% ================================================== %
% | 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 2.UV (MEGOLDÁSSAL)]
# Definíciók, tételek
# Bizonyítások

Definíciók, tételek
- - - - - - - - - -
 1. Definiálja a halmazrendszer unióját és adja meg a kapcsolódó jelöléseket.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha A egy halmaz, amelynek elemei mind halmazok, akkor van olyan halmaz, amely pontosan azokat a dolgokat tartalmazza, amelyek A minden elemének az elemei.
       Ennek a jelölése: ∪A vagy ∪{A:A∈A} vagy ∪A∈A A.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 2. Mit jelent az, hogy egy reláció szigorúan antiszimmetrikus, reflexív illetve irreflexív? Melyik függ csak a relációtól?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen R egy X-beli binér reláció. Azt mondjuk, hogy R:
        5) szigorúan antiszimmetrikus, ha (x,y)∈R esetén (y,x)∉R
        6) reflexív, ha minden x∈X esetén (x,x)∈R
        7) irreflexív, ha minden x∈X esetén (x,x)∉R
       Vegyük észre, hogy 5) nem függ X-től, csak R-től, míg a 6) és 7) R-től és X-től is függ, így ezek az (R,X) pár tulajdonságai.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 3. Definiálja a jólrendezést és a jólrendezett halmaz fogalmát.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy X részben rendezett halmazt jólrendezettnek, részben rendezését pedig jólrendezésnek nevezzük, ha X bármely nem üres részhalmazának van legkisebb eleme. Jólrendezett halmaz mindig rendezett.
       Példa: A természetes számok halmaza jólrendezett.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 4. Fogalmazza meg a szorzás tulajdonságait kimondó tételt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha k,m,n∈ℕ, akkor:
        1) (k⋅m)⋅n=k⋅(m⋅n) - asszociativitás
        2) 0⋅n=n⋅0=0 - nullelem
        3) 1⋅n=n⋅1=n - egységelem
        4) m⋅n=n⋅m - kommutativitás
        5) ha k⋅m=k⋅n és k≠0, akkor m=n - egyszerűsítési szabály
        6) k⋅(m+n)=k⋅m+k⋅n - disztributivitás
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 5. Definiálja a maradékos osztást a természetes számok körében.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    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.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 6. Adja meg a (nem feltétlen binér) reláció fogalmát és a kapcsolódó jelöléseket.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha az (x1, x2, … ,xn) elem n-eseket az {1, 2, …, n} halmaz, azaz ℕ+-nak az n∈ℕ+-nál nem nagyobb elemei által indexezett családokkal azonosítjuk, akkor az X1×X2×…×Xn Descartes-szorzatot mint az összes olyan xi∈Xi, ha i∈{1, 2, …, n}.
       Ilyen szorzathalmazok részhalmazait relációnak nevezzük. Ha X1=X2=…=Xn=X, akkor X1×X2×…×Xn helyett Xⁿ-et szokás írni. Ennek a halmaznak a részhalmazait X-beli relációnak nevezzük.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 7. Fogalmazza meg a Q beágyazását egy rendezett testbe.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen F rendezett test. Ekkor egyértelműen létezik egy kölcsönösen egyértelmű, összeadás- és szorzástartó φ:ℚ→F leképezés. Ez a leképezés monoton növekedő is, és φ(m/n)=(m1)/(n1), ha m,n∈ℤ és n≠0. Így ℚ azonosítható φ(ℚ)-val.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
 8. A kvaterniók milyen algebrai struktúrát alkotnak?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    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. Fogalmazza meg az osztás definícióját.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    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=km: Jelölése: m|n.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
10. Definiálja az osztók prímtényezőkkel való felírását.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       A számelmélet alaptételében szereplő prímtényezős felbontást gyakran n=p1^α1⋅p2^α2⋅…⋅pk^αk alakban írjuk, ahol p1,p2,…,pk különböző prímek, a kitevők pedig ℕ+ (vagy ℕ) elemei.
       A prímtényezős felbontásból leolvashatók n pozitív osztói, ezek a d=p1^β1⋅p2^β2⋅…⋅pk^βk alakú számok, ahol β∈ℕ, ha j=1,2,…,k, hiszen ha n=cd, akkor c és d prímtényezős felbontásának szorzata n prímtényezős felbontása kell legyen.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
11. Adja meg a φ(m) kiszámolására vonatkozó tételt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen m>1 ∈ℤ és jelölje ϕ(m) a modulo m redukált maradékosztályok számát (ϕ(m): Euler-féle ϕ függvény).
       Ha p prímszám, akkor: ϕ(p)=p-1, ϕ(p^α)=p^α - p^α-1.
       Általános n-re ϕ multiplikativitása és a számelmélet alaptétele miatt következik.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
12. Fogalmazza meg a valódi részhalmaz segítségével a végtelen halmazt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha X megszámlálható halmaz, Y végtelen halmaz, akkor X∪Y∼Y.
       Egy halmaz akkor és csak akkor végtelen, ha ekvivalens egy valódi részhalmazával.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

Bizonyítások
- - - - - - - - - -
13. Fogalmazza meg a maradékos osztás definícióját és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen n>1 természetes szám. Minden m természetes szám egyértelműen felírható m=qn+r alakban, ahol q,r∈ℕ és r<n.
    bizonyítás:
       Mivel kn≥k, van olyan k, amelyre kn>m, például k=m+. Legyen k a legkisebb természetes szám, amelyre kn>m. Nyilván k≠0, így k=q+ valamely q∈ℕ-re. Mivel qn≤m, van olyan r természetes szám, amelyre m=qm+r. Ha r≥n lenne, akkor m≥qn+n=kn>m adódna.
       Az egyértelműség bizonyításához tegyük fel, hogy m=q'n+r', ahol r'<n. Ha például q'>q, akkor m=q'n+r'≥q'n≥(q+1)n>qn+r=m, ellentmondás, és hasonlóan q'<q is ellentmondásra vezet. Így q=q'. amiből már r=r' következik.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
14. Fogalmazza meg az ismétléses permutációt, adja meg a 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. Adjon szükséges és elégséges megfogalmazást a megszámlálható végtelenre és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy X nem üres halmaz akkor és csak akkor megszámlálható, ha létezik ℕ-et X-re képező leképezés.
    bizonyítás:
       Ha f az ℕ-et X-re képezi, akkor legyen g(x) az f-¹(x) legkisebb eleme. Mivel g kölcsönösen egyértelmű, X≾ℕ. A megfordítás nyilvánvaló, ha X megszámlálható végtelen, ha pedig X véges, X={f0,f1,…,fn} valamely n∈ℕ-re, akkor legyen fk=f0, ha k>n.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
