% -------------------------------------------------- %
%  EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM                     %
%  INFORMATIKAI KAR ~ PROGRAMTERVEZŐ MATEMATIKUS     %
%  Bevezetés a matematikába (1)                      %
%  2003/2004                                         %
% .................................................. %
%  Authors: Reviczky Ádám János                      %
% -------------------------------------------------- %

VIZSGAKÉRDÉSEK 4-5-6 (MEGOLDÁSSAL)

# DEFINÍCIÓK, TÉTELEK
01. Fogalmazza meg a halmazok uniójának alaptulajdonságait.
    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
02. Tranzitív, szimmetrikus, trichotom: mit jelentenek. Melyik függ csak a relációtól?
    Legyen R egy X-beli binér reláció.
    R transitív: ha (x,y)∈R és (y,z)∈R, akkor (x,z)∈R
    R szimmetrikus: ha (x,y)∈R akkor (y,x)∈R
    R trichotom: ha x,y∈X akkor x=y, (x,y)∈R, (y,x)∈R közül csak egy teljesül
    transitív és szimmetrikus csak R relációtól függ, a trichotom R-től és X-től is függ
03. Igaz-e, hogy egy részben rendezett halmaz részhalmaza ha tartalmaz alsó korlátot, akkor csak 1-et?
    Igaz, mert:
    Egy X parciálisan rendezett halmaz egy x elemét az Y részhalmaz alsó korlátjának nevezzük, ha minden y∈Y-ra x≤y.
    Ha van az alsó korlátok között eleme Y-nak, akkor csak 1 van, és ez Y minimális eleme.
04. Definiálja a halmazcsaládok unióját és metszetét.
    Xi,i∈I halmazcsalád
    uniója: ∪i∈I Xi ≔ ∪{Xi:i∈I}
    metszete: Ha I≠∅ akkor ∩i∈I Xi ≔ ∩{Xi:i∈I}
05. Fogalmazza meg a természetes számok alaptulajdonságait.
    Természetes számok definíciója: Peano-axiómák
    Legyen a,b,c ∈ ℕ
    Az összeadás: kommutatív (a+b=b+a), asszociatív (a+(b+c)=(a+b)+c), reguáris (a+b=a+c ⇒ b=c), 0 a nullelem (n+0=0)
    A szorzás: kommutatív (a⋅b=b⋅a), asszociatív (a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c), reguláris (a⋅b=a⋅c ⇒ b=c, ha a≠0), 1 az egységelem (n⋅1=1)
    Teljesül mindkét oldali disztributivitás (a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c)
    A természetes számok halmaza jólrendezett
06. Definiálja a hányadost és maradék fogalmát a természetes számok osztásánál, a páros és páratlan számokat.
    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
07. Határozza meg a felső határ tulajdonságot, arkhimédeszi tulajdonságot.
    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
08. Milyen algebrai struktúrát alkotnak a kvaterniók?
    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
09. Fogalmazza meg a binomiális tételt.
    x,y∈ℝ (ℝ: kommutatív egységelemes gyűrű), n∈ℕ
    (x+y)ⁿ=∑n k=0 (n k)x^k⋅yⁿ-^k
10. Milyen kapcsolat van két egész szám lnko-ja és lkkt-je között?
    Tetszőlges a,b∈ℤ létezik lnko illetve lkkt-je és lnko(a,b)⋅lkkt[a,b]=|a⋅b|
11. Fogalamzza meg az Euler-féle "fi" függvény kiszámításának tételét.
    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. Végtelen halmaz és megszámlálható halmaz uniója: mit mondhatunk róla?
    Ha X megszámlálható halmaz, Y végtelen halmaz akkor:
    X∪Y ∼ Y
    ∼: ekvivalenciareláció (reflexív, szimmetrikus, transitív)
# BIZONYÍTÁSOK
13. Fogalmazza meg a transzfinit rekurzió tételét és igazolja a létezési részt.
    Legyen W egy jólrendezett halmaz, f pedig egy függvény, amelynek értelmezési tartománya az összes ]←,a[, a∈W kezdőszeleteket X-be képező függvényekből áll, értékkészlete pedig X-ben van. Ekkor egyértelműen létezik egy g:W→X függvény, amelyre g(a)=f(g|]←,a[) minden a∈W-re.
       g létezése:
       Nevezzük W⨉X egy A részhalmazát f-zártnak, ha minden a∈W-re és minden h:]←,a[→X függvényre, amelyre h⊂A, teljesül, hogy (a,f(h))∈A.
       Maga W⨉X egy f-zárt halmaz, ilyen halmazok tehát léteznek. Legyen g az összes f-zárt halmaz metszete. Mivel g nyilván f-zárt, és transzfinit indukcióval adódik, hogy minden f-zárt reláció értelmezési tartománya W, csak azt kell megmutatnunk, hogy g függvény.
       Tehát ha (c,x)∈g és (c,y)∈g akkor x=y (a bizonyítás transzfinit indukcióval történik):
       Legyen S azon W-beli elemek halmaza, amelyekre ez nem igaz. Legyen a az S legkisebb eleme. Ekkor g|]←,a[ függvény. Mivel a∈S, van olyan y∈X, hogy (a,y)∈g és y≠f(g|]←,a[). Megmutatjuk, hogy g\{(a,y)} is f-zárt. Ez azt jelenti, hogy b∈W és h:]←,b[→X,h⊂g\{(a,y)} esetén (b,f(h))∈g\{(a,y)}. Ez nyilvánvaló akkor is, ha b=a, és akkor is, ha b≠a.
14. Mit mondhatunk egy véges halmaz összes permutációjának számáról? Bizonyítsa is be!
    n∈ℕ, akkor Pn=n!
       Teljes indukcióval:
       n=1 esetén P1=1=1! igaz
       Legyen n>1 és tegyük fel, hogy n-1 -ig igaz az állítás. Be fogjuk látni, hogy Pn=n⋅Pn-1
       Létesítsünk relaciót az összes permutációk halmazán. Két permutációt nevezzünk ekvivalensnek, ha az első elemük megegyezik.
       Könnyen belátható, hogy ez ekvivalenciareláció, mert reflexív, szimmetrikus és transitív. Az ekvivalenciarelációról pedig tudjuk, hogy osztályoz. Az osztályok száma n, hiszen ennyi különböző elem allhat az első helyen. Egy-egy osztályba Pn-1 elem kerül, ezek szerint az összes permutációk száma: Pn=n⋅Pn-1. Az indukciós feltevés szerint Pn-1=(n-1)! így Pn=n⋅(n-1)!=n!.
15. Mit mondhatunk megszámlálható halmaz részhalmazáról? Bizonyítsa is be!
    Megszámlálható halmaz bármely részhalmaza is megszámlálható.
       Egy halmaz akkor és csak akkor végtelen, ha van megszámlálható végtelen részhalmaza.
       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.
       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.
