8,3 = 82 · 83 = 1 568 e) Egy szı́nből két lap lesz a kihúzottak között. Ez a

szı́n 4-féle lehet:
4 · C8,2 · C8,1 · C8,1 · C8,1 = 4 · 82 · 83 = 57 344 f) Ha a kihúzott ász nem piros, akkor 3-féle lehet és C7,4 -féleképpen választható a 4 piros lap. Ha a piros ász a kihúzott lapok között van, akkor C7,3 -féleképpen húzhattuk a
másik három piros lapot és
21-féle lehet az ötödik lap. Tehát: 3 · 74 + 21 · 73 = 840
g) C11,5 = 11 5 = 462 h) Ilyen nem lehetséges, tehát 0. 2.415 Összesen 14 lépésre van szükség, mégpedig 7-szer kell jobbra és 7-szer lefelé lépnünk. A 14 lépés minden sorrendje egy-egy útvonalat határoz 7,7 14! = 3 432 meg, tehát az útvonalak száma: P14 = 7!·7! 2.416 5-féleképpen választhatjuk azt a sort, amelyikben az összes lámpa világı́t A másik négy sor közül az elsőben 6-féleképpen választhatjuk azt a lámpát, 169 2.4 VEGYES amelyik nem világı́t, a másodikban már csak 5-féleképpen, a harmadikban

4-féleképpen, a negyedikben pedig 3-féleképpen. Tehát a megoldás 5 · 6 · 5 · 4 · 3 = 1 800. 2.417 Az ültetés nyilván csak úgy lehetséges, ha felváltva ülnek a nők és a férfiak a) Az első helyre a 10 ember bármelyikét ültethetjük, a mellette levő helyre viszont már csak az 5 ellenkező neműből választhatunk. A következő két helyre 4 - 4 ember maradt stb. Így 10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 28 800 ültetés lehetséges. b) Az előző eset 10 - 10 ültetése most egynek számı́t, mert ezek egymásba forgathatók, ı́gy 10-szer kevesebb, azaz 2 880 ültetés lehetséges. 2.418 Tegyük fel először, hogy k ≥ 0 Az origóból akkor jutunk a k pontba, ha jobbra k-val többet lépünk, mint balra, azaz a jobbra lépések száma n−k ∗ n+k A lehetséges útvonalak száma a jobbra- és 2 , a balra lépéseké 2 . n+k n−k , balralépések sorrendjeinek számával

egyezik meg, tehát k-ba Pn 2 2 = n! féleképpen juthat a pont. Ha k < 0 akkor a szimmetria n−k ( n+k 2 )! ( 2 )! miatt nyilvánvaló, hogy k-ba ugyanannyiféleképpen lehet eljutni, mint az n!    abszolútértékébe, ı́gy a megoldás:  n+|k| n−|k| ! · ! 2 2 2.419 A 9-szög bármely 4 csúcsát kiválasztva azok egy konvex négyszöget határoznak meg A konvex négyszög átlóinak metszéspontja egyben a 9-szög átlóinak is egy metszéspontja. Megfordı́tva, ha a konvex 9-szög két átlója metszi egymást a 9-szög belsejében, akkor az átlók végpontjai egyértelműen meghatároznak egy konvex négyszöget, melynek csúcsai egyben a 9-szög csúcsai is. A konvex négyszögek és az egymást a 9-szög belsejében metsző átlópárok között
tehát bijektı́v leképezés létesı́thető, ezért számuk megegyezik: C9,4 = 94 = 126. Az átlók metszéspontjainak száma ugyanennyi, ha nincs

olyan metszéspont, amelyre kettőnél több átló is illeszkedik, egyébként ennél kevesebb. 2.420 C9,7 · V12,7 =
9 7 · 12! 5! = 9! 12! 7!·2!·5! = 143 700 480 ∗ Ebből nyilvánvalóan következik, hogy n és k azonos paritású kell legyen, azaz ha n páratlan, akkor csak páratlan számhoz tartozó, ha n páros, akkor csak páros számhoz tartozó pontba juthatunk. 170 2.421 2. KOMBINATORIKA a) Minden golyót beleteszünk egy dobozba, azaz 8 elemből 24-szer választunk. A kiválasztás sorrendje nem számı́t
(i) 31! Tehát: C8,24 = 31 24 = 24!·7! = 2 629 575 b) A gondolatmenet az előzőhöz hasonló, csak először minden dobozba teszünk egy golyót és a megmaradó 16 golyót kell elosztani a 8 doboz
(i) 23! között: C8,16 = 23 16 = 16!·7! = 245 157
(i) 15! c) C8,8 = 15 8 = 8!·7! = 6 435 2.5 2.51 Binomiális együtthatók

n n! n! a) Első megoldás: nk = k!·(n−k)! =

(n−k)!·(n−(n−k))! = n−k
Második megoldás: Legyen H egy n elemű halmaz. Tudjuk, hogy
nk n egyenlő a H halmaz k elemű részhalmazainak számával, mı́g n−k az n − k elemű részhalmazainak számával. Azt kell igazolnunk, hogy Hnak ugyanannyi k elemű részhalmaza van, mint n− k elemű Jelöljük a H halmaz k elemű részhalmazainak halmazát A-val, n − k elemű részhalmazainak halmazát pedig B-vel. Az f : A B , X 7 X függvény bijekció, hiszen A minden elemének van komplementere, ami B-nek eleme, különböző részhalmazok komplementere is különböző és B minden eleme komplementere a saját komplementerének ami A-nak eleme. Ebből következik, hogy |A| = |B|, ami igazolja az állı́tást.
b) Egy n + 1 elemű halmaz k + 1 elemű részhalmazainak száma n+1 k+1 . Ugyanezt a következőképpen is kiszámolhatjuk: Tüntessük ki az n+1 elemű halmaz egy elemét. A halmaz olyan k + 1 elemű

részhalmaza
n inak száma, amelyben nincs benne a kitüntetett elem k+1 , mert ekkor n elemből kell kiválasztani k + 1-et. Az olyan k + 1 elemű
részhalmazok száma, amelyben benne van a kitüntetett elem nk , hiszen ekkor a kitüntetett elem mellé csak k db-ot kell választani a nem kitüntetettek
közül.
n Összesen tehát nk + k+1 darab k + 1 elemű részhalmaza van az n + 1 elemű halmaznak, ami az állı́tást igazolja.∗ c) Az összefüggés bal oldalán részhalmazainak
egy
n
elemű halmaz
számát ı́rtuk fel, hiszen n0 , n1 , n2 , . , nn rendre a 0, 1, 2, , n elemű részhalmazok számát jelenti és ezeket adjuk össze. Másrészt ∗ Belátható az állı́tás algebrai átalakı́tások segı́tségével is. 171 2.6 BINOMIÁLIS TÉTEL 2n ugyancsak az n elemű halmaz részhalmazainak a száma, ugyanis amikor egy részhalmazt kiválasztunk, akkor minden elemről egyenként el kell

döntenünk, hogy benne legyen-e a részhalmazban, vagy sem. Tehát minden elem esetén 2-féleképpen dönthetünk egymástól függetlenül és ez 2n lehetőség.∗ d) Az összefüggés azt fejezi ki, hogy egy n elemű halmaznak ugyanannyi páros számú elemet tartalmazó részhalmaza van, mint páratlan számút tartalmazó. Ha n páratlan, akkor ez nyilvánvaló, hiszen minden részhalmazhoz hozzárendelve a komplementerét kölcsönösen egyértelmű leképezést létesı́tünk a páros, illetve páratlan elemszámú részhalmazok halmaza között. Ha n páros, akkor tüntessünk ki egy elemet. Azon részhalmazok között, amelyekben a kitüntetett elem nem szerepel ugyanannyi páros, illetve páratlan elemszámú van, mert ezek azon páratlan elemszámú halmaz részhalmazai, amelyet az eredeti halmazból a kitüntetett elem elhagyásával kaptunk. A kitüntetett elemet is tartalmazó részhalmazok

előállı́thatók úgy, hogy az előbbi részhalmazok mindegyikéhez hozzátesszük a kitüntetett elemet, aminek következtében a páros elemszámú részhalmazból páratlan, a páratlan elemszámúból pedig páros elemszámú részhalmaz keletkezik. Emiatt a kitüntetett elemet tartalmazó részhalmazok között is ugyanannyi a páros elemszámú, mint a páratlan, ami állı́tásunkat igazolja.∗

(n−1)! n! = nk · (k−1)!·(n−k)! = nk · n−1 e) nk = k!·(n−k)! k−1 f) Használjuk az (e) és a (c) pont eredményét: n n n n−1


P P P P n−1 k · nk = n · n−1 k−1 = n · k−1 = n · k=1 k=1 k=1 k=0
n−1 k = n · 2n−1 = 23·22·.·(24−x) alakba ı́rható. Egy252 Az egyenlet 0, 7 · 25·24··(26−x) x·(x−1)·.·1 x·(x−1)·.·1 szerűsı́tve: 420 = (25 − x)(24 − x), amiből x = 4 adódik. 2.6 2.61 Binomiális tétel a) (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 4 b)

(3x − 1) = 81x4 − 108x3 + 54x2 − 12x + 1 ∗ Szokás ezt az összefüggést binomiális tétel segı́tségével is igazolni. 172 2. KOMBINATORIKA c) (2x − 3y)6 = 64x6 − 576x5 y + 2160x4 y 2 − 4320x3 y 3 + +4860x2 y 4 − 2916xy 5 + 729y 6 2.62 Induljunk ki a jobb oldalból és használjuk a binomiális tételt: n n n P a) (−1) = (1 − 2) = k=0 n P
n n b) 3n = (1 + 2) = k=0 k
n k k · (−2) · 1n−k = · 2k · 1n−k = n P k=0 n P k=0 2k ·
n k k (−2) ·
n k 3. fejezet Matematikai logika 3.1 Kijelentéslogika Kijelentések 3.11 Kijelentések: a), c), e), g), h) 3.12 a) A rózsa virág. (igaz) b) A (8, 2) számpár első eleme nem osztható a másodikkal. (hamis) c) Az y = x (x − 2) egyenletű görbe az x tengelyt az origóban és a (2, 0) pontban metszi. (igaz)   d) A 2, 25 intervallum bármely két pontjának távolsága legfeljebb 1. (igaz) e) A malátából készült kávé

fekete. (igaz) 3.13 a) Kati nem megy iskolába. b) Van olyan főiskolai hallgató, aki nem szorgalmas. c) Nincs páros prı́mszám. / Minden prı́mszám páratlan d) A 9 vagy páros vagy osztható 3-mal. e) A 21 nem páros és nem osztható 2-vel. / A 21 páratlan szám f) Van olyan asszony, aki életében nincs olyan pillanat, amikor olyat tesz, amit nem szabad. / Van olyan asszony, aki életében minden pillanat olyan, hogy csak olyat tesz, amit szabad. 173 174 3.14 3. MATEMATIKAI LOGIKA a) p ∧ q b) p ∧ ¬q c) (p ∧ q) ¬r d) ((p ∧ q) r) ∧ (¬p ¬r) e) (p ∨ q) ∨ (¬p ∧ ¬q) f) p (q r) g) p ↔ ((q ∧ ¬r) ∨ (¬q ∧ r)) h) (p ∧ q) r i) (q ∧ r) p j) ¬p ↔ q k) p ↔ q p : Hideg van. q : Esik az eső. p : Süt a nap. q : Fúj a szél. p : Melegem van. q : Éhes vagyok. r : Tudok dolgozni. p : Marci időben felébred. q : Eléri a vonatot. r : Boldog lesz. p : Busszal megyek. q : Gyalog megyek. p : Holnap jó idő

lesz. q : Lesz kedvetek sétálni. r : Elmegyünk sétálni. p : Egy egészekből álló kéttagú összeg páratlan. q : A tagok közül az 1. páratlan r : A tagok közül a 2. páratlan p : Tavasz van. q : Cseresznyefavirágzás van. r : A japánok a fák alatt piknikeznek. p : A füge megterem M.o-on q : A hőmérséklet meghaladja a 30◦ -ot. r : Szárazság van. p : Juli tud aludni. q : A margitszigeti szı́npadon operát játszanak. p : Piros a lámpa. q : Megállok. Logikai formulák 3.15 a) Alkalmazza az első formulára a disztributı́v törvényt, majd pedig a p ∨ ¬p = i azonosságot. b) Alkalmazza az első formulára a disztributı́v törvényt, majd pedig a 175 3.1 KIJELENTÉSLOGIKA p ∧ ¬p = h azonosságot. c) Az első formula első diszjunkciós tagjára alkalmazza a b) példa eredményét, a második és harmadik tagra pedig a de Morgan azonosságot. 3.16 a) Igen. (Igazolja, hogy mindkét formula

pontosan akkor hamis, ha |p| = i és |q| = h.) b) Nem. (A |p| = h logikai érték mellett az első formula logikai értéke hamis, mı́g a másodiké igaz.) 3.17 A formulák kitüntetett diszjunktı́v normálformája (KDNF) értéktáblájukból olvashatók ki legegyszerűbben Az alábbiakban megadjuk a lehető legegyszerűbb diszjunktı́v normálformákat (DNF-eket is), amelyek további egyenértékű átalakı́tások segı́tségével határozhatók meg. a) (p ∧ q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ r)∨(p ∧ ¬q ∧ ¬r)∨(¬p ∧ q ∧ r)∨(¬p ∧ q ∧ ¬r)∨ ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = ¬p ∨ ¬q ∨ r b) (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) = (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ r) c) (p ∧ q ∧ r) ∨ (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r) = (p ∧ q) ∨ ∨ (¬p ∧ ¬r) d) A formula egyetlen esetben vesz fel hamis logikai értéket. Ennek tagadásával és a

de Morgan szabály alkalmazásával DNF-et kapunk. ¬ (¬p ∧ q ∧ ¬r) = p ∨ ¬q ∨ r e) (p ∧ r) ∨ (p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r) 3.18 Az a) és b) formulák tautológiák, c) nem 3.19 a) Tautológia ((p ∨ q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) p |p| = 1 |p| = 0 ((q ∨ r) ∧ ¬q ∧ ¬r) 0 |q| = 0 (1 ∧ ¬q ∧ ¬r) 1 |q| = 1 (r ∧ 1 ∧ ¬r) 0 (1 ∧ 0 ∧ ¬r) 0 1 1 1 176 3. MATEMATIKAI LOGIKA b) Tautológia (¬ (p ↔ r) ∧ q) (p ∨ q) |p| = 0 |p| = 1 (¬¬r ∧ q) q |q| = 0 (¬r ∧ q) 1 1 |q| = 1 00 r1 1 1 c) Kielégı́thető p ¬ (¬q ∧ (¬q ¬p)) |p| = 0 |p| = 1 0 (¬q ∧ 1) 1 (¬q ∧ (¬q 0)) 1 |q| = 0 |q| = 1 1 (1 ∧ 0) 1 (0 ∧ 1) 0 0 d) Kielégı́thető (p ∨ ¬q) ((¬p ∧ r) ↔ (q ¬p)) |q| = 0 |q| = 1 1 ((¬p ∧ r) ↔ 1) p ((¬p ∧ r) ↔ ¬p) |r| = 0 |r| = 1 |p| = 0 |p| = 1 1 (0 ↔ 1) 1 (¬p ↔ 1) 0 (r ↔ 1) 1 (0 ↔ 0) 1 1 0 |p| = 0 |p| = 1 11 10

1 0 177 3.1 KIJELENTÉSLOGIKA e) Kontradikció

p ∨ ((¬q ∨ r) p) ↔ ¬p ∧ (q r) |p| = 0
|p| = 1 (¬q ∨ r) 0 ↔ (q r) |q| = 0 (1 0) ↔ 1 0 |q| = 1 1↔0 0 (r 0) ↔ (1 r) ¬r ↔ r 0 3.110 a) Megfordı́tások: c) Ha nem tudok dolgozni, akkor melegem van vagy éhes vagyok. f) Ha holnap elmegyünk sétálni, akkor jó idő lesz és lesz kedvetek hozzá. h) Ha a japánok a fák alatt piknikeznek, akkor tavasz van és cseresznyefavirágzás. b) Tagadások: c) Nem igaz, hogy ha melegem van vagy éhes vagyok, akkor nem tudok dolgozni. / Van olyan, hogy melegem van vagy éhes vagyok, és tudok dolgozni. f) Nem igaz, hogy. / Lehet, hogy holnap jó idő lesz és ugyan kedvetek van sétálni, mégsem megyünk el h) Előfordul, hogy tavasszal, cseresznyefavirágzáskor a japánok nem piknikeznek. c) Kontrapozı́ciók: c) Ha tudok dolgozni, akkor nincs melegem és nem is vagyok éhes. f) Ha nem megyünk el holnap

sétálni, akkor nincs jó idő, vagy nincs kedvetek hozzá. h) Ha a japánok nem piknikeznek a fák alatt, akkor nincs tavasz, vagy nincs cseresznyefavirágzás. Következtetések a kijelentéslogikában 3.111 a) A1 : p q A4 : s (t r) A2 : q r A5 : ¬r. A3 : p ∨ s 178 3. MATEMATIKAI LOGIKA b) A szemtanú nem mondott igazat. Az A5 alapján |r| = h, melyből az A2 kijelentés igaz volta csak úgy lehetséges, ha |q| = h. Ha |q| = h, akkor az A1 miatt |p| = h Így az A3 -ból |s| = i. Az A4 -beli implikáció s előtagja tehát igaz, ezért az utótag, (t r) logikai értékének is igaznak kell lennie. Az |r| = h ismeretében ez csak úgy lehetséges, ha |t| = h. 3.112 A 1 0/1 B 1 1 C 1 1 D 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0/1 3.113 Az alábbi feladatok megoldásánál a következő módszert választjuk: megvizsgáljuk, hogy a konklúzió hamis volta esetén lehetséges-e, hogy az összes premissza logikai értéke igaz. Ha

nem, akkor a következtetés helyes a) Nem. A konklúzió |(p ∨ r) q| = h, ha pl |r| = i, |p| = |q| = h Ellenőrizzük, hogy ekkor a premisszák igazak. b) Igen. A |p r| = h csak úgy lehetséges, ha |p| = i és |r| = h Ez viszont lehetetlen a harmadik premissza miatt. c) Nem. pl |p| = |q| = |r| = h és |s| = i d) Igen. e) Nem. pl |p| = |r| = i, |q| = h f) Igen. 3.114 a) Az órám nem jár jól; a busz idejében jön; nem érkezem meg a gyakorlat megkezdése előtt. Jelölések: p : Jól jár az órám. q : Idejében jön az autóbusz r : Megérkezem a gyakorlat megkezdése előtt A premisszák: A1 : p (q r), A2 : q ∧ ¬r. Feltéve, hogy a premisszák igazak: |A2 | = i =⇒ |q| = i és |r| = h =⇒ |q r| = h. |q r| = h és |A1 | = i =⇒ |p| = h. =⇒ ¬p ∧ q ∧ ¬r. 179 3.1 KIJELENTÉSLOGIKA b) Csak Almádiba megyünk. Jelölje rendre p, q, r, hogy Tihanyba, Füredre ill. Almádiba megyünk A premisszák: A1 : p ↔

q, A2 : ¬r ¬q, A3 : ¬ (r ∧ p) ∧ (r ∨ p). |A3 | = i, ha |r| = i és |p| = h vagy fordı́tva. Az |r| = i és |p| = h feltétel mellett a |q| = h választással az A1 és A2 premisszák is igazak. A |r| = h és |p| = i választással q-nak bármilyen logikai értéket választunk A1 és A2 közül legalább az egyik hamis. =⇒ (r ∧ ¬p ∧ ¬q). 3.115 a) A nyomozó nem döntött helyesen. Jelölések: p : Joe nem találkozott akkor éjjel Freddel; q : Fred a gyilkos; r : Joe hazudik; s : A gyilkosság éjfél után történt. A vizsgálandó következtetés: p (q ∨ r) , A1 , A2 , A3 ¬q (p ∧ s) , ⇒ q s (q ∨ r) ⇒ q b) Nem következik. Jelölések: p : Esik az eső; q : Étteremben ebédelünk; r : Elmegyünk kirándulni. A vizsgálandó következtetés: p q, A1 , A2 , A3 ⇒ (r ↔ ¬p) ¬q r, r (¬p ∧ q) ⇒ (r ↔ ¬p) c) A következtetés helyes. Jelölések: p : Samantha inni kezd; q : Jockey

eladja a részvényeket Cliff Barnes-nak; r : Ellie boldogtalan lesz; s : Pamela összevész Bobby-val. A vizsgálandó következtetés: A1 , A2 , A3 ⇒ s r (q ∧ s) ↔ p, p r, ¬ (q r) ⇒ sr Ha az A1 premissza szövegét megváltoztatjuk, akkor a formula az alábbiak szerint módosul: A1 : (q ∧ s) p Ezzel a változtatással is helyes a következtetés, mely szerint Ellie boldogtalan lesz, ha Pamela összevész Bobby-val. 180 3. MATEMATIKAI LOGIKA d) A következtetés nem helyes. Jelölések: p : Veszek almát; q : Olcsó a tojás; r : Készı́tek máglyarakást; s : Éhes maradok. A vizsgálandó következtetés: (p ∧ q) r, 3.116 A1 , A2 , A3 ⇒ q ¬s ¬q (¬p ∧ s) , r ↔ ¬s ⇒ q ¬s a) Nem helyes következtetés. Jelölések: p : Noszminosz igazmondó; q : Noszminosz a város tanı́tója; r : Grettli faházban él. s : Grettli az erdő mellett él; t : Grettli a város réme. A vizsgálandó

következtetés: p (q ∧ ¬r) , A1 , A2 ⇒ (s ∧ r) ¬t A3 ⇒ (s ∧ p) ¬t b) Noszminosz a város igazmondó tanı́tója. (p ∧ q) Ellenőrizzük, hogy az A1 , A2 és ¬A3 pontosan akkor igaz, ha |s| = |p| = |t| = |q| = i és |r| = h 3.2 Predikátumlogika Predikátumok 3.217 a) igaz b) hamis c) hamis 3.218 a) ¬Rx b) ¬P x ∧ ¬Qx = ¬ (P x ∨ Qx) c) ¬Rx ∧ P x = ¬ (Rx ∨ ¬P x) d) ¬Rx ∧ ¬Qx = ¬ (Rx ∨ Qx) e) (¬Rx ∧ P x) ∨ Qx = ¬ (Rx ∨ ¬P x) ∨ Qx 181 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA Kvantifikáció 3.219 a) Hx: x holló. F x: x fekete b) F x: x fehér. Hx: x hattyú c) Rxy: x anyja y-nak. F x: x fiú. Sxy: x szereti y-t. d) V x: x vas. F x: x fém e) T x: x torony. F x: x függőleges f) p: Pál, a: Paula P xyz: x adja y-t z-nek. Lx : x levél. g) Sx: x szám. Qx: x racionális h) Sx: x szám. Qx: x racionális Ix: x irracionális. 3.220 a) |∃x P x| = i b) |∀x ¬P x| = i c) |∀x ∀y ¬P xy| = h d) |∃x P x| =

i 3.221 ∀x (Hx F x) ∃x (Hx ∧ F x) ∀x ∀y ((Rxy ∧ F y) Sxy) ∀x (V x F x) ∃x (T x ∧ ¬F x) ∃x (Lx ∧ P pxa) ∃x (Sx ∧ ¬Qx) ¬∃x ((Sx ∧ Qx) Ix) |∀x P x| = h |∃x P x| = h |∀x ∀y P xy| = h |∀x ¬P x| = h a) Mindenki fél valakitől. b) Van valaki, aki mindenkitől fél. c) Mindenkitől fél valaki. d) Van valaki, akitől mindenki fél. 3.222 Az a) és e) állı́tások hamisak, a többi igaz 3.223 a) A prı́mszámok párosak. [h] b) Van páros prı́m. [i] c) Ha egy természetes szám prı́m, akkor vagy páratlan vagy legfeljebb 2 az értéke. [i] d) A páros prı́mszámok számértéke legfeljebb 2. [i] 3.224 a) 1. Minden prı́mnek osztója a 4 2. A 3 prı́mszám és nem osztója a 6-nak 182 3. MATEMATIKAI LOGIKA 3. A prı́mek osztói csak prı́mek lehetnek 4. Van olyan prı́m, amelynek a 4 nem osztója b) 1. [h]; 2. [h]; 3. [h]; 4. [i] c) Igen, az 1. és a 4 formula ∀x (P x O4x) =

¬∃x ¬ (P x O4x) = ¬∃x (P x ∧ ¬O4x) d) ∀y ∃x Oxy; 3.225 a) ∃y ∀x (Oxy ¬P x) 1. A piros virágok szebbek a tulipánnál 2. A rózsa piros és nem szebb a tulipánnál 3. Azok a virágok, amelyek nem pirosak és szebbek a rózsánál, minden virágnál szebbek 4. Van olyan piros virág, amelyik nem szebb a tulipánnál b) Igen, az 1. és a 4 formula ∀x (P x Sxt) = ¬∃x ¬ (P x Sxt) = ¬∃x (P x ∧ ¬Sxt) c) Igen, a 2. ⇒ 4 igaz, de a megfordı́tása nem d) ∀x ∃y ¬Sxy; 3.226 a) ∀x ∃y Sxy 1. Kati szőke, és nem okosabb a nem szőke nők egyikénél sem 2. A szőke nőknél a nem szőke nők mind okosabbak 3. Kati vagy nem szőke, vagy van olyan nem szőke nő, akinél okosabb 4. Van olyan nő, aki szőke és okosabb Katinál b) 1. és 3 formula c) de Morgan szabály d) ∀x (Sx ¬∀y Oxy) 3.227 a) Kx : x kicsi N x : x nagy Bxy : x becsüli y-t Exy : x érdemli y-t b) Kx : x korán kel Ax : x

arany Lxy : x megleli y-t c) Rx : x rózsa T x : x tövis Bxy : x birtokolja y-t ∀x (∃y (Ky ∧ ¬Bxy) ∀z (N z ¬Exz)) ∀x (Kx ∃y (Ay ∧ Lxy)) ¬∃x (Rx ∧ ¬∃y (T y ∧ Bxy)) 183 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA d) Sx : x szent Hxy : x hajlik y felé Kx : x kéz Bxy : x birtokolja y-t e) Ax : x arany F x : x fénylik f) Sx : x szél V xy : x veti y-t W x : x vihar Axy : x aratja y-t ∀x (Sx ∀y ((Ky ∧ Bxy) Hyx)) ¬∀x (Ax F x) g) Kx : x kereszt Bxy : x birtokolja y-t ∀x (∃y (Sy ∧ V xy) ∀z (Axz W z)) ∀x ∃y (Ky ∧ Bxy) Predikátumlogikai formulák interpretációi 3.228 I1 interpretációban: a) Minden természetes számnál van nagyobb. [i] b) Van legkisebb természetes szám. [i] c) Van legnagyobb természetes szám. [h] d) Minden természetes számnál van kisebb. [h] e) Bármely két természetes szám között van természetes szám. [h] I2 interpretációban természetes szám helyett racionális számot

ı́runk. A logikai értékek rendre [i], [h], [h], [i], [i]. 3.229 Mindkét interpretációban a) és b) igaz, c) és d) hamis 3.230 a) Minden természetes számnak van többszöröse. [i] b) A természetes számok az összes természetes számmal oszthatóak. [h] c) Van olyan természtes szám, amely minden természetes számnak osztója. [i] d) Van olyan természetes szám, melynek van többszöröse. [i] e) Bármely két természetes szám legnagyobb közös osztója az összes természetes szám. [h] 184 3. MATEMATIKAI LOGIKA f) Minden természetes számhoz létezik olyan természetes szám, hogy legnagyobb közös osztójuk az összes természetes számmal egyenlő. [h] g) Bármely természetes számpárnak legnagyobb közös osztójához van olyan természetes szám, amivel egyenlő. / A legnagyobb közös osztó természetes szám. [i] h) Bármely természetes szám lehet legnagyobb közös osztó.

[i] 3.231 Individuum-konstans: a, változók: x és y, egyváltozós függvényjel: f , egyváltozós predikátum: P , kétváltozós predikátumok: Q, R. Interpretáció: U = N, a = 1, f (x) = x + 2, P x: x prı́mszám, Qxy : x osztható y-nal, Rxy : x < y. a) ∀x (Rax ∃y (Qyx ∧ P y)) b) ∀x (P x ∃y (P y ∧ Rxy)) c) ∀x ∃y (P y ∧ P f (y) ∧ Rxy) 3.232 Legyen f a vizsgálandó kétváltozós művelet az U halmazon értelmezve, a P kétváltozós predikátum pedig jelölje az egyenlőséget a) ∀x ∀y P f (x, y) f (y, x) b) ∀x ∀y ∀z P f (f (x, y) , z) f (x, f (y, z)) c) ∀x P f (x, x) x 3.233 Legyenek az L nyelv individuum-változói: x, y, z, P és Q pedig kétváltozós predikátumok. I interpretáció: U univerzális halmaz egyezzen meg azzal a halmazzal, amelyen a homogén bináris reláció értelmezve van. P xy jelentse, hogy x relációban van y-nal, Rxy pedig, hogy x = y. a) ∀x P xx b) ∀x ∀y

(P xy P yx) c) ∀x ∀y ((P xy ∧ P yx) Rxy) d) ∀x ∀y ∀z ((P xy ∧ P yz) P xz) 185 3.2 PREDIKÁTUMLOGIKA Levezetések elsőrendű nyelvben 3.234 Legyenek adottak a következő szabályok: 1. (x ∧ y) ⇒ x 2. x ⇒ (x ∨ y) 3. (x y) ⇔ (¬x ∨ y) a) (x ∧ y) ⇒ (x ∨ y) Szabály x∧y ⇒x ⇒ x∨y 4. (x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((x ∨ y) ∧ (x ∨ z)) 5. (x ∧ y) ⇔ (y ∧ x) 6. x, x y ⇒ y (modus ponens) b) (x (y ∧ z)) ⇒ ((x y) ∧ (x z)) Szabály x (y ∧ z) ⇔ (¬x ∨ (y ∧ z)) ⇔ ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ z)) ⇔ ((x y) ∧ (x z)) 6.+1 6.+2 c) (x (x ∧ y)) ⇒ (x y) Szabály ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ⇔ 3.235 (x (x ∧ y)) (¬x ∨ (x ∧ y)) ((¬x ∨ x) ∧ (¬x ∨ y)) ((¬x ∨ y) ∧ (¬x ∨ x)) (¬x ∨ y) (x y) 3. 4. 5. 6.+1 3. a) (A ∩ ∅) = ∅. (A ∩ ∅) = ((A ∩ ∅) ∪ ∅) = (∅ ∪ (A ∩ ∅)) = (A ∩ (U ∆ A) ∪ (A ∩ ∅)) = ((A ∩ (U ∆ A)) ∪ ∅) = A ∩ (U ∆ A) =∅ axióma 1. 3. 8. 6.

1. 8. 3. 4. 3. 186 3. MATEMATIKAI LOGIKA b) T3 : Y = (U ∆ X) . Y = (Y ∩ U ) = (Y ∩ (X ∪ (U ∆ X))) = ((Y ∩ X) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = ((X ∩ Y ) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = (∅ ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = ((X ∩ (U ∆ X)) ∪ (Y ∩ (U ∆ X))) = (((U ∆ X) ∩ X) ∪ ((U ∆ X) ∩ Y )) = ((U ∆ X) ∩ (X ∪ Y )) = ((U ∆ X) ∩ U ) = (U ∆ X) axióma/tétel 2. 7. 6. 4. T1 8. 4. 6. T2 2. 4. fejezet Algebrai struktúrák 4.1 4.11 Algebrai struktúrák, műveletek a) Mivel R-en a 0-val való osztás nem értelmezett, R nem zárt az osztás műveletre, következésképpen R az osztásra nézve nem algebrai struktúra. b) Mindkét esetben a zártságot vizsgáljuk. Az összeadásra nézve algebrai struktúra, mert b1 j + b2 j = (b1 + b2 ) j és b1 + b2 ∈ Z A szorzásra nézve nem, mert b1 j · b2 j = −b1 b2 . c) A szorzásra névze az alábbi eredményeket kapjuk: 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 1 3 3 3 1 4 2 4 4 3 2 1 A

szorzásra nézve a halmaz tehát zárt, ı́gy algebrai struktúra. Az összeadásra nézve viszont nem, mert például 1 + 4 5-tel való osztási maradéka 0, ezért nem algebrai struktúra. d) Igen, algebrai struktúra. Tegyük fel ugyanis, hogy g szigorúan monoton növekedő, azaz ∀x1 , x2 ∈ R, x1 < x2 esetén g(x1 ) < g(x2 ) Ebből f szigorú monoton növekedése miatt f (g(x1 )) < f (g(x2 )) következik, azaz f ◦ g is szigorúan monoton növekedő. 187 188 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK       a1 0 0 b1 0 0 a1 + b 1 0 0 ; e)  0 a2 0  +  0 b2 0  =  0 a2 + b 2 0 0 0 a3 0 0 b3 0 0 a3 + b 3       a1 0 0 b1 0 0 a1 b 1 0 0  0 a2 0  ·  0 b 2 0  =  0 a2 b 2 0 . 0 0 a3 0 0 b3 0 0 a3 b 3 Tehát a 3 × 3-as mátrixok halmaza mindkét műveletre nézve zárt, ezért algebrai struktúra. f) Két különböző prı́mszám legnagyobb közös osztója 1, ez

viszont nem prı́m. Két különböző prı́mszám legkisebb közös többszöröse a két szám szorzata. Két prı́m szorzata viszont már nem prı́m A prı́mszámok halmaza tehát egyik művelettel sem alkot struktúrát. 4.12 a) Kommutatı́v, mert lnko (a, b) = lnko (b, a). Asszociatı́v, azaz lnko (lnko (a, b) , c) = lnko (a, lnko (b, c)), mert mind a bal-, mind a jobboldalon álló szám a, b és c közös prı́mtényezőinek az előforduló legkisebb kitevőn vett szorzata. Idempotens, mert lnko (a, a) = a. b) Kommutatı́v, mert lkkt (a, b) = lkkt (b, a). Asszociatı́v, azaz lkkt (lkkt (a, b) , c) = lkkt (a, lkkt (b, c)), mert mind a bal-, mind a jobboldalon a, b és c összes prı́mtényezőjének az előforduló legmagasabb kitevőn vett szorzata áll. Idempotens, mert lkkt (a, a) = a. c) Az összeadás kommutatı́v és asszociatı́v, de nem A 6= 0 esetén A + A = 2A 6= A. A szorzás nem kommutatı́v, mert például

     1 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 · 0 0 0  = 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0  0 0  0 0 2 0   0 1 0 · 0 0 0   0 0 0 0 0 = 0 0 0 2 idempotens, mert  0 0  és 0  0 0 0 0 . 0 0 A szozás asszociatı́v, de nem idempotens, mert általában A2 6= A. 4.2 FÉLCSOPORT, CSOPORT 4.2 4.21 189 Félcsoport, csoport a) A ∆ művelet asszociatı́v, ezért félcsoport. Egységeleme az ∅, zéruseleme nincs b) Nem félcsoport, mivel nem is algebrai struktúra, mert a halmaz elemei vektorok, a művelet eredménye pedig szám. c) A vektoriális szorzás nem asszociatı́v művelet, ezért nem félcsoport. d) Félcsoport. Egységeleme a p(x) ≡ 0, zéruseleme nincs e) Félcsoport. Egységeleme az f (x) ≡ 0, zéruseleme nincs f) Félcsoport. Egységeleme az f (x) ≡ 1, zéruseleme a g(x) ≡ 0 g) Nem félcsoport, mivel nem is algebrai struktúra, mert a halmaz elemei háromszögek, a művelet

eredménye pedig szám (terület). h) Félcsoport. Mivel det (AB) = det A · det B, a szorzatmátrix determinánsának értéke is 1, ı́gy a megadott 3×3-as mátrixok halmaza zárt a szorzásra vonatkozóan. A mátrixszorzás asszociatı́v, a félcsoport egységeleme az egységmátrix, zéruseleme a nullmátrix. 4.22 a), d), e), f) 4.23 Ha két adott alakú mátrixot összeszorzunk, akkor az eredményből a zártság és az asszociativitás nyilvánvalóan következik   1 n Az f : M N, f = n művelettartó és bijektı́v. 0 1 4.24 a) Nem csoport, mert 0-nak nincs inverze. b) Csoport. c) Nem csoport, mert a művelet nem asszociatı́v. d) Nem csoport, mert a megadott műveletre vonatkozóan a halmaz nem zárt: 2 · 4 ≡ 0 mod 8 és 0 nem eleme a halmaznak. e) Csoport. A halmaz az adott műveletre vonatkozóan zárt A mod8 szorzás asszociatı́v. Egységelem az 1 Inverzelem: a−1 = a, minden halmazbeli elemre. f) Csoport. A

halmaz zárt, mert       a1 0 a2 0 a1 a2 0 · = , valamint a mátrixok szorzása 0 0 0 0 0 0 asszociatı́v művelet, ı́gy a struktúra félcsoport. 190 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK         1 0 1 0 a 0 a 0 , mert · = . 0 0 0 0 0 0 0 0 Minden elemnek van inverze, mivel a 6= 0, és # #    " 1   −1 " 1 0 0 a 0 a 0 1 0 a a = , mert · = . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Egységeleme az g) Csoport. A megadott mátrix a sı́kbeli vektorok ϕ szöggel való elforgatásának mátrixa Mivel forgatások egymásutánja forgatást eredményez:     cos ϕ1 − sin ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ2 · = sin ϕ1 cos ϕ1 sin ϕ2 cos ϕ2   cos (ϕ1 + ϕ2 ) − sin (ϕ1 + ϕ2 ) = . sin (ϕ1 + ϕ2 ) cos (ϕ1 + ϕ2 ) A megadott mátrixok halmaza zárt a mátrixszorzásra vonatkozóan. A mátrixok szorzása és a forgatások egymás utáni alkalmazása is asszociatı́v művelet. Egységeleme a ϕ = 0-val való forgatás mátrixa. Mivel a ϕ-vel

való forgatás inverztranszformációja a (−ϕ)-vel való  −1   cos ϕ − sin ϕ cos (−ϕ) − sin (−ϕ) forgatás: = . sin ϕ cos ϕ sin (−ϕ) cos (−ϕ) h) Csoport. √ Emeljünk ki a2 + b2 -et a mátrixból, ezáltal olyan mátrixot kapunk, amely sorelemeinek, illetve oszlopelemeinek négyzetösszege 1: " #   p √ a √ −b a −b 2 2 2 2 a +b a +b . = a2 + b 2 √ b √ a b a 2 2 2 2 a +b a +b Legyen ϕ egy olyan szög, amelyre cos ϕ = √a2a+b2 és sin ϕ = √a2b+b2 .   √ cos ϕ − sin ϕ Ezáltal a fenti mátrix ı́gy ı́rható: a2 + b2 . sin ϕ cos ϕ √ A mátrix tehát a ϕ-vel való forgatás és a a2 + b2 -szeresre való nagyı́tás sı́kbeli transzformációk egymásutáni alkalmazásának mátrixa. A zártság és az inverz létezése az előző feladat alapján könnyen igazolható. 4.25 A halmaz zárt a műveletre nézve Az asszociativitás teljesül, mert (a ∗ b) ∗ c = a + b −

ab + c − (a + b − ab) c = . = a ∗ (b ∗ c) 191 4.2 FÉLCSOPORT, CSOPORT Tehát S félcsoport. Egységeleme a 0 Egy a elemnek x inverze, ha a + x − ax = 0 =⇒ x = nincs inverze, tehát S nem csoport. a a−1 , ezért 1-nek 4.26 Könnyű ellenőrizni, hogy a ∗ művelet kommutatı́v, asszociatı́v, egységelem a −1 és az a elem inverze: −a − 2 Tehát mind a négy kérdésre igen a válasz. 4.27 A zártság és asszociativitás teljesül; egység az f (x) = x függvény Az f (x) elem inverze az f −1 (x) inverz-függvény, amely a folytonosság és szigorú monoton tulajdonság miatt létezik. 4.28 Az első egyenlőségből: b10 · b4 = b10 =⇒ b4 = e =⇒ b20 = e A másodikból hasonlóan: b19 = e. Így e = b20 = b19 b = b 4.29 A g elem rendje osztója 996-nak∗ =⇒ g 996 = e =⇒ g 1992 = e =⇒ g = e 4.210 a) A lehetséges permutációk† : e, (12), (23), (13), (123), (132). b) Az alábbi táblázat

mutatja a kompozı́ciók eredményeit: e (12) (23) (13) (123) (132) e e (12) (23) (13) (123) (132) (12) (12) e (132) (123) (13) (23) (23) (23) (123) e (132) (12) (13) (13) (13) (132) (123) e (23) (12) (123) (123) (23) (13) (12) (132) e (132) (132) (13) (12) (23) e (123) A struktúra zárt, a művelet asszociatı́v, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, ezért a struktúra csoport. Mivel a művelet nem kommutatı́v, ı́gy nem Abel-csoport. 4.211 1 2 ∗ Lagrange-tétel † Az 3 4 a) (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), (1234) = e. Ebből látható, hogy az egyes hatványok értékei ciklikusak, négyesével ismétlődnek. Általánosan tehát: 4k+1 4k+2 4k+3 (1234) = (1234), (1234) = (13) (24), (1234) = (1432), 4k (1234) = e, ahol k ∈ Z. egyelemű cikluselemeket a továbbiakban nem ı́rjuk ki. 192 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK b) Az alábbi táblázat mutatja a permutációk

kompozı́cióinak eredményeit: e (1234) (13) (24) (1432) e e (1234) (13) (24) (1432) (1234) (1234) (13) (24) (1432) e (13) (24) (13) (24) (1432) e (1234) (1432) (1432) e (1234) (13) (24) Látható, hogy a struktúra zárt, a művelet asszociatı́v, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, tehát a struktúra csoport. Észrevehetjük, hogy a művelet kommutatı́v, tehát a struktúra Abelcsoport is. 4.212 Egy n elemű ciklikus permutáció n-edik hatványa az e egységelem, nnél kisebb pozitı́v egész kitevőjű hatványa pedig nem az e A feladatban szereplő permutáció három ciklikus permutáció kompozı́ciója, amelyek egyenként 5, 3 és 6 eleműek. Ezért legalább az lkkt (5, 3, 6) = 30 kitevőjű hatványra kell emelni a permutációt, hogy az egységelemet kapjuk. 4.213 a) Identitás: e, 180◦ -os forgatás: (13) (24), tengelyes tükrözés a függőleges tengelyre: (12) (34), tengelyes

tükrözés a vı́zszintes tengelyre: (14) (23). b) Az alábbi táblázat mutatja a permutációk kompozı́cióját: e (13) (24) (12) (34) (14) (23) e e (13) (24) (12) (34) (14) (23) (13) (24) (13) (24) e (14) (23) (12) (34) (12) (34) (12) (34) (14) (23) e (13) (24) (14) (23) (14) (23) (12) (34) (13) (24) e A struktúra zárt, a művelet asszociatı́v, létezik egységelem (az e), és minden elemnek van inverze, tehát a struktúra csoport. Mivel a művelet kommutatı́v, a struktúra Abel-csoport. 2 4.214 A leképezés művelettartó a lg x2 +lg y 2 = lg (xy) azonosság alapján Nem izomorf, mivel az f függvény nem bijektı́v. 4.215 A leképezés művelettartó, mivel ex+y = ex ey Az f függvény bijektı́v 4.216 a) Legyen e a T csoport egységeleme, ekkor ∀a ∈ T esetén e ⊕ a = a. f (a) = f (e ⊕ a) = f (e) ⊗ f (a) =⇒ f (e) T 0 egységeleme. 4.3 GYŰRŰ, TEST 193 b) f (e) = f (a ⊕ a−1 ) = f (a) ⊗ f (a−1 )

=⇒ f (a−1 ) az f (a) T 0 -beli inverze. 4.3 Gyűrű, test 4.31 Algebrai test A műveleti tulajdonságok a műveleti táblázatok alapján ellenőrizhetők. Nullelem a 0, az elemek additı́v inverzei önmaguk. Egységelem az 1, amelynek multiplikatı́v inverze önmaga 4.32 Egységelemes kommutatı́v gyűrű Mivel a racionális számok halmaza ugyanezen műveletekkel (Q; +, ·) algebrai testet alkot és Q∗ ⊂ Q a műveleti tulajdonságok igazak. Az adott műveletekre vonatkozóan Q∗ ⊂ Q zárt, 0 ∈ Q∗ és 1 ∈ Q∗ . Q∗ minden elemének additı́v inverze Q∗ -ban van. Van olyan elem viszont, amelynek
−1 = 23 ∈ / Q∗ . nincs multiplikatı́v inverze a struktúrában. Például: 23 4.33 A H = {1, 2, 3, 4} halmaz nem zárt a megadott műveletekre vonatkozóan Például: 2 + 3 ≡ 5 (mod 8) és 5 ∈ / H, illetve 2 · 3 ≡ 6 (mod 8) és 6 ∈ / H. 4.34 Algebrai test A D halmaz zárt az adott műveletekre vonatkozóan

és az elvárt műveleti tulajdonságok teljesülnek. √ √ Nullelem: 0 + 0 n = 0 ∈ D, egységelem: 1 + 0 n = 1 ∈ D. √ √ Az a + b n elem additı́v inverze: −a − b n ∈ D. √ √ −1 b a Multiplikatı́v inverz: (a + b n) = a2 −b n, ha a2 − b2 n 6= 0. 2 n − a2 −b2 n √ 2 2 Valamely a + b n elemnek tehát az a − b n 6= 0 kikötés miatt pontosan
2 akkor nincs inverze, ha a = b = 0 (0-elem), vagy ha n = ab = q 2 , azaz n valamely racionális számnak a négyzete. A D halmaz megadásakor az ilyen n egészeket kizártuk. Így a D halmaz összes 0-elemtől különböző elemének van multiplikatı́v inverze. 4.35 a) Nem gyűrű. A ⊕ művelet nem asszociatı́v b) Algebrai test. A ⊕ és a ⊗ műveletekre vonatkozóan R zárt, a műveleti tulajdonságok teljesülnek. 194 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK Nullelem: 1, egységelem: 0. Additı́v inverz: 2 − a, multiplikatı́v a , ha a 6= 1 (0-elem). inverz: a−1 = a−1

c) Algebrai test. A ⊕ és a ⊗-ra vonatkozóan R+ zárt, a műveleti tulajdonságok teljesülnek. Nullelem: 1, egységelem: 10. Additı́v inverz: a1 , multiplikatı́v inverz: 1 10 lg a , ha a 6= 1 (0-elem). 4.36 a) Egységelemes gyűrű. (M ; +) kommutatı́v csoport. (M ; ·) egységelemes (egységmátrix), nem-kommutatı́v félcsoport. (Multiplikatı́v inverze csak a reguláris mátrixoknak van.) A megfelelő disztributı́v törvény teljesül b) Egységelemes gyűrű. (M ; +) kommutatı́v csoport. (M ; ·) az n × n-es egységmátrixszal, mint egységelemmel monoidot alkot. Igaz a disztributivitás c) Gyűrű. A műveletekre vonatkozóan M zárt, a mátrixműveletek  tulajdonságai 1 0 teljesülnek. Zéruselem a 2 × 2-es nullmátrix ∈ / M , tehát 0 1 nincs multiplikatı́v egység a struktúrában. d) Algebrai test. A műveletekre vonatkozóan M   zárt, a mátrixműveletek   tulajdonságai 0 0 1 0 teljesülnek.

0-elem: ∈ M , 1-elem: ∈ M . Additı́v 0 0 0 1     1 a −b −a −b · , ha inverz: , multiplikatı́v inverz: 2 b a b −a a + b2 a2 + b2 6= 0∗ . Az adott tı́pusú mátrixok esetén a szorzat kommutatı́v 4.37 a) Egységelemes kommutatı́v gyűrű. A műveletekre nézve P(A) zárt. A ∆ és a ∩ műveletek kommutatı́vak és asszociatı́vak, és a ∩ disztributı́v ∆-ra nézve. 0-elem: ∅, 1-elem: A. Additı́v inverz: minden elemnek önmaga b) Nem gyűrű. 0-elem: ∅, 1-elem: A. Additı́v inverze csak az ∅-nak, multiplikatı́v inverze csak A-nak van. ∗ Lásd a 4.24h) példát 195 4.3 GYŰRŰ, TEST 4.38 a) Egységelemes, kommutatı́v gyűrű. (F; ⊕) kommutatı́v csoport; (F; ⊗) az f : R R, f (x) ≡ 1 egységelemmel kommutatı́v félcsoport. A disztributivitási törvény igaz b) Nem gyűrű. (F; ⊕) csoport; (F; ⊗) félcsoport, mert F zárt ⊗-ra és a ⊗ művelet asszociatı́v. Egységelem:

f (x) = x, és inverz csak bijektı́v f esetén létezik. Nem igaz a disztributivitási törvény, mert például: f : R R, f (x) = sin x, h : R R, h(x) = x2 esetén g : R R, g(x) = x és f ◦ (g + h) 6= f ◦ g + f ◦ h, ugyanis
sin x + x2 6= sin x + sin x2 . c) Nem algebrai struktúra, mert az összeadás műveletére F nem zárt. Két bijektı́v függvény összege nem feltétlenül bijektı́v, legyen például: f (x) = x; g(x) = −x − 1. 4.39 a) (T ; ⊕, ⊗) test nullosztómentességének belátásához induljunk ki az a ⊗ b = 0 (0-elemet itt 0-val jelöljük) egyenletből és tételezzük fel, hogy a 6= 0. Az a inverzével balról szorozva és az asszociativitást kihasználva kapjuk, hogy b = 0. Hasonlóképpen b 6= 0 esetén b−1 -nel jobbról szorozva a = 0 adódik. b) 1., 3, 4b) és c), 5d), mivel az algebrai testek nullosztómentesek 2.a) nulloszómentes, mivel Q∗ ⊂ R 5.a), b) és c) nem

nullosztómentesek, mert például:  0 0 1 0     1 1 0 · = 0 0 0 0 0  . 6.a) nem nullosztómentes: ha A és B diszjunktak, metszetük ∅ 7.a) nem nullosztómentes Legyenek f és g függvények olyanok, hogy minden helyen közülük pontosan az egyik 0 és egyik sem azonosan 0. 4.310 Nem, mert a vektoriális szorzás nem asszociatı́v 196 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK 4.311 A struktúra egységelemes gyűrű a Z halmazon, mivel (Z; ⊕) kommutatı́v csoport; (Z; ⊗) kommutatı́v félcsoport az (1, 1) egységelemmel; a disztributivitási törvény is teljesül. Hasonlóan gyűrű R esetén is
Z esetén nem test, mert az (a, b) elempárra (a, b) ⊗ a1 , 1b = (1, 1), de
1 1 / Z × Z az a 6= 1 vagy b 6= 1 esetben. a, b ∈ Nem test az (R; ⊕, ⊗) sem, hiszen nincs multiplikatı́v inverz egyetlen olyan esetben sem, amikor az elempár valamelyik eleme 0. √  4.312 Igen, résztestét alkotják Belátandó ugyanis, hogy az x

| x = p + q 2, p, q ∈ Q} halmaz a valós számtest műveleteivel testet alkot. Így megfogalmazva a 434 feladat n = 2 speciális esetét kapjuk 4.4 Háló, Boole-algebra 4.41 Mindhárom esetben azt kell viszgálnunk, hogy az adott műveletek kommutatı́vak, asszociatı́vak, illetve igazak rájuk az abszorpciós tulajdonságok Bel´átható, hogy a fentiek mindegyike teljesül a felsorolt struktúrákban, azaz hálók. 4.42 Igazolandó, hogy a (H; sup) struktúrában a kétváltozós sup művelet rendelkezik az elvárt tulajdonságokkal A kommutativitás: sup (a, b) = sup (b, a) és az idempotencia: sup (a, a) = a tulajdonságok triviálisan teljesülnek ∀a, b ∈ H esetén. Az asszociativitás: sup (a, sup (b, c)) = sup (sup (a, b) , c) teljesülésének bizonyı́tásához lássuk be, hogy mindkét oldal sup (a, b, c)-vel egyenlő. 4.43 a) Az igazolandó abszorpciós tulajdonságok: sup (a, inf (a, b)) = a és inf (a, sup (a,

b)) = a. Az első azonosságot belátjuk, a másodikat az olvasóra bı́zzuk. Legyen x = sup (a, inf (a, b)), belátjuk, hogy x = a. Az a 4 a (reflexivitás) és inf (a, b) 4 a miatt a felső korlátja az {a, inf (a, b)} halmaznak, tehát a halmaz legkisebb felső korlátjára fennáll, hogy x 4 a Ugyanakkor x az {a, inf (a, b)}-nek szintén felső korlátja, tehát a 4 x. A rendezés antiszimmetrikus tulajdonságából következően x = a. b) A 4.31 feladatban beláttuk, hogy H mindkét műveletre vonatkozóan félhálót alkot. E feladat a) részében beláttuk, hogy a struktúrában igaz az abszorpciós tulajdonság. 4.4 HÁLÓ, BOOLE-ALGEBRA 197 4.44 a) Igazolandó, hogy a reláció reflexı́v, antiszimmetrikus és tranzitı́v. A reláció reflexı́v, mert a 4 a ⇐⇒ a ∧ a = a. Ez utóbbi az ∧ művelet idempotenciája miatt teljesül. Az antiszimmetria belátásához a ha a 4 b és b 4 a, akkor a = b” ”

állı́tást kell igazolnunk. Az állı́tás ∧ művelettel felı́rva ha a ∧ b = a ” és b ∧ a = b, akkor a = b”, amely igaz az ∧ művelet kommutativitása miatt. A 4 reláció tranzitı́v H-n, ha H bármely a, b, c elemére teljesül, hogy ha a 4 b és b 4 c, akkor a 4 c. Az igazolandó állı́tás az ∧ művelettel felı́rva: ha a ∧ b = a és b ∧ c = b, akkor a ∧ c = a. Ez utóbbi a két feltételből, valamint az ∧ művelet asszociativitását kihasználva ı́gy igazolható: a = a ∧ b = a ∧ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∧ c = a ∧ c. b) inf (a, b) = a ∧ b, ha igazak rá az alábbiak: (a ∧ b) 4 a és (a ∧ b) 4 b minden a, b ∈ H, valamint bármely c ∈ H-ra, ha c 4 a és c 4 b, akkor c 4 a ∧ b. Az első reláció igaz volta az ∧ művelet asszociativitásából, kommutativitásából és idempotenciájából következik: (a ∧ b) 4 a ⇐⇒ ⇐⇒ (a ∧ b) ∧ a = (a ∧ b) ⇐⇒ a ∧ (b ∧ a) =

(a ∧ b). Az utolsó egyenlőség pedig igaz, mert a ∧ (a ∧ b) = (a ∧ a) ∧ b = (a ∧ b). Hasonlóképpen látható be a második reláció, (a ∧ b) 4 b teljesülése A harmadik állı́tás az ∧ művelettel felı́rva: c ∧ a = c és c ∧ b = c =⇒ c ∧ (a ∧ b) = c. Az ∧ művelet idempotens, tehát c ∧ (a ∧ b) = = (c ∧ a) ∧ b = c ∧ b = c. A sup (a, b) = a ∨ b igazolása hasonló gondolatmenettel adódik, itt nem részletezzük. 4.45 a) b) c) d) 4.46 a) (P(A); ∪, ∩) háló∗ , legnagyobb eleme az A, és bármely B ∈ P(A) esetén B = A B ∈ P(A). b) (Fn ; ∨, ∧, ¬), ahol f ∈ Fn , ha f : {0, 1}n {0, 1}. Legyen az f0 (x1 , x2 , . , xn ) = 0 függvény a struktúra O eleme és az f1 (x1 , x2 , . , xn ) = 1 pedig az I Fn zártsága triviális, a megfelelő műveleti tulajdonságok igazolását itt nem részletezzük. ∗ Lásd Disztributı́v háló. Háló, de nem disztributı́v.

Félháló. Nem háló és nem is félháló, mert sem a sup sem az inf művelet nem egyértelmű. 4.41b) feladat 198 4.47 4. ALGEBRAI STRUKTÚRÁK a) A = {1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715}. O = 1, I = 715 Ellenőrizendő azonosságok: 715 = a; (a0 )0 = a, azaz 715/a
0 a ∨ a = I, azaz lkkt a, 715 a
= 715; = 1; a ∧ a0 = O, azaz lnko a, 715 a
715 0 0 0 (a ∨ b) = a ∧ b , azaz lkkt (a, b) = lnko 715 a , b . b) 143 4.48 Boole algebra: O = 1, I = 42 4.49 a) Nem alkot Boole-algebrát, mert a ∩-re nézve nem zárt. b) Nem alkot Boole-algebrát, mert az ∪-ra nézve nem zárt. c) Igen: O = {a, e, i, o, u}, I = {a, b, c, d, e, . , z} X 0 = {a magánhangzók és azok a mássalhangzók, amelyek X-ben nem szerepelnek}. d) Igen, mivel az A = {. , {−2, −1} , {0, 1} , {2, 3} , {4, 5} , } halmaz hatványhalmazáról van szó. e) A halmaz elemei az Ak = {n | n ≥ k, n ∈ Z} (k ∈ Z) alakú számhalmazok. Ezek az ∪ és a ∩

műveletre zárt halmazt alkotnak, ugyanis Ak ∪ Al = Amin{k,l} és Ak ∩ Al = Amax{k,l} . A szükséges műveleti tulajdonságok a disztributivitást is beleértve teljesülnek, ezért a struktúra disztributı́v háló, amely korlátos is: O = ∅, I = Z. A komplementum-képzésre azonban a halmaz nem zárt, ı́gy nem Boolealgebra. f) Igen. Csupán két eleme van a halmaznak: ∅ és Z 5. fejezet Gráfelméleti fogalmak és összefüggések 5.1 Alapfogalmak 5.11 A gráfnak 8 éle és 5 pontja van A pontok közül kettő fokszáma 3, kettő fokszáma 4, az ötödiké pedig 2. 5.12 a) Nincs, mert egy 6 pontú egyszerű gráfban bármely pontból legfeljebb 5 él húzható, azaz minden pont fokszáma legfeljebb 5 lehet. b) Tetszőleges gráfban a fokszámok összege megegyezik az élek számának kétszeresével, a fokszám-összeg ı́gy mindig páros szám. A megadott fokszámok összege páratlan, ezért

ilyen gráf nem létezik 5.13 a) Az ábrán látható gráf megfelel a feltételeknek. 199 200 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK b) Nincs, mert egy egyszerű gráfban a pontok fokszámainak összege páros szám. 5.14 Egy n pontú egyszerű gráfban egy pont foka legfeljebb n − 1 lehet Ha minden pont fokszáma különböző, akkor 0-tól n − 1-ig minden lehetséges fokszám pontosan egy ponthoz tartozik. Tehát a feltételeket kielégı́tő gráfban léteznie kell 0- és n − 1-fokú pontnak is. Ez viszont ellentmondás, hiszen az n − 1-fokú pontból minden más pontba vezet él, a 0-fokúba is, ami lehetetlen. 5.15 A mérkőzés egy tetszőleges pillanatához hozzérendelünk egy gráfot, amelynek pontjai a csapatoknak felelnek meg A gráf két pontja akkor van összekötve éllel, ha a megfelelő csapatok már játszottak egymással. A kapott gráf hurokélmentes, mert senki nem játszik

önmagával. E szerint a feladat állı́tása megfelel a következő tételnek∗ : Tetszőleges gráf páratlan fokszámú pontjainak száma páros. 5.16 5.17    C=   0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 2 0 0 0 2 0 1 1 1 0 1 0          M=   1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0       a) Nyitott az élsorozat, hiszen az első él kezdőpontja és az utolsó él végpontja különböző, de útról nem beszélhetünk, mert péld aul az 5-ös pont kétszer fordul elő a vonal belsejében. b) Zárt az élsorozat, mert az első él kezdőpontja és az utolsó él végpontja azonos. Kör, mert olyan zárt élsorozatról van szó, amely minden pontjára pontosan két él illeszkedik. c) Nyitott élsorozat, de nem út és nem kör. d) Nyitott élsorozat és út. 5.18 ∗A a) 4 3 1 2  0  1 C=  1 1

tétel igazolását lásd B.-Gy 51 Tétel b) 1 0 0 0 1 0 0 0  1 0   0  0 201 5.1 ALAPFOGALMAK b) c) d) 4 3 1 2 4 3 1 2 4 3 1 2  0  1 C=  1 0  0  1 C=  1 1  0  1 C=  1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1  0 0   0  0  1 0   1  0  1 1   1  0 5.19 Az alábbi körök vannak a gráfban∗ : ({1, 2}, {2, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 3}, {3, 1}); ({1, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({2, 3}, {3, 4}, {4, 2}). 4 5.110 9 5 10 6 1 5.111 3 8 7 ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 1}); ({1, 2}, {2, 4}, {4, 3}, {3, 1}); ({1, 4}, {4, 2}, {2, 3}, {3, 1}); Leghosszabb útja pl.∗ : ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6}). Leghosszabb köre pl.∗ : ({1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 10}, {10, 9}, {9, 8}, {8, 7}, {7, 6} {6, 1}). 2     C=    ∗ Az 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 1 2 3 4 0 1 1 2

3 4 5 0         egyszerűség kedvéért a megoldásokban az út/kör éleit tüntetjük csak fel. 202 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.112 4 4 3 5 1 2 3 5 1 2    C=   0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0       5.113 Legyen a G gráf ponthalmaza {1, 2, , n}, és jelöljük C2 -et B-vel A B n P mátrix bij = cik · ckj elemének cik · ckj tagja 1, ha az {i, k} és a {k, j} k=1 a gráf élei, egyébként a szorzat értéke 0. Ezért a) bii az i pont fokszáma; b) bij (i 6= j) az i-t és j-t összekötő 2 hosszúságú utak száma. 5.114 a) Az élek száma össze. n·(n−1) , 2 mert bármely két pontot pontosan egy él köt b) Az alábbi 4-, illetve 5-pontú gráfok izomorfak komplementerükkel: Viszont 6-pontú gráf nincs, ugyanis a 6-pontú teljes gráf éleinek száma 6·5 2 = 15, ami páratlan

szám. Így tetszőleges 6 pontú gráf éleinek száma különbözik komplementerének élszámától, tehát nem lehetnek izomorfak. 5.115 5.116 a) Igen. Feleltessük meg a baloldali gráf pontjait a jobboldali gráf megfelelő vesszős pontjainak 203 5.1 ALAPFOGALMAK b0 e f g c a g0 d0 d f0 e0 a0 b c0 b) Igen. Hasonló megfeleltetést használunk, mint az a) pontban d h g e f a c g0 b0 e0 d0 b a0 h0 c0 f0 c) Nem, mert a baloldali gráfban a legrövidebb kör 4 hosszúságú, a jobboldaliban viszont 5 hosszúságú. 5.117 Az n-pontú teljes gráf éleinek száma: 5n < n(n−1) . 2 Ebből következik: n (n − 1) < 6n 2 10 < n − 1 < 12 n = 12 5.118 Az 5-pontú teljes gráfnak 10 éle van Ebből kettőt kell elhagynunk, ı́gy a fokszámok a kövekezők lehetnek: 4, 3, 3, 3, 3 vagy 4, 4, 3, 3, 2. 5.119 a) b) c) 5.120 Indirekt módon bizonyı́tunk: Tegyük fel, hogy az n-pontú

gráfban nincs 1-fokú pont. 204 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK A lehetséges fokszámok a 0, 2, 3, . számok Az összefüggőség miatt a 0-t kizárhatjuk, hiszen a gráfban nem lehet izolált pont. Vizsgáljuk most az n-pontú gráf pontjainak fokszám-összegét. Indirekt feltevésünk és a 0 fok kizárása eredményeképpen a pontok fokszáma legalább 2, a fokszámösszeg legalább 2n. Másrészről tudjuk, hogy a fokszámok összege az élek számának kétszerese. Mivel a feltétel szerint az élek száma legfeljebb n − 1, a fokszám-összeg legfeljebb 2(n − 1) lehet. Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát van a gráfnak 1-fokú pontja. 5.121 a) Vegyük a gráf egy maximális hosszúságú útjának egyik végpontját. E ponthoz biztosan illeszkedik legalább egy másik él, mert a pont foka legalább 2. Ezen élnek a másik végpontja az út valamelyik pontja, hiszen ha nem

ı́gy lenne, akkor a választott maximális hosszúságú útnál lenne a gráfban hosszabb út. A választott úthoz hozzávéve ezt az élt, a gráf egy körét kapjuk. Másik megoldás: Kezdjük el bejárni a gráfot egy tetszőleges a1 pontjából. Az a2 pontjába érve innen biztos tovább tudunk haladni, mert a fokszáma legalább kettő. Innen eljutunk a3 -ba, amely vagy megegyezik a1 -gyel és ı́gy találtunk kört, vagy ha nem, akkor innen is tovább tudunk menni. Minden még érintetlen pontból tovább tudunk haladni a fokszámra vonatkozó feltétel miatt, de mivel a gráf véges, egyszer eljutunk egy olyan pontba, ahol már korábban jártunk és bezáródik egy kör. b) Tekintsük a gráf egyik smax leghosszabb útját, annak egyik v végpontját. Azt állı́tjuk, hogy a v pont foka 1 Tegyük fel ugyanis, hogy a v pontra illeszkedik még egy e = {v, w} él, amely az smax -nak nem éle. Az e él w

végpontja nem lehet az smax pontja, mert akkor a gráf nem körmentes. Nem lehet a w pont a gráf smax -hoz nem tartozó pontja sem, mert akkor smax -hoz hozzávéve a w pontot és az e élt, smax -nál hosszabb utat kapunk. Ilyen él tehát nincs Ezzel beláttuk, hogy a gráf v pontja 1-fokú. 5.122 a) Vegyük észre, hogy a bizonyı́tás során felhasználtunk egy tételt, amely szerint minden összefüggő és körmentes gráf felépı́thető az 1pontú gráfból kiindulva egy él és egy pont egyidejű hozzáadásának egymásutáni alkalmazásával. E tétel igaz volta nem nyilvánvaló, bizonyı́tásra szorul 5.1 ALAPFOGALMAK 205 b) A feladat a) részében leı́rt teljes indukciós bizonyı́tást az alábbiak szerint módosı́tjuk: Nem épı́tünk egy k pontú elvárt tulajdonságú gráfot, hanem kiindulunk egy tetszőleges k-pontú körmentes összefüggő gráfból és belátjuk, hogy

célszerűen elhagyva belőle egy pontot és egy élt, olyan k − 1-pontú gráfot kapunk, amely a feltételeknek (körmentes és összefüggő) megfelel. Az ı́gy kapott gráfra az indukciós feltevés értelmében igaz, hogy k − 2 éle van, tehát a k-pontú gráfnak k − 1 éle van. A gráfban a körmentesség miatt van 1-fokú pont∗ . Hagyjunk el egy 1-fokú pontot a rá illeszkedő éllel együtt. A kapott k − 1-pontú gráf nyilván körmentes. Összefüggő is, mert e pont 1-fokú lévén, nem lehet a k − 1-pontú gráf két pontját összekötő útnak pontja. c) Jelöljék az n-pontú k-komponensű körmentes gráf komponenseinek pontszámait az n1 , n2 , . , nk számok, amelyek összege nyilván n A gráf egyes komponenseinek élszáma ni − 1, i = 1, 2, . , k (lásd az a) pontban szereplő állı́tást). Így a gráf éleinek számára e = (n1 − 1)+ +(n2 − 1) + . + (nk − 1) = n

− k adódik 5.123 Feleljenek meg a G gráf pontjai a társaság tagjainak Két pont pontosan akkor legyen G-ben összekötve éllel, ha a megfelelő tagok barátok Így olyan 6 pontú egyszerű gráfot kapunk, ahol minden pont fokszáma 3. Megmutatjuk, hogy G pontjai 3 olyan párba sorolhatóak, hogy az egy párhoz tartozó pontok szomszédosak, azaz a mozilátogatás megszervezhető. Az első párnak válasszunk két tetszőleges szomszédos pontot. Töröljük e pontokat a rájuk illeszkedő élekkel együtt a gráfból. A 3-regularitásból adódóan az eredeti 9 élből pontosan 5 élt hagytunk el. A maradék 4 pont és 4 él az ábrán látható módon helyezkedhet el (a további izomorf esetektől eltekintve). Látható, hogy mindkét esetben a maradék 4 pont szétosztható két szomszédos pontokból álló párra. ∗ Lásd az előző feladat b) pontját. 206 5.124 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK

ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK a) Csak egy lehetséges megoldás van. b) Egy komponens legalább n pontot tartalmaz, mert minden pontból legalább n − 1 él halad különböző pontokba. c) Nem, mert minden komponens legalább n pontot tartalmaz, ı́gy egyvagy kétkomponensű a gráf. 5.125 Ha nem lenne összefüggő a gráf, akkor létezne legalább egy olyan komponens, amelybe legfeljebb n pont tartozik Ebben a komponensben a maximális fokszám n − 1 lehet, ami ellentmondás. 5.126 Ha G nem összefüggő, akkor megmutatjuk, hogy G komplementere (G) összefüggő. Legyen u és v két tetszőleges pont Ha u és v két különböző komponensbe esik G-ben, akkor szomszédosak lesznek G-ben. Ha viszont azonos komponensekbe esnek G-ben, akkor egy másik G-beli komponens tetszőleges pontja G-ben szomszédos u-val is és v-vel is, tehát a G gráfban van u-t és v-t összekötő út. 5.127 Az e = {u, v} él elhagyásával u és v

két különböző komponensbe esik Ha létezne G-ben e-t tartalmazó kör, akkor annak az elvétel után megmaradó részén el lehetne jutni u-ból v-be, vagyis egy komponensbe esnének, ami ellentmondás. 5.128 A kérdés megfogalmazható úgy is, hogy egy legfeljebb 5 komponensű, 22 pontú gráfnak legalább hány éle van. A szükséges élek száma: 22−5 = 17 5.129 a) Induljunk ki a gráf egy tetszőlegesen rögzı́tett pontjából. Tetszőleges sorrendben bejárva a gráf pontjait, visszatérve az eredeti pontba kört kapunk. A lehetséges sorrendek száma (k − 1)!, ez esetben azonban minden kört kétszer számoltunk. Tehát az n-hosszúságú körök száma (k−1)! . 2
b) Válasszuk ki azt a k pontot, melyek a kör pontjai. Ezt nk módon kör illeszthető, ezért tehetjük meg. A kiválasztott k pontra (k−1)! 2
n (k−1)! számú k hosszúságú kör van. 2 k 5.2 EULER- ÉS

HAMILTON-BEJÁRÁSOK 207 c) A feladat átfogalmazható úgy, hogy hány darab k − 1 hosszúságú út van az e él egyik pontjából a másikba.
Válasszunk e végpontjaitól különböző k − 2 darab pontot, ezt n−2 Ezen k−2 módon tehetjük meg.
n−2 pontoknak (k−2)!-féle sorbarendezése lehetséges. Tehát k−2 (k−2)! úton juthatunk el e egyik végpontjából a másikba. 5.2 5.21 Euler- és Hamilton-bejárások a) Az úthálózatot irányı́tott gráfként ábrázolva a kérdés arra vonatkozik, hogy Euler-gráf-e. Ha minden pont ki-foka megegyezik a be-fokával, akkor bejárhatja a locsolóautó a város utcáit a feltételeknek megfelelően. b) Ebben az esetben minden pont ki-foka megegyezik a be-fokával. 5.22 Az n-pontú teljes gráf összefüggő és minden pontjának foka n − 1 Ahhoz, hogy Euler-gráf legyen, szükséges és elégséges, hogy minden pont foka páros legyen, tehát

a teljes gráf pontosan akkor Euler-gráf, ha a gráf pontjainak száma páratlan. 5.23 a) Tegyük fel, hogy a G összefüggő gráfnak van nyitott Euler-sétája. Bővı́tsük G-t a séta kezdőpontját és végpontját összekötő e éllel. Az ı́gy nyert G0 gráfban a G-beli nyitott sétához hozzávéve az e élt, zárt Euler-sétát kapunk. Tudjuk, hogy a G0 összefüggő gráfban pontosan akkor van zárt Euler-séta, ha minden pont foka páros szám. A G-beli pontok fokszámait az e éllel való bővı́téskor pontosan két pontban növeltük 1-gyel. Ezzel igazoltuk, hogy a nyitott Euler-séta létezésének szükséges feltétele a fokszámokra vonatkozó kijelentés. Elégséges is, mert feltéve, hogy G (legalább két pontú) összefüggő gráfnak pontosan két páratlan fokszámú pontja van, a páratlan fokszámú pontokat összekötő él bővı́tésével keletkező G00 gráf

Euler-gráf. Zárt Euler-sétájából elvéve az emlı́tett élt, G-beli nyitott Euler-sétát nyerünk. b) Az a) pontban szereplő feltételnek a 2-pontú teljes gráf megfelel, hiszen összefüggő és két páratlan fokú pontja van. Ha azonban a teljes gráfban a pontok száma 2-nél nagyobb, akkor a nyitott Euler-séta létezéséhez a fokszámok között páros és páratlan fokúaknak is kell lennie, ami a fokszámok megegyezése miatt lehetetlen. 208 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 5.24 A nyitott és zárt Euler-séta létezésére vonatkozó fokszám-kritériumok alapján a megfelelő feladatok egyszerűen megoldhatók, ı́gy a megoldást nem részletezzük. Nehezebb a helyzet a Hamilton-kör és -út esetében, hiszen ilyen tételeket nem ismerünk. Nyitott Euler-séta Zárt Euler-séta a) nincs van b) van nincs c) nincs nincs d) nincs van Hamilton-út Hamilton-kör

van (abcde) van (adecb) van (abcgf ehd) van (acdf eb) van (abcdea) nincs∗ van (abcgf ehda) van (acdf eba) ∗ A gráfban az a pontot tartalmazó 2 kör egyikének a c, másikának pedig a b nem pontja. Nincs tehát olyan kör, amely mind az öt pontot tartalmazza 5.25 a) Tekintsük a 10-pontú teljes gráf azon bővı́tését, ahol minden pontnál van egy hurokél is, és a csúcsokat számozzuk 0-tól 9-ig. Ebben a gráfban az élek megfelelnek az egyes dominóknak, az egy csúcsra illeszkedő élek pedig az egymáshoz illeszthető dominóknak. A feladat gráfelméleti megfogalmazása szerint zárt Euler-sétát kell keresni. Mivel a gráf minden pontjának fokszáma 11, nem létezik zárt Euler-séta, tehát nem képezhető kör”. ” b) Az a) pontban leı́rtak alapján elkészı́tve a gráfreprezentációt, és az ottani indoklást követve találunk zárt Euler-sétát, ezért képezhető kör”. ” 5.26

a) n ≥ 3 b) Azon teljes páros gráfoknál, ahol a két diszjunkt halmaz elemszáma megegyezik (Kn,n ). Jelöljük a páros gráf pontjait a következő módon: a1 , a2 , . , an , b1 , b2 , . , bn Az (a1 , b1 , a2 , b2 , , an , bn , a1 ) kör biztosan létezik a teljes páros gráf tulajdonság miatt, és mivel minden ponton egyszer halad át, Hamilton-kör is. 5.2 EULER- ÉS HAMILTON-BEJÁRÁSOK 209 Ha a két diszjunkt halmaz elemszáma nem egyezik meg (Km,n , ahol m 6= n), akkor nem létezik Hamilton-kör, mert ha például m > n, akkor kiindulva az m elemű halmaz a1 pontjából, az (a1 , b1 , a2 , b2 , . , an , bn , an+1 ) utat bejárva nem tudunk bi (i > n) pontba lépni. 5.27 5.28 Legyenek G25 pontjai a sakktábla egyes mezőinek megfeleltetve Két pont akkor legyen összekötve éllel, ha a megfelelő mezők lóugrásnyira” vannak ” egymástól. G-ben Hamilton-utat, illetve Hamilton-kört keresünk Az

ábra alapján látható, hogy Hamilton-út létezik. Vegyük észre, hogy lóugrás csak ellenkező szı́nű mezők között történhet. Ebből adódóan 25, azaz páratlan sok lépés után az első és az utolsó mezők szı́ne eltérő, tehát a 25 lépésből álló sorozat nem lehet záródó. Így Hamiltonkör nem létezik a gráfban 5.29 a Ha létezik Hamilton-kör, annak biztosan része a ({b, a}{a, d}) és a ({b, c}{c, d}) út, mert a és c 2-fokú pontok. Ez a 4 él kört alkot, ami nem egészı́thető ki Hamilton-körré. d b c 5.210 Alkalmazzuk az 528 feladat megoldásában szereplő gráfmodellt∗ ∗ Ez esetben a 16-pontú gráfban keresünk Hamilton-kört. 210 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK Tekintsünk két átellenes sarkot a sakktáblán. A megfelelő pontok a gráfban 2-fokúak, ezért az illeszkedő élek a Hamilton-kör élei kell, hogy legyenek, ha

az létezik. De mivel a négy él kört alkot, tovább nem bővı́thető, ı́gy a gráfnak nincs Hamilton-köre. 5.211 a) Tekintsünk egy G0 gráfot, amely G-ből úgy keletkezik, hogy a feladatban szereplő komponenseket egy-egy ponttal helyettesı́tjük. (Az éleket meghagyjuk abban az értelemben, hogy ha egy komponens valamelyik pontja szomszédos G-ben egy ponttal, akkor a komponensnek megfelelő pont is az.) Gondoljuk meg, hogy ha G-nek van Hamilton-köre, akkor G0 -nek is van. G K1 k1 K2 k2 K3 G0 K1 k1 k2 K2 K3 G-ből elhagyva k1 és k2 pontokat éleikkel együtt, a G gráf K1 , K2 , K3 komponensekre esik szét. A következőkben megmutatjuk, hogy G0 -ben nincs Hamilton-kör. A komponenseknek megfelelő G0 -beli pontok között nincs szomszédos. Ha lenne két szomszédos pont, akkor a G k számú pontjának elhagyásával keletkező gráfban e két komponens valamely pontpárja össze lenne kötve éllel, ami

lehetetlen. Ezért a G0 -beli Hamilton-körön lévő két komponensnek megfelelő pont között legalább egy (nem komponesnek megfelelő) pontnak kell lennie. Mivel a komponensnek megfelelő pontok száma legalább k+1, a szükséges közbeiktatott pontok száma is legalább ennyi. Ilyen pontunk csak k darab van, e szerint ilyen kör nem létezik G0 -ben, tehát G-ben sincs Hamilton-kör. b) G0 -t rendeljük hozzá G-hez ugyanúgy, mint a)-ban, a gondolatmenet is hasonló. Az eltérés csupán annyi, hogy itt a G0 -beli Hamiltonút létezéséhez a legalább k + 2 nem szomszédos pont összekötéséhez legalább k + 1 pont közbeiktatása lenne szükséges, de csak k ilyen pontunk van. 211 5.3 SÍKGRÁFOK ÉS SZÍNEZÉSEK 5.3 Sı́kgráfok és szı́nezések 5.31 Igen, összeköthetők 5.32 A feladatokat úgy oldjuk meg, hogy a megadott gráffal olyan izomorf gráfot rajzolunk, amelyek mutatják a

sı́kbarajzolhatóságot. a) d d c e a b) c e a b b e e a a d b d b c c c c) e d f d f e a c b a b d) f e g g d h h c a 5.33 e f a b a) n = 5, e = 9, t = 6; b) n = 5, e = 6, t = 3; n − e + t = 5 − 9 + 6 = 2; n − e + t = 5 − 6 + 3 = 2; b d c 212 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK n − e + t = 6 − 6 + 2 = 2; c) n = 6, e = 6, t = 2; n − e + t = 8 − 18 + 12 = 2. d) n = 8, e = 18, t = 12; 5.34 a) ϕ(t1 ) = 3, ϕ(t2 ) = 3, t1 t6 t4 t2 t3 t2 ϕ(t3 ) = 3, ϕ(t4 ) = 3, t1 ϕ(t1 ) = 6, ϕ(t5 ) = 3, ϕ(t6 ) = 3. ϕ(t2 ) = 6.∗ t5 b) Egyszerű sı́kgráfban nincs többszörös él, ezért minden tartomány fokszáma legalább 3, (ϕ(ti ) ≥ 3, ∀i ∈ {1, . , t}) Az egyes tartományok fokszámának összege megegyezik az élek számának kétszeresével (Egy él vagy két tartományt határol, vagy valamely tartomány t P körüli zárt sétában kétszer

szerepel.) Ezért ϕ(ti ) = 2e, ahol t a i=1 tartományok, e pedig az élek száma. A fentieket összevetve a 3t ≤ 2e egyenlőtlenséget kapjuk. 5.35 a) K5 -nek n = 5 pontja és e = 10 éle van. Ha sı́kbarajzolható lenne, akkor az Euler-tétel miatt t = 7 tartománya lenne. Ekkor azonban nem teljesülne az előző feladatban bizonyı́tott 3t ≤ 2e egyenlőtlenség. b) K3,3 n = 6 pontú e = 9 élű gráf. Ha sı́kgráf, akkor t = 5 tartománya van. Másrészt egyszerű és páros, ezért legrövidebb körének hossza 4. Ebből adódóan a 4t ≤ 2e egyenlőtlenség teljesülése kellene ahhoz, hogy a gráf sı́kgráf legyen. Ez viszont a 20 ≤ 18 ellentmondáshoz vezet, azaz K3,3 nem sı́kgráf. 5.36 a) A vastagabban jelölt részgráf izomorf K5 -tel, ezért a Kuratowski-tétel miatt a gráf nem rajzolható sı́kba. ∗ Olvassa el a tartomány fokának definı́cióját figyelmesen. 213 5.3 SÍKGRÁFOK ÉS

SZÍNEZÉSEK b) A gráf K3,3 -mal topologikusan izomorf, ezért nem sı́kgráf. Helyettesı́tsük egy éllel a vastagon jelölt pontot a rá illeszkedő élekkel. 5.37 Az alábbi ábrákon a feladatbeli gráfok és a vastagon szedett duáljaik láthatók. a) b) c) d) 5.38 Magyarország és szomszédai vázlatos térképe: Szlovákia Ukrajna Ausztria Románia Szlovénia Horvátország Jugoszlávia 214 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK A térkép duálját a vastag pontok és vonalak jelzik: 5.39 A térkép szomszédos tartományai kiszı́nezhetők két szı́nnel úgy, hogy a szomszédosak ne legyenek azonos szı́nűek. A duál gráfban ezen tartományoknak pontok felelnek meg, amelyek szintén két szı́nnel szı́nezhetők Soroljuk a gráf pontjait két osztályba, az egy osztályba kerülők legyenek az azonos szı́nnel kiszı́nezett pontok Egy osztályon belül a szı́nezés

szabálya miatt nincs szomszédos pontpár, következésképpen a duál gráf páros. 5.310 Ha egy gráf sı́kgráf, akkor duálja is az Ha létezne öt olyan ország, amelyek páronként szomszédosak, akkor azok duálja a K5 gráf lenne, ami viszont nem sı́kgráf. Nem létezik tehát öt páronként szomszédos ország 5.311 a) Kettővel. Induljunk ki egy tetszőleges pontból, legyen ennek a szı́ne piros, és az összes szomszédjáé kék. Az ı́gy kapott kékek szomszédait szı́nezzük pirosra, és folytassuk az eljárást, amı́g az egész gráfot ki nem szı́neztük. Ha nem hajtható végre valamely lépés az csak úgy lehetséges, ha egy pontba kétféle úton is eljuthatunk a kiindulási pontunkból, ez viszont ellentmond a fa tulajdonságnak. b) Páros hosszúságú kör esetén a minimális szám 2, páratlan esetben 3. Legyen a kör pontjainak halmaza {v1 , v2 , . , vk }, élhalmaza pedig

{{v1 , v2 }, {v2 , v3 }, . , {vk−1 , vk }, {vk , v1 }} Vizsgáljuk először a két szı́nnel való szı́nezhetőséget. Világos, hogy egy él két végpontját különböző szı́nnel kell szı́neznünk, tehát ugyanannyi pont lesz kiszı́nezve például pirossal, mint kékkel. Ez akkor lehetséges, ha a kör pontjainak száma páros Meg is valósı́tható, hiszen, ha a páratlan indexű 215 5.3 SÍKGRÁFOK ÉS SZÍNEZÉSEK pontokat pirossal, a páros indexűeket kékkel szı́nezzük, akkor az helyes szı́nezés. Beláttuk tehát, hogy páros hosszúságú kör esetén a minimális szı́nszám 2. A páratlan hosszúságú körről megállapı́tottuk, hogy két szı́nnel nem szı́nezhető, de 3 szı́nnel igen, hiszen a kör tetszőleges pontjából a kört bejárva szı́nezzünk felváltva, majd az utolsó még be nem szı́nezett pont esetében válasszunk egy harmadik szı́nt, ı́gy a

minimális szı́nszám 3. 5.312 a) Tegyük fel, hogy két szı́n elegendő. Legyen a két kijelölt pont v1 és vk , amelyek között pontosan egy út vezet, amelynek pontjai növekvő index szerint rendezettek. Mivel v1 piros, ezért minden páratlan indexű pont is piros kell, hogy legyen, a páros indexűek pedig kékek Ha k páros szám, akkor ezt nem lehet megvalósı́tani, ezért két szı́n nem elegendő. Három viszont igen, mert páros k esetén vk−1 legyen zöld. b) Három szı́n elegendő, mert hagyjuk el a már befestett piros pontokat, éleikkel együtt. Maradék-gráfként erdőt kapunk, amelynek minden összefüggő része fa lévén két szı́nnel kiszı́nezhető pl. zölddel és kékkel.∗ 5.313 a) χ(G) = 2. A bizonyı́tást két részre bontja adjuk meg 1 (i) Nyilvánvaló, hogy χ(G) ≥ 2. 2 2 1 1 2 (ii) χ(G) ≤ 2, mert két szı́nnel kiszı́nezhető (lásd az ábrát, ahol a

különböző számok különböző szı́neket jelölnek). Beláttuk, hogy χ(G) ≥ 2 és χ(G) ≤ 2, tehát χ(G) = 2. b) χ(G) = 4. A bizonyı́tást hasonlóan adjuk meg, mint az a) feladatban ∗ lásd 5.311 a) 216 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 3 2 (i) χ(G) ≥ 4, mert van négy pontú teljes részgráfja. 1 2 4 3 (ii) χ(G) ≤ 4, mert négy szı́nnel kiszı́nezhető (lást az ábrát). 3 1 1 2 c) χ(G) = 4. 4 (i) χ(G) ≥ 4, mert G-ben található négy páronként szomszédos pont. 3 3 (ii) χ(G) ≤ 4, mert kiszı́nezhető a gráf négy szı́nnel (lásd az ábrát). 1 d) χ(G) = 4. 2 (i) Lássuk be, hogy χ(G) > 3. Ötpontú kör szı́nezéséhez minimum 3 szı́n szükséges∗, legyenek ezek rendre 1, 2, 3. Az ötszög” három átlójának” végpontjai ” ” különböző szı́nnel vannak szı́nezve, ezek felező pontjainak szı́néül a harmadik

szı́nt kell vásztani. Így a középső” K pont szomszé” dai 3 különböző szı́nnel vannak szı́nezve, ezért K szı́ne a negyedik. (ii) Az ábra mutatja, hogy a gráf pontjai 4 szı́nnel kiszı́nezhetők. 1 1 2 K 2 1 1 ∗ Lásd 5.311 b) 2 2 3 3 217 5.4 FÁK ÉS ERDŐK 5.4 5.41 Fák és erdők a) Egy, hárompontú fa van. b) Két, négypontú nem-izomorf fa létezik. c) Három, ötpontú nem-izomorf fa van. 5.42 Az alábbi nem-izomorf fák állı́thatók elő 5.43 a) 7 4 8 1 6 3 2 5 9 b) 2 10 8 3 9 5 4 6 7 1 218 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK c) 10 8 9 6 7 4 5 2 3 1 11 a) Nincsen. Csak a 2 pontú fa olyan, hogy minden pont foka 1 Ha ehhez még egy pontot hozzáveszünk, és ezt valamely már létező ponttal összekötjük, hogy összefüggő gráfot kapjunk, az egyik pont foka már 2 lesz. 5.44 b) Van, az alábbi. c) Nincsen. Ha egy gráfban

minden pont foka 2, akkor van benne kör∗ , ı́gy nem lehet fa. d) Van, az alábbi. 5.45 Tudjuk, hogy egy fa két szı́nnel kiszı́nezhető† , legyenek ezek a szı́nek piros és kék. Él csak piros és kék pontot köthet össze, tehát van két olyan diszjunkt ponthalmaz, hogy egy halmazon belüli pontokat nem köt össze él Ez azt jelenti, hogy a gráf páros. éle van. Ha a gráfban nincs kör, akkor 5.46 Egy n-pontú teljes gráfnak n(n−1) 2 legfeljebb n − 1 éle lehet. Ekkor a komplementerében legalább n (n − 1) (n − 2) (n − 1) − (n − 1) = 2 2 van. Nézzük meg, milyen n esetén teljesül, hogy n ≥ 5-öt kapunk. (n−2)(n−1) 2 > n − 1, 5.47 A fa középpontjától legtávolabbi pont biztosan 1-fokú, mert ha nem lenne az, akkor a pontból kiinduló valamely él másik pontja távolabb lenne. Ha a fa összes 1-fokú pontját elhagyjuk, nem változik meg a fa középpontja. Hagyjuk el az 1-fokú

pontokat addig, amı́g ez lehetséges. Vagy egy pontot kapunk, vagy két szomszédos pontot. ∗ Lásd † Lásd 5.121 a) 5.311 219 5.4 FÁK ÉS ERDŐK 5.48 Az 5122 c) feladat alapján: a) n = 17, k = 5 =⇒ b) n = 17, e = 6 =⇒ e = n − k = 12; k = n − e = 11. 5.49 Például az alábbi két fa a gráf egy-egy feszı́tőfája 5.410 a) Ez az e él egy ún. hı́d, azaz olyan él, amelyet ha elhagyunk a gráfból, akkor a gráf két komponensre esik szét. K1 K2 e Ha létezne az ábrán látható gráf K1 és K2 részgráfjának egy-egy pontját összekötő e-n kı́vüli él, akkor létezne a gráfnak olyan feszı́tőfája, amelynek e nem lenne éle. Ez ellentmond viszont a feladat azon feltételének, hogy az e él a gráf minden feszı́tőfájának éle. b) e A feltételnek megfelelő e él egy hurokél, hiszen egy hurok nem szerepelhet feszı́tőfában, mert nem lenne körmentes a gráf. A

gráf minden nemhurokéle viszont lehet feszı́tőfa éle 5.411 A minimális súlyú feszı́tőfát a mohó” algoritmus∗ alkalmazásával épı́tjük ” fel. A feszı́tőfa pontjainak halmazát jelöljük F -fel. Kiindulásként legyen F = {a}. Keressük meg az a-ból kiinduló legkisebb súlyú élt Ez az (a, b) él Bővı́tsük a feszı́tőfát b-vel és az (a, b) éllel. ∗ Lásd Bagyinszki J., György A: Diszkrét matematika főiskolásoknak (140 o) 220 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK Keressük ezután az F = {a, b} ponthalmaz egy pontját a {c, d, e} ponthalmaz egy pontjával összekötő legkisebb súlyú élt. Ez a (b, d) él Bővı́tsük ezzel az éllel és a d ponttal a feszı́tőfát. Keressük ezt követően az F = {a, b, d} ponthalmaz egy pontját a {c, e} ponthalmaz egy pontjával összekötő legkisebb súlyú élt. Ez a (d, e) él Bővı́tsük ezzel az

éllel és az e ponttal a feszı́tőfát. Végül keressük az F = {a, b, d, e} ponthalmaz egy pontját a c ponttal összekötő legkisebb súlyú élt. Ez a (b, c) él Bővı́tsük ezzel az éllel és a c ponttal a feszı́tőfát. Eljutottunk az algoritmus végére. A kialakult feszı́tőfa éleit az alábbi ábra vastagon szedett élei mutatják. a 6 2 6 b e 8 7 4 3 c 5 8 9 d 5.412 A súlymátrix az alábbi gráfot határozza meg 7 c b A minimális súlyú feszı́tőfa felépı́tésére alkal10 2 mazzuk a mohó algoritmust az A pontból kiin9 8 7 dulva. Az alábbi ábrák mutatják, hogy milyen d a lépéseken keresztül jutunk el egy minimális 6 súlyú feszı́tőfához. 4 3 e f a a d a 6 6 4 e 1. lépés e 2. lépés 3. lépés 221 5.4 FÁK ÉS ERDŐK c c 2 2 d a d a 6 6 4 4 e 3 e 4. lépés f 5. lépés c 7 b 2 d a 6 4 e 3 f 6. lépés Végül ı́rjuk fel

a kapott feszı́tőfa súlymátrixát.  ∞ ∞ ∞ ∞ 6  ∞ ∞ 7 ∞ ∞   ∞ 7 ∞ 2 ∞ C=  ∞ ∞ 2 ∞ 4   6 ∞ ∞ 4 ∞ ∞ ∞ ∞ 3 ∞ ∞ ∞ ∞ 3 ∞ ∞         222 5. GRÁFELMÉLETI FOGALMAK ÉS ÖSSZEFÜGGÉSEK 6. fejezet Lineáris algebra 6.1 6.11 Mátrixok a) b) 6.12 a) b) c) • • • • • • zérusmátrix: C; egységmátrix: D; permutáló mátrix: A; diagonálmátrix: D, L; szimmetrikus mátrix: A, C, D, H, L; ferdén szimmetrikus mátrix: B, C, I. A∗ = A, C∗ = C, D∗ = D, H∗ = H, L∗ = L, G∗ = J.   1 1 Ezen kı́vül, természetesen, bárme 1 1  . A+D=D+A= lyik mátrixot összeadhatjuk önma 1 1  gával. 1 1     3 −2 −5 0 6 ; B · D =  0 −1 ; B·A = 5 −1 −2 3 4     4 0 6 −8 −5 11 23 11 12 −5 ; C · C =  2 8 −5 . C · B =  −1 10 −19 −8 −8 −14 9 57

    −23 19 11 23 −19 −11 2 −2 −1 ; C−1 =  −2 2 1 . adj C =  −6 5 3 6 −5 −3 223 224 6.13 6. LINEÁRIS ALGEBRA a) Mivel sorok cseréjét kell elérni, balról kell szorozni az alábbi 3 × 3-as permutáló mátrixszal:   0 1 0  1 0 0 . 0 0 1 b) Szintén balról kell szorozni a következő mátrixszal:   1 0 2  0 1 0 . 0 0 1 c) Jobbról szorozzuk a következő mátrixszal:   1 0 0 0  0 1 0 2     0 0 1 −2  . 0 0 0 1 6.14 a) Lényegtelen, hogy előbb cseréljük fel a mátrixok sorait és oszlopait és utána adjuk össze az elemeket vagy fordı́tva, az eredmény ugyanaz. b) Lényegtelen, hogy előbb cseréljük fel a mátrixok sorait és oszlopait és utána szorozzuk skalárral vagy fordı́tva, az eredmény ugyanaz. c) Legyen A n × m, B pedig m × p tı́pusú mátrix. Az AB mátrix i-edik sorának j-edik eleme: m X aiq bqj . q=1 Mivel aiq =

a∗qi és bqj = b∗jq (azaz az elemek egyenlőek a transzponált mátrixok megfelelő elemeivel), ezért m X aiq bqj = q=1 m X a∗qi b∗jq = q=1 m X b∗jq a∗qi , q=1 és ez éppen megegyezik a B∗ A∗ mátrix (j, i)-edik elemével. 6.15 A bizonyı́táshoz a 614 c) feladatbeli tulajdonságot használjuk fel ∗ ∗ ∗ a) (P∗ AP) = ((P∗ A) P) = P∗ (P∗ A) = P∗ A∗ P = P∗ AP. 225 6.1 MÁTRIXOK b) (P∗ AP)∗ = ((P∗ A) P)∗ = P∗ (P∗ A)∗ = P∗ A∗ P = P∗ (−A) P = = −P∗ AP. 6.16 Ha az A mátrix n × m tı́pusú, akkor az ej olyan m × 1-es egységvektor, amelynek j-edik eleme 1, a többi 0.     Aej =    a11 . . an1 ··· a1m . . . . · · · anm    0 .   .      · 1   .   . . 0        =       a1j a2j . . . . anj     .    Tehát p∗ olyan 1 × n-es mátrix,

amelynek i-edik eleme 1, a többi pedig 0. 6.17 Ha az A mátrix n × m tı́pusú, akkor az e∗j olyan 1 × n-es egységvektor, amelynek j-edik eleme 1, a többi 0, p pedig m × 1-es vektor.  e∗j · A =  0 ··· 1 a11  .  .    · · · 0 ·  aj1   .  . ··· . an1 = e∗j ·A·p=  aj1 aj2  · · · ajm . ··· aj1     ·   a1m .  .    = ajm   .  .  anm aj2 1 1 . . 1  · · · · · · ajm "m #  X  aji , =  i=1  , azaz az ı́gy adódó 1 × 1-es mátrixban az A mátrix j-edik sorában lévő elemek összegét kapjuk.  5 2 −1    2 . 6.18 A =  −4 3 − 45 226 6. LINEÁRIS ALGEBRA 6.19 Legyen B =  a c b d      1 0 a c a c · = , −1 0 b d −a −c       a c 1 0 a−c 0 BA = · = . b d −1 0 b−d 0   a b 0 illetve −a = b − d, vagyis B = , ahol a és b 0 a+b valós számok.  2 . 5 AB =

Innen c = tetszőleges  −2 6.110 X = −6  . Ekkor  6.111 Foglaljuk táblázatba az adatokat: I. anyag II. anyag III. anyag gyártandó mennyiség járulékos költség eladási ár 1. 4 2 10 200 3 25 termék 2. 3. 3 3 1 0 1 2 400 700 2 2,5 43 32 4. 1 5 3 300 3,5 50 1. termék 2. 3. 4. mennyiség 5000 2300 3000 egységár 2,5 5 1 mennyiség egységár k a Vezessünk be jelöléseket: I. anyag II. anyag III. anyag gyártandó mennyiség járulékos költség eladási ár A p∗ t∗ c∗ a) Azt kell  eldönteni,  hogy Ap elemei kisebbek-e k megfelelő elemeinél. 4400 Ap =  2300 , tehát nem elég, a III. anyagból még be kell szerezni 4700 1700 db-ot. 227 6.2 LINEÁRIS TEREK (VEKTORTEREK) b) Termelési költség + járulékos költség = a∗ (Ap) + t∗ p = 27200 + + 4200 = 31400. c) Eladási ár = c∗ p = 59600. d) 28200. 6.2 Lineáris terek (vektorterek) Lineáris függetlenség,

bázis, dimenzió 6.21 2v − 3w = [−7 ∗ − 5 1] ; 3v + w = [6 −2 ∗ 7] . 6.22 Nem adható meg, mert u, v, és w független rendszert alkotnak 6.23 a) független; b) b = 2a; c) 2a + b = 0; d) független; e) −2a + b + 3c = 0; f) a − b + c = 0; g) független; h) 3a + b − 2c + d = 0. 6.24 a) Nem független, mert az xa + y0 = 0 egyenlet x = 0 és tetszőleges y érték mellett teljesül. b) x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) = 0 átrendezve (x + z) a + (x + y) b + (y + z) c = 0. Mivel a, b és c független vektorok, x-re, y-ra és z-re az alábbi egyenletrendszert kapjuk:  x+z=0  x+y=0 .  y +z=0 Az egyenletrendszernek csak az x = y = z = 0 a megoldása, tehát a kérdéses vektorok függetlenek. 228 6. LINEÁRIS ALGEBRA c) x (a + 2b + c) + y (a − b − c) + z (5a + b − c) = 0 átrendezve (x + y + 5z) a + (2x − y + z) b + (x − y − z) c = 0. Mivel a, b és c független vektorok, x-re, y-ra és z-re az alábbi

egyenletrendszert kapjuk:  x + y + 5z = 0  2x − y + z = 0 .  x − y − z=0 Az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, ezek x = −2z, y = −3z, z tetszőleges valós szám. Tehát a kérdéses vektorok lineárisan összefüggő rendszert alkotnak 6.25 Az a és b vektorok lineárisan függetlenek, mert nincs olyan λ valós szám, hogy 2 + 3j = λ (5 − j); c = 3a − b. 6.26 Például a = [1 2 6.27 3 4]∗ , b = [1 1 0 0]∗ , c = a+b = [2 3 3 4]∗ . a) Egydimenziós vektortér, bázis: (1, 1, 1). b) Kétdimenziós vektortér, bázis: (1, 0, 1) , (0, 1, 2), mivel a vektortér összes eleme felı́rható (a, b, a + 2b) alakban. Ha a = 1 és b = 0, akkor (1, 0, 1)-et, ha a = 0 és b = 1, akkor (0, 1, 2)-t kapunk. c) Nem vektortér, mert például nincs additı́v inverz. d) Háromdimenziós vektortér, bázis: (1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1). e) Nem vektortér, mert például az összeadásra nézve nem

zárt: (a, b, ab) + (c, d, cd) = (a + c, b + d, ab + cd) 6= 6= (a + c, b + d, (a + c) (b + d)) . 6.28 Tekintsük az ex cos 2x és az ex sin 2x függvények lineáris kombinációinak halmazát a valós számtest felett. Könnyen belátható, hogy e lineáris kombinációk halmaza zárt az összeadásra és a skalárral való szorzásra vonatkozóan és előállı́tja az összes ex (A cos 2x + B sin 2x) alakú függvényt A lineáris térben előı́rt műveleti tulajdonságok triviálisan teljesülnek. A megadott alakú függvények tehát lineáris teret alkotnak a valós számtest felett. Mivel nincs olyan c valós szám, amelyre ex cos 2x = cex sin 2x, a két függvény lineárisan független, ı́gy az ex cos 2x, ex sin 2x a tér egy bázisát alkotja. Az adott függvény koordinátái e bázisban: (2, 3) 229 6.2 LINEÁRIS TEREK (VEKTORTEREK) 6.29 Nem létezik olyan λ valós szám, hogy 2x − 1 = λ (−x +

2), tehát függetlenek Az α (2x − 1) + β (−x + 2) = 5x + 3 egyenlet megoldása α = 13 3 , β = 11 . Másik bázis például az x, 1; ebben az adott függvény koordinátái 3 (5, 3). 6.210 Azt kell eldönteni, hogy az adott vektorterek hány dimenziósak, mert az azonos dimenziószámú vektorterek izomorfak. Az a), b), c), e), h) feladatban adott vektorterek 9 dimenziósak, a d), f), g)-ben adott vektorterek 8 dimenziósak. 6.211 Ha az (x, y, z) pont az x + y + z = 0 sı́k pontja, akkor z = −x − y Így a sı́k bármely pontjának koordinátái (x,y, −x − y) alakban ı́rhatók,  a1  alakú, tehát két független vagyis V minden vektora a =  a2 −a1 − a2 valós szám szükséges a V -beli vektorok leı́rására. Így látható, hogy V ∗ ∗ kétdimenziós vektortér, bázisa: [1 0 − 1] , [0 1 − 1]  . Az egyenes a pontjai (x, x, 0) alakban ı́rhatók, ı́gy V 0 minden vektora a =  a 

alakú, 0 0 tehát egy valós szám elegendő a V -beli vektorok leı́rására. Így látható, ∗ hogy V 0 egydimenziós vektortér, bázisa: [1 1 0] . Elemi bázistranszformációk, bázisvektor-csere 6.212 a 6 e1 b 6 e2 c 6 e3 a b c 1 2 3 2 1 0 0 −1 2 v 6 3 −1 b c 2 3 −3 −6 −1 2 v 6 −9 −1 c −1 2 4 v 0 3 2 v 1 2 2 1 2 Tehát v = 12 a + 2b + 12 c. 6.213 a1 6 e1 a2 6 e2 e3 a1 a2 a3 a4 1 −2 1 −1 0 1 −1 0 −3 1 2 3 a2 a3 a4 −2 1 −1 1 −1 0 −5 5 0 a3 a4 −1 −1 −1 0 0 0 230 6. LINEÁRIS ALGEBRA Az a3 és a4 vektorok közül harmadik bázisvektornak egyik sem vonható be, mivel harmadik koordinátájuk 0. Két lineárisan független vektor van az oszlopvektorok között, tehát a mátrix rangja 2. 6.214 e1 e2 e3 a1 a2 a3 1 2 −3 0 3 1 2 −1 −8 e1 e2 1 0 0 1 0 0 e3 0 0 1 a1 e2 e3 a1 a2 1 2 0 3 0 −5 a3 −3 1 −2 e1 e2 1 0 0 1 −2 0 e3 0 0 1 a2 a3 11 0 3 1 1 0 e1 e2 1 3 0 1 −2 2 e3 0

0 1 a1 a3 e3 a1 1 0 0 a1 a2 a3 1 0 0 0 0 1 0 1 0 e1 e2 e3 a1 23 −19 −11 6 −5 −3 a3 a2 −2 2 1   23 −19 −11 2 1 . A mátrix sorait megfelelő sorrendbe ı́rva: A−1 =  −2 6 −5 −3 6.215 a) a3 6 e1 a1 6 e2 a2 6 e3 a1 2 2 2 a2 a3 0 1 4 0 1 −3 b = a1 + 2a2 + 3a3 . Tehát x = 1; y = 2; z = 3. b 5 10 −5 a1 2 2 8 a2 0 4 1 b 5 10 10 a1 2 −30 8 b 5 −30 10 b 3 1 2 231 6.2 LINEÁRIS TEREK (VEKTORTEREK) b) a1 a2 2 0 2 4 −2 −16 a3 6 e1 a1 6 e2 e3 a3 1 0 3 b 5 10 −25 a1 a2 2 0 2 4 −8 −16 b 5 10 −40 a2 −4 2 0 b −5 5 0 b = 5a1 − 5a3 . A b vektor kompatibilis az A mátrix oszlopvektorterére nézve, tehát az egyenletrendszer megoldható. Mivel az ismeretlenek száma 3 és a mátrix rangja 2, ezért az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, ezek: x = 5 − 2y; z = −5 + 4y, ahol y tetszőleges valós szám lehet. c) a1 a2 2 0 2 4 −2 −16 a3 6 e1 a1 6 e2 e3 a3 1 0 3 b 5 10 −1 a1

a2 2 0 2 4 −8 −16 b 5 10 −16 a2 −4 2 0 b −5 5 24 A b vektor nincs benne az A mátrix oszlopvektorterében, ı́gy az egyenletrendszernek nincs megoldása. 6.216 A 6215 b) feladatból látható, hogy az A rangja 2, ha c = 3 Tehát ha c 6= 3, akkor a mátrix rangja 3 lesz, ekkor az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. 6.217 a1 6 e1 a2 6 e2 e3 a1 a2 a3 1 1 1 1 −1 −1 2 1 1 b 2 0 c a2 a3 1 1 −2 −2 −1 −1 b 2 −2 c−4 a2 a3 1 −3 −2 3 8 −24 b −2 3 c − 12 a3 0 1 0 b 1 1 c−3 Ha c = 3, akkor végtelen sok megoldás van. Ezek x = 1; y = 1 − z; z tetszőleges valós szám lehet. Ha c 6= 3, akkor nincs megoldás 6.218 a2 6 e1 a1 6 e2 e3 a1 0 1 4 a2 a3 1 −3 −2 3 0 −12 b −2 3 c a3 −3 −3 0 b −2 −1 c+4 232 6. LINEÁRIS ALGEBRA a) A mátrix rangja 2, mivel a3 = −3a1 − 3a2 . b) c = −4, mivel ekkor −a1 − 2a2 = b. 6.219 a1 a2 a3 1 −1 1 −3 2 −1 −2 1 c e1 a1 6 e2 a2 6 e3 a1 a3 −1

1+c 1 −1 − 2c −2 c a3 −c −1 − 2c −2 − 3c a2 a3 a4 −2 −4 −2 4 14 4 4 14 4 −2 −7 −2 b −7 22 22 −11 Tehát c = 0 kell, hogy legyen. 6.220 a1 6 e1 a2 6 e2 e3 e4 a1 a2 a3 a4 −1 2 4 2 3 −2 2 −2 1 2 10 2 −2 2 1 2 b 7 1 15 3 a3 a4 3 0 7 1 2 0 0 0 0 b 4 11 2 0 0 a) A mátrix rangja 2, mivel két oszlopvektort lehetett bevinni a bázisba. b) x1 = 4 − 3x3 ; x2 = számok. c) Igen, b = 4a1 + 6.3 11 2 − 72 x3 − x4 , ahol x3 és x4 tetszőleges valós 11 2 a2 . Lineáris transzformációk 6.31  3 1  =  3 −5   6 3  =  6 −9  M· M·  3 3  =  3 −3   6 1  =  6 −11  , M· , M· , , azaz a transzformáció nyı́rás negatı́v irányban az y tengely mentén: 233 6.3 LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK y 3 1 B C A D 3 −3 −5 x 6 B0 Másképpen megközelı́tve, a transzformáció mátrixából látható,  hogy az 1 e1 egységvektor képe lesz,

az −2   0 e2 képe marad: 1 y y 1 1 ϕ(e2 ) e2 e1 1 x 0 A C0 −9 −11 1 x −2 ϕ(e1 ) D0         1 1 x x+y X 6.32 Tetszőleges (x, y) pontra · = = , ahol 1 1 y x+y Y X = Y , vagyis a transzformáció a sı́k pontjait az Y = X egyenletű egyenesre képezi.         2 −1 x 2x − y X 6.33 Tetszőleges (x, y) pont képe · = = , 0 2 y 2y Y tehát X = 2x − y, Y = 2y. Az egyenes pontjaira y = 2x − 1 áll fenn, ı́gy X = 2x − (2x − 1) = 1, Y = 2 (2x − 1) = 4x − 2, ı́gy az egyenes képe az X = 1 egyenletű egyenes lesz. 6.34 Első megoldás:  2 1 3 0        x 2x + y X · = = , y 3x Y tehát X = 2x + y, Y = 3x. Ha az y = mx + c egyenest a transzformáció önmagára képezi, akkor Y = mX + c, amiből 3x = m (2x + y) + c, vagyis c 3−2m c y = 3−2m m x − m következik. Innen m = m , és c = − m kell, hogy 234 6. LINEÁRIS ALGEBRA legyen, amely egyenletrendszer megoldása m = −3 vagy m = 1,

és c = 0. Vagyis két ilyen egyenes létezik, ezek: y = −3x és y = x. Második megoldás: Keressük meg a transzformáció sajátvektorait: 2−λ 1 3 −λ = (2 − λ) (−λ) − 3 = 0, ahonnan λ1 = 3, λ2 = −1. Ha λ = 3, akkor         −1 1 x −x + y 0 · = = , azaz y = x. 3 −3 y 3x − 3y 0 Ha λ = −1, akkor         3 1 x 3x + y 0 · = = , azaz y = −3x. 3 1 y 3x + y 0 Az alábbi ábra a bázisvektorokat, a v1 = (1, 1) és v2 = (1, −3) sajátvektor-reprezentánsokat, valamint ϕ általi képüket mutatja. y 1 ϕ(v2 ) = −v2 y 3 ϕ(e1 ) ϕ(v1 ) = 3v1 v1 e2 e1 1 x −3 v2 −1 ϕ(e2 ) 2 3 x 235 6.3 LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK √
6.35 A kör pontjai x, ± 1 − x2 alakban ı́rhatók, ahol x ∈ [−1, 1]         x x X 1 0 √ √ = = , · Y 0 2 ±2 1 − x2 ± 1 − x2 √ 2 vagyis Y = ±2 1 − x2 , tehát az (X, Y ) pontok az X 2 + Y4 = 1 egyenletű ellipszis pontjai. 6.36 ϕ = arctg 2

Első megoldás:   1 Az e1 = egységvektort 2ϕ-vel kell for0 gatni, azaz e1 képe     cos 2ϕ −0, 6 = . sin 2ϕ 0, 8 y y = 2x  0 egységvektort −2 (90◦ − ϕ) = 1 x = (2ϕ − 180◦ )-kal kell forgatni, de az e2 x tengelyhez képest 90◦ -kal már el van forgatva, ı́gy az e2 képe     0, 8 cos (2ϕ − 90◦ ) = . sin (2ϕ − 90◦ ) 0, 6   −0, 6 0, 8 Tehát a transzformáció mátrixa: . 0, 8 0, 6 ϕ  Az e2 = Második megoldás: A transzformáció nem más, mint két transzformáció egymás utáni vég  1 0 rehajtása. Ezek: az x tengelyre tükrözés, A = , majd 2ϕ-vel 0 −1   cos 2ϕ − sin 2ϕ való forgatás, B = . A transzformáció mátrixa a két sin 2ϕ cos 2ϕ mátrix szorzata lesz, tehát     cos 2ϕ sin 2ϕ −0, 6 0, 8 BA = = . sin 2ϕ − cos 2ϕ 0, 8 0, 6 6.37 a) " 3 4 1 4 1 3 2 3 # " · 1 −3 # = " − 14 − 74 # . 236 6. LINEÁRIS ALGEBRA b) " 1

3 2 3 # " −λ 1 3 3 4 1 4 3 4 · x x # = " 13 12 x 11 12 x # = " X Y # , azaz Y = 11 X. 13

1 = 43 − λ 23 − λ − 12 = 0, −λ 5 . ahonnan λ1 = 1, λ2 = 12 # " # " # " # " 1 x − 14 x + 31 y 0 − 14 3 Ha λ = 1, akkor · = = , 1 1 y 0 − 13 x − 31 y 4 4   x . ı́gy a sajátvektor 3 x 4 # " # " # " # " 1 1 1 1 x 0 3 3 3x + 3y 5 Ha λ = 12 , akkor · = 1 = , ı́gy a 1 1 1 y 0 4x + 4y   4 4 x sajátvektor . −x   1 0 . d) 5 0 12 c) 1 4 2 3 6.38 A transzformáció 270◦-kal való forgatást jelent, vagyis nincs olyan egyenes, amelyik önmagába menne át. 6.39 A transzformáció α-val való forgatást jelent a) α = k · 360◦ , ahol k ∈ Z. b) α = 180◦ + k · 360◦ , ahol k ∈ Z.   2 0 0 6.310 A nyújtás mátrixa: A =  0 1 0 , a forgatás mátrixa: 0 0 1     √ 1 −1 0 cos 45◦ − sin 45◦ 0 2 1 1 √0  . cos 45◦ 0  = B

=  sin 45◦ 2 0 0 1 2 0 0 Tehát a transzformáció mátrixa:    √2 √ 2 −1 0 2  √ 2 1 √0  =  2 BA = 2 2 0 0 0 − √ 2 2 √ 2 2 0 0   0 . 1 237 6.3 LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK −− 6.311 Legyen a P (x, y, z) pont képe a P 0 (X, Y, Z) pont. a PP0 =   Ekkor  X −x 1 =  Y − y  vektor a sı́k normálvektora, amely az  1  vektorral párZ −z 1 huzamos, vagyis X − x = Y − y = Z − z. (6.1) A P P 0 szakasz felezőpontja a sı́kon van, ı́gy 1 1 1 (x + X) + (y + Y ) + (z + Z) = 0. 2 2 2 (6.2) A (6.1) és (62) egyenleteknek minden (x, y, z)-re teljesülniük kell, ı́gy például (1, 0, 0)-ra: X − 1 = Y = Z és 1 + X + Y + Z =
0, ebből X = 31 , Y = − 32 , Z = − 23 . Hasonlóan (0, 1, 0) képe − 32 , 31 , − 32 és (0, 0, 1) képe
− 32 , − 32 , 13 . Így a tükrözés mátrixa   1 −2 −2 1 −2 1 −2  . 3 −2 −2 1  0 0 6.312 A

transzformáció mátrixa  2 2 1 8 6.313  0 1 . 4 a) A mátrix rangja 2, tehát kétdimenziós térre.         X 0 0 0 x 0 b)  2 2 1  ·  x  =  4x  =  Y , vagyis X = 0 és Z = 94 Y . Z 1 8 4 0 9x   1 0 a) Igen, . 0 0 b) Nem, mert nem összegtartó: például (5 + 3j) képe 5, (2 + 7j) képe 7, viszont a kettő összegének, (7 + 10j)-nek a képe 10, nem pedig 12. c) Nem, mert nem összegtartó. d) Nem, mert nem összegtartó.   1 0 e) Igen, . 0 −1 238 6. LINEÁRIS ALGEBRA 6.314 6.315  0 −1 1 0   0 1 a) . 0 0 f) Igen,  . e)  0 1 −1 1  . f)  −1 1 0 1  . a) f 7 (x + 1) · f 0 , és g 7 (x + 1) · g 0 , ekkor (f + g) 7 (x + 1)·(f +g)0 = (x + 1)·(f 0 + g 0 ) = (x + 1)·f 0 +(x + 1)·g 0 0  0 b)  0 0 c)  1 0 1 2 . 0 2 és λf 7 (x + 1) · (λf ) = λ (x + 1) f 0 . −λ 1 0 0 1−λ 2 = 0, ahonnan λ értéke 0, 1 vagy 2 lehet. 0 0 2−λ Ha λ =

0, akkor         0 1 0 x y 0  0 1 2  ·  y  =  y + 2z  =  0  , 0 0 2 z 2z 0   x tehát a sajátvektor  0 . 0 Ha λ = 1, akkor         −1 1 0 x −x + y 0  0 0 2 · y =  2z  =  0  , 0 0 1 z z 0   x tehát a sajátvektor  x . 0 Ha λ = 2, akkor         −2 1 0 x −2x + y 0  0 −1 2  ·  y  =  −y + 2z  =  0  , 0 0 0 z 0 0 239 6.3 LINEÁRIS TRANSZFORMÁCIÓK tehát a 6.316 6.317  1 0 a)  1 0 1 0   x sajátvektor  2x . x    0 1 1 0 0 . b)  0 1 1 . 0 1 3 2   −1 0 0 0 . d)  0 −1 0 0 −1 a) Az összeg- és aránytartó tulajdonságok egyben a deriválás tulajdonságai, tehát az ilyen alakú függvényekre is érvényesek. b) Mivel (ex cos 2x)0 = ex (cos 2x − 2 sin 2x) , 0 (ex sin 2x) = ex (2 cos 2x + sin 2x) , ezért a

transzformáció mátrixa M=   1 −2 2 1  .  a + 2b c) Első derivált: M · = . −2a + b     a + 2b −3a + 4b Második derivált: M · = . −2a + b −4a − 3b # "       1 a − 52 b x a x . d) M · = , ahonnan = 52 1 y b y 5a + 5b a b