Diszkrét matematika 1. estis képzés

Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 1. Diszkrét matematika 1. estis képzés 6. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 019. tavasz

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz. Moivre-azonosságok Tétel HF Legyen z, w C nemnulla komplex számok: z = z (cos ϕ + i sin ϕ), w = w (cos ψ + i sin ψ), és legyen n N. Ekkor zw = z w (cos(ϕ + ψ) + i sin(ϕ + ψ)); z w = z w (cos(ϕ ψ) + i sin(ϕ ψ)), ha w 0; z n = z n (cos nϕ + i sin nϕ). A szögek összeadódnak, kivonódnak, szorzódnak. Az argumentumot ezek után redukcióval kapjuk! Geometriai jelentés Egy z C komplex számmal való szorzás a komplex számsíkon mint nyújtva-forgatás hat. z -vel nyújt, arg(z) szöggel forgat.

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 3. Komplex számok gyökei Példa ( ) 8-t: 1+i Számoljuk ki ( ) 8 ( ) 8 ( 1+i = 1 1 + i = cos π + i sin ) π 8 = = cos ( 8 π ) + i sin ( 8 π ) = cos π + i sin π = 1 További komplex számok, melyeknek a 8-adik hatványa 1: 1; 1; i : i 8 = (i ) = ( 1) = 1; i; 1+i ; 1+i ; sőt: ±i 1+i : ( i 1+i ) 8 = i 8 ( 1+i ) 8 = 1 1 = 1.

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz. Gyökvonás A z 1 = z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) és z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) trigonometrikus alakban megadott komplex számok pontosan akkor egyenlőek: z 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) = z (cos ϕ + i sin ϕ ), ha z 1 = z ϕ 1 = ϕ + k π valamely k Z szám esetén. n-edik gyökvonás: Legyen z = z (cos ϕ + i sin ϕ) és w = w (cos ψ + i sin ψ), továbbá z n = w: z n = z n (cos nϕ + i sin nϕ) = w (cos ψ + i sin ψ). Ekkor z n = w z = n w nϕ = ψ + k π valamely k Z esetén, vagyis: ϕ = ψ n + k π n valamely k Z esetén. Ha k {0, 1,..., n 1}, akkor ezek mind különböző komplex számot adnak.

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz. Gyökvonás Tétel Legyen z = z (cos ϕ + i sin ϕ), n N +. Ekkor a z n-edik gyökei azok a w-k, amikre w n = z: w k = n ( ( ϕ z cos n + kπ ) ( ϕ + i sin n n + kπ )) n k = 0, 1,..., n 1.

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 6. Gyökvonás w = n ( ( ϕ z cos n + kπ ) ( ϕ + i sin n n + kπ )) : k = 0, 1,..., n 1. n Példa Számítsuk ki a 6 1 i 3+i értékét! 1 i = ( i ) = ( cos 7π + i sin 7π ( 3 ) 3 + i = + i 1 = ( cos π 6 + i sin ) π 6 Mivel 7π 6 1 i π 6 = 19π 1, ezért: 3+i = 6 1 ( cos 19π 19π 1 + i sin 1 ( cos 19π+kπ 7 + i sin 19π+kπ 7 = 1 1 ) ) = ) : k = 0, 1,...,.

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 7. Komplex egységgyökök Definíció Az ε n = 1 feltételnek eleget tevő komplex számok az n-edik egységgyökök: ( ε k = ε (n) k = cos kπ n + i sin kπ ) : k = 0, 1,..., n 1. n Nyolcadik komplex egységgyökök ε ε ε 3 ε 1 ε 0 = 1 ε ε 7 ε 6

Komplex számok Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 8. Gyökvonás Pozitív valós számok négyzetgyöke: legyen r > 0 valós szám, ekkor az x = r megoldásai: ± r (1 r, illetve 1 r). Tétel Legyen z C nemnulla komplex szám. n N és w C olyan, hogy w n = z. Ekkor z n-edik gyökei feĺırhatóak a következő alakban: wε k : k = 0, 1,... n 1. Bizonyítás A wε k számok mind n-edik gyökök: (wε k ) n = w n ε n k = z 1 = z. Ez n különböző szám, így az összes gyököt megkaptuk.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 9. Összefoglaló Ismétlés nélküli permutáció n!, n elem lehetséges sorrendje (sorrend számít, egy elem (pontosan) egyszer). Ismétléses permutáció (k 1 + k +... + k m )!, n = k 1 + k +... + k m k 1! k!... k m! elem lehetséges sorrendje, ahol az i típusú elemet k i -szer választjuk (sorrend számít, egy elem többször). Ismétlés nélküli variáció n!/(n k)!, n elemből k-t választunk (sorrend számít, egy elem legfeljebb egyszer). Ismétléses variáció n k, n elemből k-szor választunk (sorrend számít, egy elem többször is). ( ) n Ismétlés nélküli kombináció, n elemből k-t választunk (sorrend k nem számít, egy elem legfeljebb egyszer). ( ) n + k 1 Ismétléses kombináció, n elemből k-szor választunk k (sorrend nem számít, egy elem többször is).

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 10. Kombinatorika Kombinatorika fő célja: Példák: véges halmazok elemeinek elrendezése; elrendezések különböző lehetőségeinek megszámlálása. Nyolc ember közül van legalább kettő, aki a hét ugyanazon napján született. Minimálisan hány ember esetén lesz legalább két embernek ugyanazon a napon a születésnapja? Mennyi a lehetséges rendszámok / telefonszámok / IP címek száma? Legalább hány szelvényt kell kitölteni, hogy biztosan nyerjünk a lottón / totón?

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 11. Elemi leszámlálások Adott két véges, diszjunkt halmaz: A = {a 1, a,..., a n }, B = {b 1, b,..., b m }. Hányféleképpen tudunk választani egy elemet A-ból vagy B-ből? Lehetséges választások: a 1, a,..., a n, b 1, b,..., b m. Számuk: n + m. Példa Egy cukrászdában 3-féle édes sütemény (isler, zserbó, kókuszkocka) és -féle sós sütemény (pogácsa, perec) van. Hányféleképpen tudunk egy édes vagy egy sós sütemény enni? Megoldás: 3 + =.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 1. Elemi leszámlálások Adott két véges, diszjunkt halmaz: A = {a 1, a,..., a n }, B = {b 1, b,..., b m }. Hányféleképpen tudunk választani elemet A-ból és B-ből? Lehetséges választások: Számuk: n m. b 1 b... b m a 1 (a 1, b 1 ) (a 1, b )... (a 1, b m ) a (a, b 1 ) (a, b )... (a, b m )....... a n (a n, b 1 ) (a n, b )... (a n, b m ) Példa Egy cukrászdában 3-féle édes sütemény (isler, zserbó, kókuszkocka) és -féle sós sütemény (pogácsa, perec) van. Hányféleképpen tudunk egy édes és egy sós sütemény enni? Megoldás: 3 = 6.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 13. Permutáció Tétel Legyen A egy n elemű halmaz. Ekkor az A elemeinek lehetséges sorrendje: P n = n! = n(n 1)(n )... 1 (n faktoriális). Itt 0! = 1. Példa Reggelire a különböző szendvicset! = 1 = -féle sorrendben lehet megenni. 3 különböző szendvicset 3! = 3 1 = 6-féle sorrendben lehet megenni. különböző szendvicset! = 3 1 = -féle sorrendben lehet megenni. A 00 fős évfolyam 00! = 00 199 198... 1 7, 89 10 37 -féle sorrendben írhatja alá a jelenléti ívet. Bizonyítás Az n elemből az első helyre n-féleképpen választhatunk, a második helyre n 1-féleképpen választhatunk,... Így az összes lehetőségek száma n(n 1)... 1.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 1. Ismétléses permutáció Példa Egy vizsgán hallgató vett részt, darab -es, 3 darab -ös született. Hány sorrendben írhatjuk le az eredményeket? Megoldás Ha figyelembe vesszük a hallgatókat is: ( + 3)! =! lehetséges sorrend van. Ha a hallgatókat nem tüntetjük fel, egy lehetséges sorrendet többször is figyelembe vettünk: Az -ösöket 3! = 6-féleképpen cserélhetjük, ennyiszer vettünk figyelembe minden sorrendet. Hasonlóan a -eseket! = -féleképpen cserélhetjük, ennyiszer vettünk figyelembe minden sorrendet. Összes lehetőség:!! 3! = 10 6 = 10....

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 1. Ismétléses permutáció Tétel k 1 darab első típusú, k második típusú,..., k m m-edik típusú elem lehetséges sorrendjét az elemek ismétléses permutációinak nevezzük, és számuk n = k 1 + k +... + k m esetén Bizonyítás i n! Pn k1,k,...,km = k 1! k!... k m!. Ha minden elem között különbséget teszünk: (k 1 + k +... + k m )! lehetséges sorrend létezik. Ha az i-edik típusú elemek között nem teszünk különbséget, akkor az előbb megkapott lehetséges sorrendek között k i!-szor fordulnak elő a különböző sorrendek. Ha az azonos típusú elemek között nem teszünk különbséget, akkor az előbb megkapott lehetséges sorrendek között k 1! k!... k m!-szor fordulnak elő a különböző sorrendek. Így ekkor a lehetséges sorrendek száma: (k 1 + k +... + k m )!/(k 1! k!... k m!).

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 16. Variáció Példa Az egyetemen 10 tárgyunk van, ezek közül 3-at szeretnénk hétfőre tenni. Hányféleképpen tehetjük meg ezt? Megoldás Hétfőn az első óránk 10-féle lehet. A második 9-féle, a harmadik 8-féle lehet. Így összesen 10 9 8-féleképpen tehetjük meg. Tétel Adott egy n elemű A halmaz. Ekkor k elemet Vn k = n (n 1)... (n k + 1) = n!/(n k)!-féleképpen választhatunk ki. Bizonyítás Az A halmazból először n-féleképpen választhatunk, második esetben (n 1),..., k-adik esetben n k + 1-féleképpen választhatunk.

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 17. Ismétléses variáció Példa A 0, 1, számjegyekből hány legfeljebb kétjegyű szám képezhető? Megoldás Az első helyiértékre 3-féleképpen írhatunk számjegyet: A második helyiértékre szintén 3-féleképpen írhatunk számjegyet: 0 1 00 01 0 10 11 1 0 1 Összesen: 3 3 = 9

Kombinatorika Diszkrét matematika 1. estis képzés 019. tavasz 18. Ismétléses variáció Tétel Egy n elemű A halmaz elemeiből i Vn k készíthető. = n k darab k hosszú sorozat Bizonyítás A sorozat első elemét n-féleképpen választhatjuk, a második elemét n-féleképpen választhatjuk,... Példa Egy totószelvényt (13 + 1 helyre 1, vagy X kerülhet) 3 1 = 78 969-féleképpen lehet kitölteni. Mennyi egy n elemű halmaz összes részhalmazainak száma? Legyen A = {a 1, a,..., a n }. Ekkor minden részhalmaz megfelel egy n hosszú 0 1 sorozatnak: ha a sorozat i-edik eleme 1, akkor a i benne van a részhalmazban. (0, 0,..., 0), {a 1, a 3 } (1, 0, 1, 0,..., 0),..., A (1, 1,..., 1) Hány n hosszú 0 1 sorozat van: n.