-----------------------------
|Bevezetés a matematikába I.|
|2004/2005 őszi szemeszter  |
-----------------------------

[VIZSGAKÉRDÉSEK 13-14-15 (MEGOLDÁSSAL)]

# Definíciók, tételek
# Bizonyítások


Definíciók, tételek
- - - - - - - - - -
 1. Fogalmazza meg a részhalmaz definíciójat.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Azt mondjuk, hogy az A halmaz részhalmaza a B halmaznak, ha A minden eleme a B halmaznak is eleme. Jele A⊂B vagy B⊃A.
       Ha A részhalmaza B-nek, de nem egyenlő vele, akkor azt mondjuk, hogy A valódi részhalmaza B-nek. Jele: A⊊B vagy B⊋A.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 2. Mi a halmaz képe, mi az inverz képe?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen R egy binér reláció és A egy halmaz.
       Az A halmaz képe az R relációnál az R(A)≔{y:van olyan x∈A, hogy (x,y)∈R} halmaz.
       Továbbá R-¹≔{(b,a):(a,b)∈R}, így az A halmaz inverz képe az R relációnál R-¹(A).
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 3. Igaz-e, hogy egy rendezett halmaz legkisebb eleme és minimális eleme megegyezik?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Igaz, mert:
       Az X részben rendezett halmaz legkisebb vagy első elemén egy olyan x∈X elemet értünk, amelyre x≤y minden y∈X-re. Nem biztos, hogy van ilyen elem, de ha van, akkor egyértelmű.
       Az x-et minimálisnak nevezzük, ha nincs nála kisebb elem, maximálisnak pedig akkor, ha nincs nála nagyobb elem.
       Figyeljük meg, hogy minimális illetve maximális elem több is lehet, és hogy ha X rendezett, akkor a legkisebb és a minimális elem fogalma egybeesik, egyébként nem feltétlenül.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 4. Mi az indexhalmaz, indexelt halmaz és család definíciója?
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy x függvény i helyen felvett értékét néha xi-vel jelöljük. Ilyenkor gyakran a függvény I értelmezési tartományát indexhalmaznak, elemeit indexeknek, értékkészletét indexezett halmaznak, az x függvényt magát pedig családnak nevezzük.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 5. Adja meg a természetes számok létezésére vonatkozó tételt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Az ω halmaz, ∅-al mint nullával és az +:x↦x⋃{x} unér művelettel eleget tesz a Peano-axiómáknak.
       A tétel alapján a halmazelméletben rendszerint ω-t azonosítják ℕ-el.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 6. Definiálja a Fibonacci-sorozatot az általános rekurziótétel segítségével.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Legyen W=ℕ a szokásos rendezéssel, X=ℕ, legyen n↦n- az n↦n+ inverze, f({∅})=0, f({0,k})=1 bármely k∈ℕ-re, és ha n>1, h:]←,n[→ℕ egy függvény, akkor legyen f(h)=h(n-)+h(n--).
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 7. Fogalmazza meg a rendezett integritási tartomány egyenlőségre vonatkozó tételt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Egy rendezett halmaz, amely integritási tartomány, akkor és csak akkor rendezett integritási tartomány, ha az alábbi feltételek fennállnak:
       1. Ha x,y,z∈R és x<y, akkor x+z<y+z (az összeadás szigorúan monoton)
       2. Ha x,y∈R és x,y>0, akkor x⋅y≥0 (a szorzás szigorúan monoton)
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 8. Adja meg a zⁿ=w komplex szám összes megoldásait, n tetszőleges természetes szám.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha zⁿ=w, akkor z és az n-edik komplex egységgyökök segítségével megkaphatjuk az összes komplex számot, amelynek n-edik hatványa w, ezek zε0,zε1,…,zεn. Innen következik, hogy ha n>1, akkor az összes olyan komplex számok összege, amelyek n-edik hatványa w, nulla.
       Valóban, ∑n-1 k=0  zεk = ∑n-1 k=0  zε^k 1 = z εⁿ1-1/ε1-1.
       Ugyanúgy, mint a valós esetben beláthatjuk, hogy ha a,b,c∈ℂ, a≠0, akkor az²+bz+c=0 pontosan akkor teljesül, ha z=-b±√(b²-4ac)/2a, ahol a négyzetgyökvonás komplex értelembe értendő, és akármelyik négyzetgyök vehető.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

 9. Definiálja az ismétléses variáció folgalmát és adja meg a számát.
    megoldás:
       Az A halmaz elemeiből készíthető a1,a2,…,ak sorozatokat, azaz [1,k]⊂ℕ-et A-ba képező leképezésnek az A halmaz k-ad osztályú ismétléses variációinak nevezzük. Ha A véges halmaz, ♮(A)=n, akkor ezek iVn,k számáról már tudjuk, hogy n^k.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

10. Fogalmazza meg két természetes szám legkisebb közös többszörösét.
    megoldás:
       Legyen n=2
       Azt mondjuk, hogy b∈ℤ az a1,a2,…,an∈ℤ számok legkisebb közös többszöröse, ha i=1,2,…,n esetén ai|b, és ha i=1,2,…,n esetén a1|b', akkor b|b'.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

11. Mi a számelméleti függvény, additív számelméleti függvény és teljesen additív számelméleti függvény?
    megoldás:
       Egy f:ℕ+→ℂ függvényt számelméleti függvénynek fogunk nevezni. Ha relatív prím m,n∈ℕ+ számok esetén f(mn)=f(m)+f(n), akkor f-et additívnak nevezzük, ha pedig ez bármely m,n∈ℕ+ esetén fennáll, akkor f-et teljesen additívnak (vagy totálisan additívnak) nevezzük.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

12. Megszámlálható halmaz részhalmaza, mit mondhatunk róla?
    megoldás:
       Megszámlálható halmaz bármely részhalmaza is megszámlálható.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .



Bizonyítások
- - - - - - - - - -
13. Fogalmazza meg a természetes számok összeadásának tulajdonságait (kivéve a kommutativitást) és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha k,m,n∈ℕ, akkor
       1. (k+m)+n=k+(m+n) (asszociativitás)
       2. 0+n=n+0=n (a 0 nullelem)
       3. m+n=n+m (kommutativitás)
       4. Ha k+m=k+n, akkor m=n (egyszerűsítési szabály)
    bizonyítás:
       Az assziciativitás bizonyítása n szerinti teljes indukcióval történik. A 0+n=n összefüggést ugyancsak n szerint teljes indukcióval bizonyítjuk, míg n+0=n triviális. Ezután ugyancsak n szerinti teljes indukcióval következik, hogy m++n=(m+n)+. Végül ezt felhasználva a kommutativitást m szerinti teljes indukcióval kapjuk. Az egyszerűsítési szabály k szerinti teljes indukcióval következik.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

14. Fogalmazza meg a komplex számok abszolútértékére vonatkozó tételt és bizonyítsa be.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Ha x∈ℝ, x≥0, n∈ℕ+, akkor egy és csak egy olyan y nemnegatív valós szám létezik, amelyre yⁿ=x. Az y számot az x szám n-edik gyökének nevezzük és n√x-el (n=2 esetén √x-el is) jelöljük.
    bizonyítás:
       Legyen az (x,y)∈ℝ×ℝ komplex szám abszolút értéke |(x,y)|=√x²+y². A valós számokra a szokásos abszolút értéket kapjuk vissza |(x,0)|=|x|. Nyilván ha z,w∈ℂ, akkor zz'=|z|², |0|=0 és z≠0 esetén |z|>0, |z'|=|z|, |zw|=|z||w| (mert mindkét oldal négyzete zz'ww'), |ℜ(z)|≤|z|, |ℑ(z)|≤|z| és |z|≤|ℜ(z)|+|ℑ(z)|. Az is belátható, hogy teljesül a |z+w|≤|z|+|w| háromszög-egyenlőtlenség; ez következik egy általánosabb háromszög-egyenlőtlenségből, amit az analízis tárgyalása során szokás bizonyítani ℝⁿ elemeire. Ezzel a jelöléssel 1/z=z'/|z|², ha 0≠z∈ℂ.
       Legyen sgn(0)=0 és legyen sgn(z)=z/|z|, ha 0≠z∈ℂ. Nyilván sgn(z')=sgn(z)' és |sign(z)|=1, ha z≠0. A valós számokra visszakapjuk az ott definiált sgn függvényt.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

15. Fogalmazza meg az RSA eljárást és adjon részletes bizonyítást.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
    megoldás:
       Az alábbi rejtjelezési sémát Rivest, Shamir és Adleman találták. Keressünk két "nagy" p,q prímet (például 140-160 jegyűeket), és legyen n=pq. Válasszunk egy véletlen 1<e<(p-1)(q-1) exponenst, és az euklideszi algoritmussal oldjuk meg az ed≡1 (mod (p-1)(q-1)) kongruenciát. (Ha azt találjuk, hogy lnko(e,(p-1)(q-1))>1, kezdjünk mindent elölről.)
       Ha 1<m<n egy üzenet, akkor c=m^e mod n használható, mint az üzenet rejtjelezett formája. Ebből az üzenet visszakapható: m=c^d mod n, hiszen (m^e)^d≡m (mod p) és (m^e)^d≡m (mod q). Az n és e értékek nyilvánosságra is hozhatók. Az eljárás biztonsága azon múlik, hogy n prímtényezőit nem bírjuk a mai módszerekkel megtalálni.
       A séma felhasználható digitális aláírásra is: Aliz az m,m^dA mod nA párt küldi el Bobnak (a második szám az aláírás), célszerűen Bob kulcsával rejtjelezve.
       Az eljárás bizonyítványok kiállítására is felhasználható. Egy hitelt érdemlő szervezettől, aminek nyilvános kulcsát mindenki ismeri, aláírt levélben kaphatjuk meg Aliz nyilvános kulcsát, így ha Aliztól levelet kapunk, biztosak lehetünk benne, hogy nem csalóval állunk szemben, aki Aliznak adja ki magát.
       Egy célszerű alkalmazása az RSA eljárásnak gyorsabb rejtjelző eljárások kulcsainak cseréje. Az eljáráshoz szükséges "nagy" prímeket például a Miller-Rabin-féle valószínűségi teszttel találjuk meg. A hatványozás hatékonyan egy gyors hatványozási eljárással végezhető.
    .  .  .  .  .  .  .  .  .  .
