% ================================================== %
% | Eötvös Loránd Tudományegyetem                  | %
% | Informatikai Kar                               | %
% |  Programtervező matematikus                    | %
% |  Nappali tagozat                               | %
% -------------------------------------------------- %
% | Bevezetés a matematikába                       | %
% | [I] első év                                    | %
% | [I] első szemeszter (őszi)                     | %
% | 2004/2005 tanév                                | %
% -------------------------------------------------- %
%  VERSION:  1.0                                     %
%  AUTHOR:   Reviczky Ádám János                     %
% ================================================== %

[VIZSGAKÉRDÉSEK 7-8-9 (MEGOLDÁSSAL)]
# Definíciók, tételek
# Bizonyítások

Definíciók, tételek
- - - - - - - - - -
 1. Fogalmazza meg a halmazok uniójának alaptulajdonságait.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       A, B, C halmazok:
       A ∪ ∅ = A
       A ∪ B = B ∪ A (kommutativitás)
       A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C (asszociativitás)
       A ∪ A = A (idempotencia)
       A ⊂ B akkor és csak akkor, ha A ∪ B = B
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 2. Mit nevezünk ekvivalenciarelációnak, definiálja az osztályozást.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Az X halmazbeli ∼ binér relációt ekvivalenciarelációnak nevezünk, ha:
       reflexív: minden x∈X esetén (x,x)∈R
       szimmetrikus: ha (x,y)∈R akkor (y,x)∈R
       transitív: ha (x,y)∈R és (y,z)∈R, akkor (x,z)∈R
       Az X részhalmazainak egy O rendszerét X osztályozásának nevezzük, ha O nem üres halmazokból álló diszjunkt halmazrendszer, amelyre ∪O=X.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 3. Adjon példát rendezett halmazra, amely nem jólrendezett.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       rendezett halmaz: (X,≤) pár, ≤ részben rendezés: reflexív, antiszimmetrikus, tranzitív
       jólrendezett halmaz: ha X bármely nem üres részhalmazának van legkisebb eleme.
       Például: ℤ, ℚ, ℝ
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 4. Definiálja a kiválasztási függvényt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Kiválasztási axióma:
       Ha A nem üres X halmazok halmaza akkor létezik egy A-ba képező F kiválasztási függvény amelyre igaz, hogy:
       ∀X∈A:F(X)∈X
       Tehát F az A minden egyes X halmazából pontosan egy elemet választ ki.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 5. Mikor beszélünk semleges elemről illetve mikor bal oldali és jobb oldali semleges elemről?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha ⃞ egy binér művelet a G halmazon asszociatív, akkor G-t félcsoportnak nevezzük.
       Egy félcsoport egy s elemét bal illetve jobb oldali semleges elemnek nevezzük, ha s⃞g=g illetve g⃞s=g minden g∈G-re. Ha s bal és jobb oldali semleges elem is, akkor semleges elemnek nevezzük.
       Ha egy félcsoportban van semleges elem, akkor monoidnak nevezzük.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 6. Definiálja a maradékos osztást a természetes számok körében, a páros és páratlan számokat.
     .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen n>1 ∈ ℕ.
       Minden m egyértelműen felírható: m=qn+r q,r∈ℕ és r<n (q a hányados, r a maradék).
       Ha m 2-vel való osztási maradéka 0 akkor páros, különben páratlan.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 7. Mit jelent a felső határ tulajdonság, mi az arkhimédeszi tulajdonság?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       F rendezett test felső határ tulajdonságú: minden nemüres felülről korlátos részhalmazának létezik legkisebb felső korlátja
       F rendezett test arkhimédeszi tulajdonságú: x,y∈F x>0, van olyan n∈ℕ hogy nx≥y
       Például: ℚ
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 8. Adja meg a komplex számok beágyazását a kvaterniók halmazába.
    megoldás:
       ℍ=ℂ⨉ℂ ferdetest-et alkot komplex számpárok összeadására illetve szorzására.
       Nullelem: (0,0), egységelem: (1,0), létezik additív és multiplikatív inverze.
       ℝ⊂ℂ⊂ℍ
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 9. Folgalmazza meg a természetes számok körében az osztás tulajdonságait.
    megoldás:
       Az m természetes számot az n természetes szám osztójának, az n-et pedig az m többszörösének nevezzük, ha van olyan k természetes szám hogy n=mk. Jelölése: m|n.
       Ha m|n és m'|n', akkor mm'|nn'. A nullának minden természetes szám osztója, de a nulla csak saját magának osztója. Az 1 minden természetes szám osztója.
       Ha m|n, akkor mk|nk minden k∈ℕ-re. Ha m,ni és ki ∈ ℕ (i=1,2,…,j), akkor m|∑j i=1 kini.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
10. Mi az összefüggés két szám legnagyobb közös osztója és legkisebb közös többszöröse között?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Tetszőlges a,b∈ℤ létezik lnko illetve lkkt-je és lnko(a,b)⋅lkkt[a,b]=|a⋅b|
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
11. Definiálja egy valós szám lánctörtel való közelítéseit.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy α ∈ ℝ valós szám lánctört közelitéseit rekurzióval definiáljuk:
       Legyen α1=α és ha n≥1 és α1,α2,…,αn definiálva vannak, akkor legyen qn=⎩αn⎭, és ha αn nem egész, akkor legyen αn+1=1/(αn-qn).
       Ha q1,q2,…,qn definiálva vannak, akkor δn=//q1,q2,…,qn// az α szám n-edik lánctört közelitése.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
12. Definiálja a kontinuum számosságú halmazt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Az X halmazt kontinuum számosságúnak nevezzük, ha ekvivalens ℝ-el. Természetesen a kontinuum számosságú halmazok végtelenek.
       (A megszámlálható végtelen halmazok számosságát N0-val fogjuk jelölni, és az N0≔ω definíciót fogadjuk el. A kontinuum számosságot c-vel jelöljük, és elfogadhatnánk a c≔ℝ vagy c≔℘(ω) definíciót.)
       Például: ℝ⨉ℝ=ℂ
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

Bizonyítások
- - - - - - - - - -
13. Fogalmazza meg a számrendszerekre vonatkozó tételt és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen q>1 természetes szám. Minden m>0 természetes számhoz egy és csak egy olyan n természetes szám és [0,q[⊂ℕ-beli a0,a1,…,an sorozat létezik, amelyre an≠0 és m=∑n i=0 ai⋅q^i.
    bizonyítás:
       Indukcióval: Feltesszük, hogy 0<m'<m esetén igaz az állítás.
       Osszuk maradékosan m-et q-val, azaz írjuk fel m=m'q+r alakban, ahol m'r∈ℕ és r<q. Ha m'=0, akkor n=0, a0=r választással készen is vagyunk. Ha m'≠0, akkor m'<m, és az indukciós feltevés szerint egyértelműen felírható m'=a1+a2q+…+an+1qⁿ alakban. Ebből következik.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
14. Fogalmazza meg a természetes számok ismétléses permutációinak számát és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen n=i1+i2+…+ir ∈ℕ. Pi1,i2,…,ir n=n!/i1!⋅i2!⋅…⋅ir!
    bizonyítás:
       r szerinti teljes indukcióval:
       r=1 esetén Pn n=1=n!/n!=1. Legyen r>1 és tegyük fel, hogy r-1 szám különböző elem esetén igaz az állítás. Az r különböző elem és i1,i2,…,ir adottak.
       Készítsük el az összes ennek megfelelő ismétléses permutációt, s létesítsünk közöttük relációt. Két permutáció legyen relációban akkor, ha kitörölve belőlük az ir-szer előforduló ar elemet, azonos permutációhoz jutunk. Ez reflexív, szimmetrikus és transitív reláció, tehát ekvivanelnciareláció, ami osztályoz. Könnyen belátható, hogy az osztályok száma Pi1,i2,…,ir n-ir.
       Most számoljuk össze az osztályok elemeinek a számát. Az r-1-féle elemű permutációból annyiféleképpen tudunk r-féle eleműt készíteni, ahányféleképpen az ir darab ar típusú elemet el tudunk helyezni a többi elem között, más szóval ahányféleképpen megtehetjük azt, hogy az n-ir+1 hely közül ir-szer választunk, ugyanazt a helyet többször is megengedve. Ez n-ir+1 elem ir-ed osztályú ismétléses kombinációinak a száma, tehát: Cir,i n-ir+1=Cir n.
       Az ismétléses permutációk számát megkapjuk, ha az előbbi relációban az osztályok számát az egy osztályba eső elemek számával összeszorozzuk, vagyis: Pi1,i2,…,ir n=Pi1,i2,…,ir-1 n-irCir n=(n-ir)!/i1!⋅i2!⋅…⋅ir!⋅n!/ir!(n-ir)!=n!/i1!⋅i2!⋅…⋅ir.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
15. Fogalmazza meg mikor véges, megszámlálható illetve végtelen egy halmaz és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy X halmaz akkor és csak akkor véges, ha X≺ℕ, akkor és csak akkor megszámlálható, ha X≼ℕ, és akkor és csak akkor végtelen, ha ℕ≼X.
    bizonyítás:
       Egy halmaz akkor és csak akkor végtelen, ha van megszámlálható végtelen részhalmaza.
       Ha X véges, akkor X≼ℕ, de X≁ℕ, mint láttuk, így X≺ℕ. Megfordítva, ha X≺ℕ, akkor X nem lehet végtelen, mert a végtelenségi tétel szerint ℕ≼X következne, ebből pedig X≺X, ami ellentmondás. A masodik állítás mostmár nyilvánvaló. A harmadik állítás egyik fele a végtelenségi tétel, a másik fele pedig nyilánvaló az első állítás alapján.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
