Gráfelmélet

Vizsgakérdések

1-1 pont

1. De iniálja a gráf, csúcsok, élek és illeszkedési leképezés fogalmát!

A gráf egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) hármas, ahol 𝑉 a csúcsok vagy szögpontok halmaza, 𝐸 a csúcsokra illeszkedő élek, és𝜑 az illeszkedési leképezés, amely az élek halmazából képez a csúcsok rendezetlen párok halmazára. (𝜑 : 𝐸 ↦ {𝑥, 𝑦}ahol 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉)

2. De iniálja az „illeszkedik”, „végpontja” és „izolált csúcs” fogalmakat!

Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) grá an 𝑒 ∈ 𝐸 él illeszkedik egy 𝑣 ∈ 𝑉 csúcsra, vagy 𝑣 végpontja 𝑒 élnek, ha 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒) teljesül.Azok a csúcsok, amelyekre nem illeszkedik él izolált csúcsoknak nevezzük.

3. De iniálja az üres gráf és az illeszkedési reláció fogalmát!

Legyen 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf, és 𝑒 ∈ 𝐸, 𝑣 ∈ 𝑉. Ekkor azt mondjuk hogy, 𝑒 illeszkedik 𝑣-re, vagy 𝑣 végpontja 𝑒-nek,ha 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒). Ezt az illeszkedés relációját 𝐸 és 𝑉 közö illeszkedési relációjának nevezzük.

Azt mondjuk, hogy 𝐺 üres gráf, ha 𝐸 halmaz üres.1

4. De iniálja csúcsok, illetve élek szomszédosságát!

Két csúcs szomszédos, ha van él, ami mind a két csúcsra illeszkedik.

Két él szomszédos, ha van csúcs, amire mind a két él illeszkedik.

5. De iniálja a hurokél és a párhuzamos élek fogalmát!

Ha egy él csak 1 csúcsra illeszkedik, akkor hurokélnek nevezik. Ha egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) grá an 𝑒1, 𝑒2 ∈ 𝐸 és𝑒1 ≠ 𝑒2, de ugyanazokra a csúcsokra illeszkednek, (végpontjaik ugyanazok) akkor 𝑒1 és 𝑒2 párhuzamos élek.

6. De iniálja az egyszerű gráf és a véges gráf fogalmát!

Ha egy grá an nincs párhuzamos, vagy hurok él, akkor a gráf egyszerű gráf. Ha 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) grá an 𝐸 és 𝑉halmazok véges halmazok, akkor véges gráfnak nevezik.2

7. De iniálja grá ban a fokszám és a reguláris gráf fogalmát!

Ha az ado csúcsra véges számú él illeszkedik, akkor ezek számát fokszámnak nevezik. Hurok éleket kétszerszámoljuk!

Egy 𝑣 ∈ 𝑉 csúcs fokszámát szokásos jelölése: deg(𝑣), vagy 𝑑 (𝑣). Ha egy grá an minden csúcs foka ugyanaz az𝑛 ∈ ℕ, akkor (𝑛-fokú) reguláris gráfnak nevezik.

1 Magyarán, üres gráfnak azt nevezzük, amiben nincsen él.2 Megjegyzés: Ha a grá an 𝐸 vagy 𝑉 halmazok végtelen halmazok, akkor a gráf végtelen gráfnak nevezik.

1

Gráfelmélet

8. Mit mondhatunk grá ban a fokszámok összegéről?

𝑣∈𝑉deg(𝑣) = 2♮ (𝐸)

Jelentése: Az összes csúcs fokszámának összege egyenlő az összes él számának kétszeresével.

Emlékeztető: ♮ az halmaz számosságát jelöli.

9. De iniálja gráfok izomor iáját!

𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜑′, 𝐸′, 𝑉′) gráfokat izomorfnak nevezzük, ha van olyan kölcsönösen egyértelmű 𝑓 függ-vény, amely 𝐸 halmazt 𝐸′ halmazba képez, és kölcsönösen egyértelmű 𝑔 függvény, amely 𝑉 halmazt 𝑉′ halmazbaképez, amelyen minden 𝑣 ∈ 𝑉 és 𝑒 ∈ 𝐸-re, ha 𝑒 illeszkedik 𝑣-re, akkor 𝑓(𝑒) illeszkedik 𝑔(𝑣)-re.3

10. Mondjon elégséges feltételt arra, hogy két gráf ne legyen izomorf!

Elégséges feltételek, hogy két gráf ne legyen izomorfak a következő esetek:

• Csúcsaik száma különbözik.• Éleik száma különbözik.• Csak az egyiknek van izolált csúcsa.• az ugyanannyi fokú csúcsok száma különbözik a két grá an.

11. Mondjon elégséges feltételt arra, hogy két egyszerű gráf izomorf legyen!

Ha 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráfok közö létezik 𝑔 : 𝑉 ↦ 𝑉′ kölcsönösen egyértelmű függvény, hogy habármely 𝑣,𝑤 ∈ 𝑉 szomszédos csúcsokra 𝑔(𝑣) és 𝑔(𝑤) is szomszédos, akkor a 𝐺 gráf izomorf a 𝐺′ gráffal.

12. De iniálja a teljes gráf fogalmát!

Ha egy egyszerű grá an bármely különböző csúcsot él köt össze, teljes gráfnak nevezzük.

13. Hány éle van egy teljes gráfnak?

Egy 𝑛 csúcsú (szögpontú) teljes gráfnak 𝑛⋅(𝑛−1)2 éle van.4

14. De iniálja gráfok Descartes-szorzatát!†

A 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖, ahol 𝐺𝑖 = 𝜑𝑖 , 𝐸𝑖 , 𝑉𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼 egyszerű gráfok indexelt családja, és 𝐺 = (𝑉, 𝐸) ezeknek a gráfoknaka Descartes-szorzata, ha 𝑉 = ×𝑖∈𝐼𝑉𝑖, és két csúcs csak akkor van össze kötve, hogyha a 𝑗-edik koordinátájukbankülönbözik, és azok a 𝐺𝑗 grá an össze vannak kötve.5

3 Az a jelentősége annak, hogy kölcsönösen egyértelmű függvény legyen, hogy ez esetben a függvények mindencsúcsnak és élnekmegfeleltetnek a gráfokban egymásnak. Azaz ha a csúcsokat az ábrázolásban átrendezem egymásikgrá a, akkor az erede gráffal izomorf marad, hisz a csúcsok megfeleltethetőek úgy az egyik irányból, mint a másikirányból.

4 Megjegyzés: Ez úgy jön ki, hogy minden csúcsból (𝑛) saját maga kivételével minden csúcsba (𝑛 − 1) megy él,ekkor viszont minden élet a két oldaláról számoltunk, ezért osztjuk ke ővel.

† Ez a kérdés nem része a kérdéssornak 2011 tavaszi félévben5 A gráfok Descartes szorzatát, mint szám 𝑛-eseket kell érteni, ahol az 𝑖-dik koordináta (elem) mindig a 𝐺𝑖 grá oz

tartozik.

2

Gráfelmélet

15. Mondjon példát gráfok Descartes-szorzatára!†

43

2

1

5

𝐴 =

3 2

1

𝐵 =

(4, 3) (4, 2)

(4, 1)

(3, 3) (3, 2)

(3, 1)(2, 3) (2, 2)

(2, 1)(1, 3) (1, 2)

(1, 1)

(5, 3) (5, 2)

(5, 1)

𝐴 × 𝐵 =

A jobban érthetőség kedvéért a gráf Descartes-szorzatában kékkel le ek megjelölve azok az élek,amelyek az 𝐴 gráf mia keletkeztek, és pirossal, amelyek a 𝐵 gráf mia keletkeztek.

Egyszerűbb példa, hogy ha a koordináta rendszert tekintjük, ahol a két tengelyen az egész szá-mok, mint csúcsok, és az egymással szomszédos egész számok össze vannak kötve. Ekkor az ígykapo tengelyeket Descartes-szorozva a síkot kapjuk, ahol a csúcspontok a sík egy-egy pontja,(számpárok) és azok a pontok vannak össze kötve, amelyeknek csak egy koordinátájában eggyelkülönbözik. Így egy „négyzetrácsot” kapunk.

16. De iniálja a páros gráf fogalmát!

A 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf páros gráf, ha ∃𝑉1, 𝑉2 ⊂ 𝑉, 𝑉1 ∪ 𝑉2 = 𝑉, 𝑉1 ∩ 𝑉2 = ∅ és ∀𝑒 ∈ 𝐸, 𝜑(𝑒) = 𝑣1, 𝑣2, ha𝑣1 ∈ 𝑉1, 𝑣2 ∈ 𝑉2.

A páros gráf egy olyan gráf, amely a csúcsainak halmaza felbontható két diszjunkt halmazra úgy, hogy az élek kétvége nem esik ugyanabba a részhalmazba.

17. Adja meg a „három ház, három kút” gráfot!

Ado egy 6 csúcsot tartalmazó gráf. (Három db „ház”, és három darab „kút”.) Minden házból él vezet mindenkúthoz.6

b b b

b b bKút1 Kút2 Kút3

Ház1 Ház2 Ház3

6 Ez egy gráf felrajzolási feladat. Ezt a gráfot nem lehetséges síkban lerajzolni úgy, hogy ne messe egymást két él,azaz ne ütközzenek az utak.

3

Gráfelmélet

18. De iniálja a részgráf és a feszített részgráf fogalmát!

Ha 𝐺′ = (𝜑′, 𝐸′, 𝑉′) és 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráfoknál 𝐸′ ⊂ 𝐸, 𝑉′ ⊂ 𝑉 és 𝜑′ ⊂ 𝜑 teljesül, akkor 𝐺′ részgrá a 𝐺 gráfnak,vagy 𝐺 szupergrá a 𝐺′-nek.

Ha a 𝐺′ gráf összes olyan 𝑒 ∈ 𝐸 élet tartalmazza, amelyeknek végpontja benne van 𝑉′-ben, akkor 𝐺′ feszíterészgrá a, vagy telíte részgrá a 𝐺-nek.

19. De iniálja részgráf komplementerét!

Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráfnak 𝐺′ = (𝜑′, 𝐸′, 𝑉) részgrá ának 𝐺-re vonatkozó komplementere𝐺′′ = 𝜑∣𝐸∖𝐸′, 𝐸 ∖ 𝐸′, 𝑉 .7

20. De iniálja az élhalmaz illetve csúcshalmaz törlésével kapott gráfot!

Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf 𝐸′ ⊂ 𝐸 élhalmaz törlésével 𝐺′ = 𝜑∣𝐸∖𝐸′, 𝐸 ∖ 𝐸′, 𝑉 részgráfot kapjuk.

Ugyanebből a 𝐺 grá ól 𝑉′ ⊂ 𝑉 csúcshalmaz törlésével 𝐺′′ = 𝜑∣𝐸∖𝐸′′, 𝐸 ∖ 𝐸′′, 𝑉 ∖ 𝑉′ részgráfot kapjuk, ahol az𝐸′′ ⊂ 𝐸 azon élek halmaza, amelyből minden él csak a 𝑉′ halmazbeli csúcsokra illeszkednek.8

21. De iniálja a séta és a séta hossza fogalmát!

Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráfon egy 𝑛 ≥ 0 hosszú séta 𝑣0-ból 𝑣𝑛-be egy

𝑣0, 𝑒1, 𝑣1, 𝑒2, 𝑣2, … , 𝑣𝑛−1, 𝑒𝑛 , 𝑣𝑛

sorozatból áll, ahol egy 𝑒𝑖 a 𝑣𝑖−1 és 𝑣𝑖 csúcsokra illeszkedik, ha 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛.

22. De iniálja a nyílt és a zárt sétát!

Egy sétát zárt sétának nevezünk, ha kezdő csúcsa megegyezik a végpontjával, egyébként nyílt sétának nevezzük.

23. De iniálja az út fogalmát!

Azt a sétát, amely az érinte csúcsokat csak egyszer érin k, azt útnak nevezik.

24. Mikor lesz egy nulla illetve egy hosszú séta út?

A nulla hosszú séták mind utak is egyben. Az egy hosszú séták csak akkor utak, ha egyetlen éle nem hurokél.9

25. De iniálja a vonal fogalmát!

Ha egy séta az érinte élein csak egyszer halad át, akkor azt vonalnak nevezik.

7 Ha csak a részgráf van megadva, akkor annak a gráfnak megfelelő teljes grá án ve komplementereként értel-mezzük.

8 Megjegyzés! Az utóbbi definícióban az𝐸′ helye 𝐸′′ halmaz jelölést használtam, hogy ne okozhasson keveredéstaz első definícióban használt jelöléssel, de akárhogy lehet jelölni.

9 A séta definíciója szerint, ha hossza 𝑛 = 0, akkor a sorozat 𝑣0, azaz egy csúcs szerepel benne, ha pedig 𝑛 = 1akkor 𝑣0, 𝑒1, 𝑣1, azaz két csúcs szerepel benne.

4

Gráfelmélet

26. De iniálja a kör fogalmát!

Azt a zárt utat, amely vonal is egyben, körnek nevezik.

Alterna v megfogalmazás: Azt a legalább egy hosszú zárt vonalat, amely kezdő és végpontja kivételével mindencsúcsot egyszer érint, körnek nevezzük.

27. Van-e egy, illetve kettő hosszú kör?

Igen, az egy hosszú kör egy hurokélből áll, a ke ő hosszú meg két párhuzamos élből áll.

28. Hogyan kaphatunk sétából utat? Fogalmazza meg az állítást!

Állítás. Bármely 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) grá an a különböző 𝑣, 𝑣′ ∈ 𝑉 csúcsokat összekötő sétából alkalmasan törölve 𝑒𝑖 , 𝑣𝑖párokat, a 𝑣-t 𝑣′-vel összekötő utat kaphatunk.

Bizonyítás Töröljük az𝑒𝑖+1, 𝑣𝑖+1, 𝑒𝑖+2, 𝑣𝑖+2, … , 𝑒𝑗−1, 𝑣𝑗−1, 𝑒𝑗 , 𝑣𝑗

részt, ahol 𝑣𝑖 = 𝑣𝑗 , 𝑖 < 𝑗, és ismételjük ezt, amíg minden csúcs különböző lesz. Mivel a séta hossza minden lépésbencsökken, az eljárás véges sok lépésben véget ér.

29. Fogalmazza meg a (zárt) séták körök segítségével való előállítására vonatkozóállítást!†

Állítás. Bármely𝐺 grá an egy legalább egy (1) hosszúságú zárt vonal véges sok páronként éldiszjunkt kör egyesítése.

Bizonyítás Ha a vonalban csak egy csúcs ismétlődik, és az a kezdő és végpont, akkor azmár kör. Egyébként az ismétlő-dő csúcs első előfordulásától amásodikig haladva, egy rövidebb zárt vonalat kapunk, amely kör lesz, és ezt kihagyva, azerede vonalból is egy (két) rövidebb zárt vonal marad. Amely e vonalakból még nem kör, megismételjük az eljárást.Ha már nem marad olyan zárt vonal, amely nem kör akkor készen vagyunk.

30. De iniálja az összefüggőség, és a komponens fogalmát!

Egy gráf összefüggő, ha minden csúcsa összeköthető sétával, vagy ú al.

Az, hogy 𝑣-ből 𝑣′ be vezet séta, egy osztályozást ad meg. A csúcsok ezen osztályozásával ado osztálya általmeghatározo telíte részgráf a gráf komponense.

31. Igaz-e, hogy egy gráf minden éle valamely komponenshez tartozik?

Mivel a „csúcsok összeköthető sétával” osztályozással két külön osztályba tartozó csúcs nem lehet szomszédos,(azaz nem kö össze őket él) ezért minden él egy komponenshez tartozik.

32. Mi a kapcsolat a komponensek, és az összefüggőség között?

A komponensek azzal az osztályozással vannak meghatározva, hogy 𝑣1-ből 𝑣2-be vezet-e séta, amely ha mindenpontra teljesül, akkor az a gráf összefüggő, és akkor egy komponense van.

33. De iniálja a fa fogalmát!

Azt a gráfot, amely összefüggő, és nincs köre, fának nevezzük.

5

Gráfelmélet

34. Fogalmazzon meg két szükséges és elégséges feltételt arra, hogy egy egyszerűgráf fa legyen!

• 𝐺 összefüggő, de bármely él törlésével a kapo részgráf már nem;• ha 𝑣1 és 𝑣2 𝐺 különböző csúcsai, akkor pontosan egy út van 𝑣1-ből 𝑣2-be;• 𝐺-nek nincs köre, de bármilyen új él hozzávételével kapo gráf már tartalmaz kört.

Tétel. Egy egyszerű 𝐺 gráfra a következő állítások ekvivalensek:

1. 𝐺 fa;2. 𝐺 összefüggő, de bármely él törlésével a kapo részgráf már nem;3. ha 𝑣1 és 𝑣2 𝐺 különböző csúcsai, akkor pontosan egy út van 𝑣1-ből 𝑣2-be;4. 𝐺-nek nincs köre, de bármilyen új él hozzávételével kapo gráf már tartalmaz kört.

A bizonyítás indirekt, és az 1, 2 és 3-ik pontok körbe vannak bizonyítva, és a 4. meg akárhovabecsatolható.

Bizonyítás: (1.⇒2.) Ha 𝑣 és 𝑣′ végpontú élt töröljük, és a gráf továbbra is összefüggő, akkor ezzela kitörölt éllel körünk volt, tehát 1. állításból következik a 2. állítás(2.⇒3.) Ha 𝑣 és 𝑣′ csúcsok közö két út vezetne, akkor az egyik útból törölve az első olyan élt,amelynek a 𝑣′′ egyik végpontja csak az egyik úton szerepel, a gráf összefüggő maradna, hisz 𝑣-bőla másik úton eljuthatunk 𝑣′-be, és a megtört úton visszafele haladva eljuthatunk 𝑣′′-höz, tehát 2.állításból következik a 3. állítás.(3.⇒1.) Ha a grá an van egy 𝑣, 𝑣′, … , 𝑣 kör, akkor nyilván két út vezet 𝑣-ből 𝑣′-be, tehát a 3.állításból következik az 1. állítás.(1.⇒4.) Ha a gráf fa, akkor körmentes. Ha beleveszünk egy új élt, akkor a 𝑣 ≠ 𝑣′ közö új éllel a𝑣 és 𝑣′ utat kiegészítve kört kapunk. Ha az él hurokél, akkor az önmagában kör.(4.⇒3.) Ha a 4. állítás teljesül, akkor ha 𝑣 és 𝑣′ közé új élet húzunk, akkor az állítás szerint ezzelaz éllel kört kapunk, tehát elhagyva ezt az élet, a 𝑣 és 𝑣′ közö 1 darab útnak kell maradnia, mertmáshogy nem alakulhat ki kör. ∎

35. Egy véges grá ban nincs kör, de van él. Mit állíthatunk fokszámokkal kapcsolat-ban?

Tétel. Ha egy 𝐺 véges grá an nincs kör, de van él, akkor annak legalább ke ő elsőfokú csúcsa van.

Bizonyítás. Létezik a 𝐺 gráfnak legalább 1 hosszú leghosszabb útja. Vegyük ezt a 𝑣-ből 𝑣′-bevezető utat. Ezeknek a fokszáma legalább egy. Ha több mint egy volna a fokszáma, akkor az aztjelentené, hogy ebből még vezet egy él. Ha egy nem érinte csúcsba vezetne ez az él, akkor az aztjelentené, hogy nem a leghosszabb utat vizsgáljuk, ha pedig már érinte ük a csúcsot, akkor ezzelaz éllel egy kört kapnánk, de azt már kikötö ük, hogy a gráf körmentes. ∎

6

Gráfelmélet

36. Egy egyszerű véges gráfnak 𝒏 csúcsa van. Fogalmazzon meg két olyan szükségesés elégséges feltételt, amelyben szerepel az élek száma, arra, hogy a gráf fa.

• 𝐺-ben nincs kör, és 𝑛 − 1 éle van;• 𝐺 összefüggő, és 𝑛 − 1 éle van.

Tétel. Egyszerű, és véges gráf esetén, ha 𝑛 a csúcsok száma, az alábbi feltételek ekvivalensek:

1. 𝐺 fa;2. 𝐺-ben nincs kör, és 𝑛 − 1 éle van;3. 𝐺 összefüggő, és 𝑛 − 1 éle van.

Bizonyítás. Ha a csúcsok száma 𝑛 = 1, akkor a feltételekről könnyű belátni, hogy ekvivalensek,hiszen a fa elkerülhetetlenül összefüggő, és ha körmentes, akkor legfeljebb 0 = 𝑛 − 1 éle van.(1.⇒2.) Tegyük fel, hogy 𝐺 fa, csúcsainak száma nagyobbmint 1, és legyen 𝑣𝑛 egy olyan csúcsa 𝐺-nek, amelynek csak egy szomszédja van, és az 𝑣𝑛−1. Ekkor ha töröljük a 𝑣𝑛 csúcsot, akkor bármelyútnak a törölt csúcs csak kezdő-, vagy végpontja lehet, tehát a 𝐺 gráf maradéka továbbra is fa. Ezt𝑛 szerin teljes indukcióval az 1. állításból következik a 2.

37. De iniálja a feszítőfa fogalmát.

𝐺 gráf, feszítőfája𝐹 gráf, ha𝐹 olyan rész grá a𝐺-nek, amely fa, és a csúcsainak halmazamegegyezik𝐺 csúcsainakhalmazával, és 𝐹 élei 𝐺 éleinek részhalmaza.

38. Mit állíthatunk feszítőfa létezéséről?

Minden véges összefüggő gráfnak létezik feszítőfája.

39. Mit állíthatunk véges összefüggő grá ban a körök számáról?†

Minden véges összefüggő grá an létezik legalább ♮ (𝐸) − ♮ (𝑉) + 1 kör, amelyek élhalmaza különböző.10

40. Mikor mondjuk, hogy egy csúcshalmaz illetve élhalmaz elvág két csúcsot?

Legyen 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) egy gráf.Ha 𝑣1, 𝑣2 csúcsok, és 𝑉′ ⊂ 𝑉, és minden 𝑣1-ből 𝑣2-be vezető útban szerepel valamely 𝑣 ∈ 𝑉′ csúcs, akkor azt

mondjuk, hogy 𝑉′ csúcshalmaz elvágja a 𝑣1 és a 𝑣2 csúcsokat.Ha𝐸′ ⊂ 𝐸, ésminden𝑣1-ből𝑣2-be vezető útban szerepel valamely 𝑒 ∈ 𝐸′ él, akkor aztmondjuk hogy𝐸′ élhalmaz

elvágja a 𝑣1, 𝑣2 csúcsokat.

41. De iniálja az elvágó élhalmaz és a vágás fogalmát.

Legyen 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf, 𝑣1, 𝑣2 ∈ 𝑉 csúcsok, Ha az 𝐸′ ∈ 𝐸 halmaz minden 𝑣1-ből 𝑣2-be vezető útban szerepel𝑒 ∈ 𝐸′ él, akkor elvágó élhalmaznak nevezzük.

Ha ennek az elvágó élhalmaznak nincs olyan valódi részhalmaza, amely szintén elvágó élhalmaz, akkor azt vágás-nak nevezzük.

10 Ez a szám amely i szerepel lehet nega v is, amelyet azért engedhetünk meg, mert a 0 minden nega v számnálnagyobb, tehát legalább egy tetszőleges nega v szám.

7

Gráfelmélet

42. Mit állíthatunk véges összefüggő grá ban a vágások számá-ról?

Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) véges összefüggő grá an legalább ♮ (𝑉) − 1 vágás van.

43. De iniálja az erdő fogalmát. Mi az összefüggés a fákkal?

Körmentes gráfot erdőnek nevezünk.

Erdő komponensei fák. A fák pedig összefüggő erdők.

44. De iniálja a feszítő erdő fogalmát. Hány éle van egy véges gráf feszítő erdőjének?

Egy gráf olyan részgrá át, amely a gráf minden komponenséből egy feszítőfát tartalmaz, a gráf feszítőerdőjéneknevezünk.

Egy véges erdő éleinek száma a csúcsok számának és a komponensek számának különbsége.

45. De iniálja az Euler-vonal fogalmát.

Az Euler-vonal egy olyan zárt, vagy két csúcs közö vonal, amelyben a gráf minden éle egyszer szerepel.

46. Fogalmazza meg a véges összefüggő gráfok vonalak egyesítéseként való előállí-tására vonatkozó tételt.

Egy véges összegű grá an pontosan akkor létezik zárt Euler vonal, ha minden csúcs párosfokú.Ha egy véges összefüggő gráf 2𝑠 páratlan fokú csúcsot tartalmaz, ahol 𝑠 ∈ ℕ+, akkor a gráf 𝑠 darab páronként éldisz-junkt nyílt vonal egyesítése.11

47. De iniálja a Hamilton-út illetve Hamilton-kör fogalmát.

Hamilton útnak nevezzük azt az utat, amely 𝑣-ből 𝑣′-be vezet, és minden csúcsa pontosan egyszer szerepel.

Hamilton körnek egy olyan kört nevezünk, amelyen a gráf minden csúcsa pontosan egyszer szerepel.12

48. De iniálja a címkézett gráf fogalmát.

Ha ado egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf, 𝐶𝑒 élcímkék halmaza és 𝐶𝑣 csúcscímkék halmaza, valamint 𝑐𝑒 : 𝐸 ↦ 𝐶𝑒 él-címkézés leképezés és 𝑐𝑣 : 𝑉 ↦ 𝐶𝑣 csúcscímkézés leképezés, akkor (𝜑, 𝐸, 𝑉, 𝑐𝑒 , 𝐶𝑒 , 𝑐𝑣 , 𝐶𝑣) hetest címkéze gráfnaknevezzük.

49. De iniálja a súlyozott gráf fogalmát és egy véges részhalmaz súlyát.

𝐶𝑒 = ℝ esetén élsúlyról, és élsúlyozo gráfról, 𝐶𝑣 = ℝ esetén pedig csúcssúlyról, és csúcssúlyozo gráfrólbeszélünk. Ilyenkor a jelölésből 𝐶𝑒-t és 𝐶𝑣-t elhagyjuk.

Egy élsúlyozo grá an egy 𝐸′ ⊂ 𝐸 véges élhalmaz súlya ∑𝑒∈𝐸′𝑤(𝑒), és egy csúcssúlyozo grá an egy 𝑉′ ⊂ 𝑉véges csúcshalmaz súlya: ∑𝑣∈𝑉′𝑤(𝑣).13

11 Bevezetés a matema kába 7.1.45. Állítás12 A felírt sorozatban az első és utolsó csúcs kivételével.13 𝑤 függvény a megfelelő címkézés függvénye.

8

Gráfelmélet

50. Fogalmazza meg a Kruskal algoritmust és a rá vonatkozó tételt.

Tétel. Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf 𝑤 súlyozással elláto összefüggő véges grá an az összes csúcsot tartalmazó üresrészgrá ól indulva, és a már kiválaszto részgrá oz, amíg lehet, hozzávéve a minimális súlyú olyan élt, amellyel akiválaszto részgráf még nem tartalmaz kört, egy minimális súlyú feszítő fát kapunk.

51. Mit értünk mohó algoritmuson? Mondjon példát, amikor egy mohó algoritmusnem ad optimális megoldást.

A mohó algoritmuson azt az algoritmust értjük, amely ado döntési helyzetben mindig a lehető legkedvezőbblehetőséget választja.

A mohó algoritmusok nem mindig op málisak, például minimális súlyú Hamilton-kört, például az alábbi gráfon,hogy ha a bal felső (𝑣1) csúcsból indulunk.

b b

bb

2

99

2

0

99

1

52. De iniálja az irányított gráf, csúcsok, élek és illeszkedési leképezés fogalmát.

Irányíto gráfnak nevezzük azt a 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) hármast, ahol 𝐸 az élek halmaza, 𝑉 a csúcsok halmaza és a𝜓 ∈ 𝐸 ↦ 𝑉 × 𝑉 az illeszkedési leképezés.14

53. De iniálja irányított grá ban a kezdőpont és a végpont fogalmát.

Ha 𝜓(𝑒) = (𝑣1, 𝑣2), akkor azt mondjuk, hogy a 𝑣1 csúcs az 𝑒 él kezdőpontja, és 𝑣2 csúcs pedig a végpontja.

54. Hogyan kaphatunk irányított grá ból irányítatlan gráfot? Miért használhatjukirányított gráfokra az irányítatlan gráfokra de iniált fogalmakat?

Bármely 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto grá ól kapható egy 𝐺′ = (𝜑, 𝐸, 𝑉) irányítatlan gráf úgy, hogy 𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′)esetén 𝜑(𝑒)-t {𝑣, 𝑣′}-nek definiáljuk, úgymond „elfelejtjük” az irányítást.

Azért használhatjuk irányíto gráfokra az irányítatlan gráfoknál definiált fogalmakat, mert használatukkor a meg-felelő irányítatlan gráfot tekintjük.

55. De iniálja a gráf irányítása illetve megfordítása fogalmát.

Egy 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) gráf irányítása 𝐺′ = (𝜑, 𝐸, 𝑉)-nek, ha bármely 𝑒 ∈ 𝐸 élre 𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′) esetén 𝜑(𝑒) == {𝑣, 𝑣′}.

Egy irányíto gráf, irányításának megfordításán azt a 𝐺′ gráfot értjük amiben 𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′) esetén 𝜓′(𝑒) == (𝑣′, 𝑣).

14 I a függvény rendeze csúcspárokra képez, míg az irányítatlan gráfoknál rendezetlen párokra.

9

Gráfelmélet

56. De iniálja a szigorúan párhuzamos élek fogalmát.

Ha 𝑒1 ≠ 𝑒2 élek szigorúan párhuzamosak, ha a kezdő, és a végcsúcsaik megegyeznek.

57. De iniálja az irányított egyszerű gráf és a véges gráf fogalmát.

Egy irányíto gráfot irányíto egyszerű gráfnak nevezünk, ha nincs neki sem szigorúan párhuzamos éle, semhurokéle.

Ha egy 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto grá an 𝐸 és 𝑉 véges halmazok, akkor irányíto véges gráfnak nevezzük.

58. De iniálja csúcs befokát és kifokát.

Ha egy csúcs csak véges sok élnek a kezdőpontja, akkor ezek számát a csúcs kifokának nevezzük, és ha csak végessok élnek végpontja, akkor ezek számát a csúcs befokának nevezzük.

Ha egy csúcs kifoka nulla, akkor nyelőnek nevezzük, és ha befoka nulla, akkor forrásnak nevezzük.

Egy 𝑣 ∈ 𝑉 csúcs kifokát rendszerint deg+ (𝑣)-vel, vagy 𝑑+ (𝑣)-vel jelöljük, és befokát deg− (𝑣)-vel, vagy 𝑑− (𝑣)-vel jelöljük.

59. Mit mondhatunk irányított gráfokra a fokszámok összegéről?

Ha 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) egy véges irányíto gráf, akkor

𝑣∈𝑉𝑑+ (𝑣) =

𝑣∈𝑉𝑑− (𝑣) = ♮ (𝐸) .

60. De iniálja az irányított ciklus, csillag és teljes gráf fogalmát!†

𝑛 csúcsú irányíto ciklusnak nevezzük azt az irányíto gráfot, amelynek csak egy olyan köre van, amelyben min-den csúcs befoka és kifoka is 1.

𝑛 csúcsú irányíto csillagnak nevezzük azt az irányíto egyszerű gráfot, amely csak egy csúcsa nyelő, a többiforrás, és 𝑛 − 1 nem szigorúan párhuzamos éle van.

𝑛 csúcsú irányíto teljes gráfnak nevezzük azt irányíto gráfot, amely minden csúcsból minden tőle különbözőcsúcsba vezet irányíto él.

61. Hogyan szemléltethetünk egy relációt irányított gráffal?

Egy olyan 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto gráf segítségével szemléltethetünk egy ≤15 relációt ahol 𝒟≤ ∪ ℛ≤ = 𝑉, ésbármely 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑉 esetén (𝑥, 𝑦) = 𝜓(𝑒), ha 𝑥 ≤ 𝑦 reláció fennáll.

Ez szemléletesenmagyarázva azt jelen , hogy a gráfunkat a≤ reláción értelmeze elemei képezika gráf csúcsait, és bármely 𝑥 elemre, amelyre teljesül, hogy 𝑥 ≤ 𝑦, azt a grá an egy 𝑥-ből 𝑦-bavezető éllel jelöljük.

15 Én a ≤ jelet használtam, ám ehelye természetesen lehet más jelölést is alkalmazni.

10

Gráfelmélet

62. Mit értünk irányított gráf éllistás ábrázolásán?†

Egy olyan listát értünk, amelyet egy 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) gráf csúcsainak megszámozása után minden 𝑛 csúcshoz hoz-zárendelünk egy (𝑛, 𝑛′) párt, hogy ha (𝑒, (𝑣, 𝑣′)) ∈ 𝜓 és 𝑛 a 𝑣, 𝑛′ pedig a 𝑣′ sorszáma.

Szemléletesen ezt a következő gráfot a melle e levő listával lehet értelmezni:

b b b b

bbb

1 2 3 4

567

No Éllista1 (1, 3) , (1, 7)2 (2, 5)3 (3, 3) , (3, 6)4 (4, 2) , (4, 3) , (4, 5) , (4, 7)5 (5, 4)6 (6, 2) , (6, 5) , (6, 7)7 (7, 1) , (7, 4)

Ezen felül tárolhatjuk még további információkat is a csúcsok sorszámához, ha az a grá an szere-pel.

63. De iniálja irányított gráfok izomor iáját.

A 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜓′, 𝐸′, 𝑉′) irányíto gráfok izomorfak, hogy ha van olyan 𝑓 : 𝐸 ↦ 𝐸′ és 𝑔 : 𝑉 ↦ 𝑉′kölcsönösen egyértelmű leképezések, hogy minden 𝑒 ∈ 𝐸-re, ha 𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′), akkor 𝜓′(𝑓(𝑒)) = (𝑔(𝑣) , 𝑔(𝑣′)).

64. De iniálja az irányított részgráf és a feszített irányított részgráf fogalmát.

A 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto gráfnak 𝐺′ = (𝜓′, 𝐸′, 𝑉′) irányíto gráf irányíto részgrá a, ha 𝐸′ ⊂ 𝐸, 𝑉′ ⊂ 𝑉 és𝜓′ ⊂ 𝜓.

Ha a 𝐺′ gráf tartalmazza az összes olyan élet, amely csak 𝑉′-beli csúcsokra illeszkedik, (azaz 𝜓′ : 𝑉′ ↦ 𝑉′)

65. De iniálja irányított részgráf komplementerét.

Ha 𝐺′ = (𝜓′, 𝐸′, 𝑉′) gráf irányíto részgrá a a 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) gráfnak, akkor a 𝐺′ gráfnak 𝐺-re vonatkozó komp-lementerén a 𝜓∣𝐸∖𝐸′, 𝐸 ∖ 𝐸′, 𝑉 ∖ 𝑉′ gráfot értjük. Ha nemmondjuk meg, hogy mely gráfra értjük a komplementert,akkor a 𝑉′ csúcsokkal ve iráníto teljes gráfon értjük.

66. De iniálja az élhalmaz illetve csúcshalmaz törlésével kapott irányított gráfot.

Ha𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto gráf és𝐸′ ⊂ 𝐸 élhalmaz, akkor𝐺′ = 𝜓∣𝐸∖𝐸′, 𝐸 ∖ 𝐸′, 𝑉 a𝐺 gráf𝐸′ élhalmaz törlésévelkapo irányíto részgráf.

Ha 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto gráf és 𝑉′ ⊂ 𝑉 csúcshalmaz, akkor 𝐺′′ = 𝜓∣𝐸∖𝐸′′, 𝐸 ∖ 𝐸′′, 𝑉 ∖ 𝑉′ –, ahol 𝐸′′ az alegbővebb élhalmaz, amelynek végpontjai csak 𝑉′-beli –, a 𝐺 gráf 𝑉′ csúcshalmaz törlésével kapo irányíto részgráf.

Figyeljük meg, hogy ez a két definíció megfogalmazás ekvivalens az irányítatlan gráfoknál megfo-galmazo definíciókkal, csak gráfok helye irányíto gráfokról beszélünk.

11

Gráfelmélet

67. De iniálja az irányított séta és az irányított séta hossza fogalmát.

Legyen 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉). Ha minden 𝑣0, 𝑣𝑖 ∈ 𝑉 és 𝑒𝑖 ∈ 𝐸 (𝑖 = 1,… , 𝑛), akkor a

𝑣0, 𝑒1, 𝑣1, … , 𝑣𝑛−1, 𝑒𝑛 , 𝑣𝑛

véges sorozatot, ahol minden 𝑒𝑖 (𝑖 = 1,… , 𝑛) élnek 𝑣𝑖−1 a kezdő csúcsa, és 𝑣𝑖 a végpontja, a 𝐺 grá eli 𝑛 hosszúirányíto sétának nevezzük 𝑣0-ból 𝑣𝑛-be.

Ha a megfogalmazásban 𝑣 és 𝑣′ közö irányíto sétát akarjuk megfogalmazni, akkor ki kell kötni,hogy 𝑣 = 𝑣0 és 𝑣′ = 𝑣𝑛.

68. De iniálja a nyílt és a zárt irányított sétát.

Ha egy irányíto sétának a kezdő és végpontja ugyanaz, akkor zárt irányíto sétának nevezzük, egyébként nyíltirányíto sétának nevezzük.

69. De iniálja az irányított út fogalmát.

Ha egy irányíto sétának minden csúcsa különböző, akkor irányíto útnak nevezzük.

70. De iniálja az irányított kör fogalmát.

Irányíto vonalnak nevezzük azt az irányíto sétát, ahol minden él különböző.

Irányíto körnek nevezzük azt a legalább 1 hosszúságú irányíto vonalat, ha a kezdő- és végpontja kivételévelminden csúcs különböző.

71. De iniálja az erős összefüggőség és az erős komponens fogalmát.

Egy irányíto gráf akkor erősen összefüggő, ha bármely két csúcs összeköthető irányíto sétával.

Egy irányíto gráf azon telíte irányíto részgrá a, amely erősen összefüggő, az irányíto gráf egy erős kompo-nense.

b

b

b

b

b

b

b

b

72. Igaz-e, hogy egy irányított gráf minden éle valamely erős komponenshez tarto-zik?

Nem, ugyanis előfordulhat egy olyan gráf, amelynek két erős komponense van, és az egyikből eljuthatunk a má-sikba egy irányíto sétával, de a másikba nem. (Ld.: előző ábra)

12

Gráfelmélet

73. Mi a kapcsolat az erős komponensek és az erős összefüggőség között?

Ha egy irányíto gráf erősen összefüggő, akkor egyetlen erős komponense van.

74. De iniálja az irányított fa és gyökere fogalmát.

Az irányíto fa egy olyan irányíto gráf, amelynek csak egy csúcsának befoka 0, a többinek 1. Azt a csúcsát,amelynek befoka 0, gyökérnek nevezzük.

75. De iniálja az irányított fa szintjeit.

Egy irányíto fában egy ado csúcs szintje, a gyökérből vezető irányíto út hossza. Mivel minden csúcsba egy-értelműen meghatározható ez az út, ezért a csúcs szintje is egyértelmű.

76. De iniálja az irányított fában a leveleket.

Irányíto fában levélnek nevezzük azokat a csúcsokat, amelyeknek kifoka nulla.

77. De iniálja az irányított fában a gyermeke, testvére és szülője fogalmakat!†

Egy irányíto fában egy 𝑣 csúcsnak gyermeke a 𝑣′ csúcs, vagy 𝑣 csúcs szülője 𝑣′-nek ha van olyan él, amelynekkezdőpontja 𝑣, és végpontja 𝑣′.

Ha van olyan csúcs, amelynek 𝑣 és 𝑣′ is gyermeke, akkor ezeket testvéreknek nevezzük.

78. De iniálja az irányított részfa fogalmát!†

Egy irányíto fának egy 𝑣 csúcsából irányíto ú al elérhető csúcsok által meghatározo irányíto részgráfotirányíto részfának nevezzük.

79. De iniálja a gyökeres fa fogalmát!†

Egy fában kijelölünk egy csúcsot, akkor gyökeres fáról beszélünk, ugyanis a csúcs kijelölésével megadunk egybenegy irányítást is a fában, ahol a kijelölt csúcs lesz a gyökér.

80. De iniálja a 𝒒-ad rendű fa fogalmát!†

A𝑞-ad rendű fa olyan irányíto élcímkéze fa, amelynekminden csúcsnak a kiinduló éleinek a címkéje különböző,és kisebb mint 𝑞 természetes szám.

81. De iniálja a bináris fa fogalmát!†

A bináris fa egy másodrendű fa.

82. Fogalmazza meg a Dijkstra módszerét leíró tételt!†

83. De iniálja a jólszínezés és a kromatikus szám fogalmát!†

Egy gráf csúcsszínezése jólszínezés, ha minden szomszédos csúcs színe különböző.

Egy gráf kroma kus száma az a legkisebb 𝑛 szám, amelyre a gráf még jólszínezhető 𝑛 különböző színnel. Ha ilyenszám nincs, akkor azt mondjuk, hogy a gráf kroma kus száma +∞.

13

Gráfelmélet

84. De iniálja irányított és irányítatlan gráf élmátrixát!†

A mátrix egy olyan struktúra 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ szám esetében minden 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 és 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛 𝑖, 𝑗 ∈ℕ értékekre 𝑎𝑖,𝑗 ugyanabból a tetszőleges 𝑅 halmazból vehet fel értékeket. Ezeket az értékeketegyü esen nagybetűkkel szokás jelölni, (jelen esetben 𝐴) és ezekhez az𝑚, 𝑛 értékekhez tartozómátrixok halmazát 𝑅𝑚×𝑛-nel szokás jelölni.

A mátrixokat egy𝑚 × 𝑛-nes alakú „tábláza al” szokás felírni, többnyire kapcsos zárójelek közö .

Egy olyan 𝐺 gráfnak, melynek élei 𝑒1, … , 𝑒𝑛, csúcsai pedig 𝑣1, … , 𝑣𝑚, akkor az 𝑚 × 𝑛-es 𝑎 mátrixot, amelynek1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚 és 1 ≤ 𝑗 ≤ 𝑛-re 𝑎𝑖,𝑗 = 1, ha az 𝑒𝑗 élnek 𝑣𝑖 kezdőpontja, 𝑎𝑖,𝑗 = −1, ha az 𝑒𝑗 nem hurokél, és a végpontja𝑣𝑖, egyébként 𝑎𝑖,𝑗 = 0, élmátrixának nevezzük.

A megfelelő irányítatlan gráf élmátrixát az elemek abszolút értékeivel értelmezzük.

85. De iniálja irányított és irányítatlan gráf csúcsmátrixát!†

A 𝐺 irányíto grá an az𝑚×𝑚-es 𝑏 mátrix 𝑏𝑖,𝑗 elemei a 𝑣𝑖 kezdő- és 𝑣𝑗 végpontú élek számai, ha 1 ≤ 𝑖, 𝑗 ≤ 𝑚,a 𝐺 gráf csúcsmátrixa.

A megfelelő irányítatlan gráf esetében a csúcsmátrix elemei esetén, ha 𝑖 = 𝑗, akkor a 𝑏𝑖,𝑗 a 𝑣𝑖 csúcson lévőhurokélek száma, egyébként a 𝑣𝑖 és 𝑣𝑗 csúcsokra illeszkedő élek száma.

14

Algebra

86. De iniálja egy művelet esetén a homomor izmus és a homomorf kép fogalmát.

A 𝐺 halmazzal a + művele el, és a 𝐺′ halmazzal a +′ művele el a 𝜑 : 𝐺 ↦ 𝐺′ leképezést homomorfizmusnakhívjuk, ha művele artó, az összeadásra nézve.

𝜑 (𝐺) eredményét, 𝐺 homomorf képének nevezzük.

87. De iniálja egy művelet esetén a monomor izmus, az epimor izmus és az izomor-izmus fogalmát.

Legyen 𝐺 és 𝐺′ halmazokon egy-egy binér művelet. Egy 𝜑 : 𝐺 ↦ 𝐺′ homomorfizmus esetén a következőketállíthatjuk:

• 𝜑 monomorfizmus, ha 𝜑 injek v;• 𝜑 epimorfizmus, ha 𝜑 szürjek v;• 𝜑 izomorfizmus, ha 𝜑 bijek v.

88. De iniálja egy művelet esetén az endomor izmus és az automor izmus fogalmát.

Ha 𝐺 halmazhon + binér művelet, és létezik egy 𝜑 : 𝐺 ↦ 𝐺 homomorfizmus, akkor 𝜑 endomorfizmus. Ha 𝜑egyébként izomorf leképezés, akkor automorfizmusnak nevezzük.

Fontos, hogy ez a homomorfizmus ugyanabba a halmazba képez, azaz az értelmezési tartományaugyanaz, mint az értékkészlete.

89. De iniálja félcsoport esetén a reprezentáció és a hű reprezentáció fogalmát!†

Egy félcsoportnak egy tetszőleges 𝑋 halmaz, és ennek a halmaznak az önmagába való leképezéseinek halmaza afüggvényösszetétellel köz homomorfizmusát reprezentációjának, vagy ábrázolásának nevezzük. Ha ez a reprezentá-ció, azaz a homomorfizmus izomorfizmus is, akkor hű reprezentációnak nevezzük.

Azaz veszünk egy olyan halmazt, amelynek halmaza függvények, mégpedig egy tetszőleges 𝑋 hal-mazt önmagába képeznek. Nevezzük ezen függvények halmazát 𝑋′-nek a könnyebb érthetőségkedvéért. Veszi az 𝑋′ halmazt a függvényösszetétellel (○), mint binér művele el, amellyel ígyfélcsoportot alkot.

Ekkor létezik az 𝑋 és 𝑋′ halmazok közö egy homomorfizmus, amelyet reprezentációnak neve-zünk. Hű reprezentációnak nevezzük, a ez a leképezés izomorfizmus.

90. Adjon meg egy egységelemes félcsoportnak egy hű reprezentációját!†

Legyen 𝐺 egységelemes félcsoport, 𝑋 = 𝐺, valamint ha 𝑔 ∈ 𝐺, akkor legyen ∀𝑥 ∈ 𝑋 : 𝜑𝑔(𝑥) = 𝑔𝑥. Ekkor a𝑔 ↦ 𝜑𝑔 leképezés hű reprezentáció.

Ez a leképezés reprezentáció, mert minden 𝑥 ∈ 𝑋-re

𝜑𝑔ℎ (𝑥) = 𝑔ℎ𝑥 = 𝜑𝑔(ℎ𝑥) = 𝜑𝑔 ○ 𝜑ℎ (𝑥) .

Ha 𝑔 ≠ ℎ, akkor 𝜑𝑔 ≠ 𝜑ℎ, mert

𝜑𝑔(𝑒) = 𝑔𝑒 = 𝑔 ≠ ℎ = ℎ𝑒 = 𝜑ℎ (𝑒) ,

azaz a reprezentáció hű.

15

Algebra

91. Mitmondhatunk homomor izmusnál félcsoport, egységelem, inverz és felcserél-hető elemek esetén?

1. Félcsoport homomorf képe félcsoport.2. Bal oldali egységelem, jobboldali egységelem, vagy egységelem homomorf képe, bal oldali egységelem, jobbol-

dali egységelem, vagy egységelem.3. Bal oldali inverz, jobboldali inverz, vagy inverz homomorf képe, bal oldali inverz, jobboldali inverz, vagy inverz.4. Felcserélhető elemek, homomorf képei is felcserélhetők.

A következő tétel mia :

Tétel. Legyen ado a 𝐺 a szorzás művele el.

1. Ha 𝐺 félcsoport, akkor a homomorf képe is félcsoport.2. Ha 𝑒 ∈ 𝐺 bal oldali egységelem, jobboldali egységelem, vagy egységelem, akkor 𝑒 homomorf

képe, bal oldali egységelem, jobboldali egységelem, vagy egységelem.3. Ha 𝑒 ∈ 𝐺 egység elem, és𝑔 ∈ 𝐺-nek𝑔∗ ∈ 𝐺 bal oldali inverze, jobboldali inverze, vagy inver-

ze, akkor a 𝑔 homomorf képének 𝑔∗ homomorf képe, bal oldali inverze, jobboldali inverze,vagy inverze.

4. Ha 𝑔, ℎ ∈ 𝐺 felcserélhető elemek, akkor a homomorf képeik is felcserélhetők.

Bizonyítás. Jelölje egy 𝑥 szám képét 𝑥′. Tetszőleges 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐺 elemek homomorf képét fel-írhatjuk 𝑎′, 𝑏′, 𝑐′ alakban. Mivel a homomorfizmus művele artó, ezért ha a 𝐺 félcsoport, akkor(𝑎′𝑏′) 𝑐′ = (𝑎𝑏) ′𝑐′ = (𝑎𝑏𝑐) ′ = 𝑎′ (𝑏𝑐) ′ = 𝑎′ (𝑏′𝑐′) –, azaz a művelet képe is asszocia v, ha a 𝐺művelete asszocia v.

92. Mit mondhatunk homomor izmusnál csoport, kommutatív fél-csoport és Abel-csoport esetén?

Csoport, kommuta v csoport és Abel-csoport homomorf képe is csoport, kommuta v csoport vagy Abel-csoport.

93. Adjon meg szükséges és elégséges feltételeket arra, hogy egy félcsoport csoportlegyen.

Tétel. Ha 𝐺 egy félcsoport, akkor a következő feltételek ekvivalensek:

1. 𝐺 csoport;2. 𝐺 ≠ ∅, és minden 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺 esetén egy és csak egy olyan 𝑥 ∈ 𝐺, illetve 𝑦 ∈ 𝐺 létezik, amelyre 𝑎𝑥 = 𝑏

illetve,𝑦𝑎 = 𝑏;3. 𝐺 ≠ ∅, és minden 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺 esetén létezik olyan 𝑥 ∈ 𝐺, illetve 𝑦 ∈ 𝐺, amelyre 𝑎𝑥 = 𝑦, illetve 𝑦𝑎 = 𝑏 (a művelet

invertálható).

Bizonyítás. 1.⇒2., mivel ha az első egyenletben balról, a másodikban pedig jobbról beszorozzuk𝑎−1-el, akkor az 𝑥 = 𝑎−1𝑏 és 𝑦 = 𝑏𝑎−1 egyenleteket kapjuk, amely megoldásként szolgálnak az

16

Algebra

erede egyenletekben.2.⇒3. nyilvánvalóan, mert 𝑥 és 𝑦 értékek léteznek ha csak egy ilyen értékek vannak.3.⇒1.: Legyen 𝑎 ∈ 𝐺 rögzíte . Az 𝑎𝑥 = 𝑎 egyenlet megoldható, és megoldása legyen 𝑒. Legyentovábbá 𝑦, 𝑏 ∈ 𝐺 olyan, hogy 𝑦𝑎 = 𝑏. Ekkor

𝑏𝑒 = (𝑦𝑎) 𝑒 = 𝑦 (𝑎𝑒) = 𝑦𝑎 = 𝑏.

tehát 𝑒 jobboldali egységelem.Hasonlóan ugyanerre rögzíte 𝑎 ∈ 𝐺 értékre, 𝑦𝑎 = 𝑎 szintén megoldható, és megoldása legyen𝑒′, és legyen továbbá 𝑥, 𝑏 ∈ 𝐺 olyan, hogy 𝑎𝑦 = 𝑏. Ekkor

𝑒′𝑏 = 𝑒′ (𝑎𝑦) = (𝑒′𝑎) 𝑦 = 𝑎𝑦 = 𝑏,

tehát baloldali egységelem. Mivel ugyanaz egy bal- és jobb oldali egységelem amit a csoportnálmár belá unk, ezért 𝑒 és 𝑒′ ugyanaz az egységeleme 𝐺-nek.Minden 𝑏 ∈ 𝐺-re vegyünk egy megoldható 𝑏𝑥 = 𝑒 egyenletet, amelynek megoldása a 𝑏-nek jobbinverze. Hasonlóan 𝑥𝑏 = 𝑒 megoldható egyenlet megoldása a 𝑏-nek bal inverze, tehát mindenelemnek van inverze. ∎

94. Fogalmazza meg csoportban az egyszerűsítési szabályt.

Egyszerűsítési szabály. Egy csoportban, ha 𝑎𝑐 = 𝑏𝑐 vagy 𝑐𝑎 = 𝑐𝑏, akkor 𝑎 = 𝑏.

95. Adjon példát invertálható műveletre, amellyel nem kapunk csoportot!

Például az {𝛼, 𝛽, 𝛾} halmazon a

⋅ 𝛼 𝛽 𝛾𝛼 𝛽 𝛼 𝛾𝛽 𝛼 𝛾 𝛽𝛾 𝛾 𝛽 𝛼

tábláza al megado szorzás művele el elvégezhető az osztás –, azaz a szorzás inverze –, de nem alkot csoportot,mert a művelet nem asszocia v. ((𝛼𝛽) 𝛾 = 𝛼𝛾 = 𝛾, de 𝛼 (𝛽𝛾) = 𝛼𝛽 = 𝛼)

96. Adja meg a szorzással, mint művelettel tekintett egységnyi abszolút értékűkomplex számok csoportjának, három valódi részcsoportját.

97. Mit értünk kvaterniócsoporton? Kommutatív-e?†

𝑄 = {±1,±𝑖, ±𝑗, ±𝑘} kvaterniók a kvaterniószorzással kvaternió csoportot alkotnak. A kvaterniószorzás nemkommuta v, így nem alkotnak kommuta v csoportot.

17

Algebra

98. Mit értünk a Klein-féle csoporton? Kommutatív-e?

A Klein-féle csoporton az alábbi szorzótáblával definiált csoportot értjük:

⋅ 𝑒 𝑎 𝑏 𝑐𝑒 𝑒 𝑎 𝑏 𝑐𝑎 𝑎 𝑒 𝑐 𝑏𝑏 𝑏 𝑐 𝑒 𝑎𝑐 𝑐 𝑏 𝑎 𝑒

Mivel ez a táblázat szimmetrikus, ezért ez a csoport kommuta v.

99. Mit értünk diédercsoporton?

𝐷𝑛 diédercsoporton azt a csoportot értjük, amely az 𝑛 oldalú szabályos sokszöget önmagába vivő egybevágósá-gokat az egymás utáni végrehajtással alkot.

100. De iniálja a részcsoport, triviális részcsoport és valódi részcsoport fogalmát.

Ha𝐻 halmaz 𝐺 csoport részhalmaza, és𝐻 is csoport a 𝐺 műveleteivel a𝐻 halmazra megszorítva, akkor 𝐺-nek𝐻részcsoportja. Jele: 𝐻 ≤ 𝐺

Triviális részcsoportnak nevezzük azokat a 𝐺 részcsoportjait, amelynek elemei csak a 𝐺 egység-eleme, vagy 𝐺maga.

𝐺 valódi részcsoportjai, az előző részcsoportoktól különböző részcsoportjai.

101. Mit értünk komplexusműveleten?†

Szokás a részhalmazokat komplexusoknak, és a rájuk értelmeze műveleteket, komplexusműveletnek nevezni.

102. Adjon meg szükséges és elégséges feltételeket arra, hogy egy csoport egy rész-halmaza részcsoport legyen.

Tétel. Legyen 𝐺 csoport, és 𝐻 ⊂ 𝐺16. Ekkor az alábbi feltételek ekvivalensek:

1. 𝐻 részcsoport;2. a szorzás leszűkítése 𝐻 × 𝐻-ra egy 𝐻 × 𝐻 ↦ 𝐻-ba képező leképezés, ahol 𝐻 tartalmazza a 𝐺 egységelemét, és

𝐻−1 ⊂ 𝐻17;3. 𝐻 ≠ ∅, 𝐻𝐻 ⊂ 𝐻18 és 𝐻−1 ⊂ 𝐻;4. 𝐻 ≠ ∅ és 𝐻−1𝐻 ⊂ 𝐻.

Bizonyítás. (1.⇒2.) Ha teljesül az első feltétel, akkor 𝐺 művelete𝐻-ra megszorítva művele artó

16 szükséges előfeltétel!17 𝐻−1 a szorzásra való inverzet tekin .18 Ha van egy 𝐺 csoport, és 𝐻 ≤ 𝐺 és 𝐼 ≤ 𝐺, akkor 𝐻𝐼 = {ℎ ∗ 𝑖∣ℎ ∈ 𝐻 ∧ 𝑖 ∈ 𝐼}, amit komplexus szorzásnak

nevezünk, és egy súlyos betegség. ;-) :-P

18

Algebra

a 𝐻 halmazon, azaz 𝐻 × 𝐻 ↦ 𝐻 művelet. Mivel 𝐻 részhalmaza a 𝐺 halmaznak, ezért tartalmazegy 𝑓 egységelemet. Mivel minden ℎ ∈ 𝐻-ra ℎ𝑓 = ℎ és ℎ𝑒 = ℎ, ahol 𝑒 ∈ 𝐺 egységeleme, azegyszerűsítési szabálymia 𝑓 = 𝑒. Mivel minden ℎ ∈ 𝐻-nak, amelyek𝐺-nek is eleme, van inverzemind 𝐻-ban, mind 𝐺-ben, és ezek az inverzek, az inverz egyértelműsége mia megegyeznek.(2.⇒3.) Ez nyilvánvalóan következik, mivel a művelet 𝐻 × 𝐻-t 𝐻-ba képezi, ezért 𝐻𝐻 ⊂ 𝐻, és𝐻−1 ⊂ 𝐻.(3.⇒4.) 𝐻−1 ⊂ 𝐻-ból következik, hogy 𝐻−1𝐻 ⊂ 𝐻𝐻 ⊂ 𝐻.(4.⇒1.)

103. Mit mondhatunk részcsoportok metszetéről és egyesítéséről?

Következmény. Ha 𝐻𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼, a 𝐺 csoport részcsoportjainak egy rendszere, akkor 𝐻 = ⋂𝑖∈𝐼 𝐻𝑖 is részcsoport.

Bizonyítás. .

Részcsoportok egyesítése, általában nem részcsoport, például Klein-féle csoport {𝑒, 𝑎} és {𝑎, 𝑏} részcsoportok,de egyesítésük nem az.

104. De iniálja a generátum és a generátorrendszer fogalmát.

Legyen 𝐺 csoport, és 𝐾 ⊂ 𝐺. Ekkor a 𝐺 összes 𝐾-t tartalmazó részcsoportjának metszete, az a 𝐾 halmaz ⟨𝐾⟩generátuma.19 Ha ⟨𝐾⟩ = 𝐺 akkor 𝐾 a 𝐺 generátorrendszere.

105. De iniálja a ciklikus csoport és generátora fogalmát.

Ha egy csoportnak létezik egyelemű generátor eleme, akkor azt a csoportot ciklikusnak nevezzük, az elemet pedigegy generátornak.

Szemlélet. Legyen 𝐺 csoport, 𝑔 ∈ 𝐺, ⟨𝑔⟩ = 𝐺. Ekkor 𝐺 ciklikus, és 𝑔 egy generátor.

106. Fogalmazza meg a generátumot leíró állítást.

Állítás.⟨𝐾⟩ = 𝑔1𝑔2…𝑔𝑛 : 𝑛 ∈ ℕ, 𝑔𝑖 ∈ 𝐾 ∪ 𝐾−1, ha 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 .

Az üres sorozat az egységelem, azaz ha a 𝐾 = ∅, vagy 𝑛 = 0, akkor ⟨𝐾⟩ = 𝑒.

Bizonyítás. 8.1.33.

107. Mit mondhatunk ciklikus csoport homomorf képéről?

Következmény. Ha 𝑔 ∈ 𝐺, akkor ⟨𝑔⟩ = {𝑔𝑛 : 𝑛 ∈ ℤ}. Egy ciklikus csoport homomorf képe is ciklikus, egy generátorképe generálja a homomorf képet.

Bizonyítás. 8.1.34.

19 Mivel a ⟨𝐾⟩ előállításához ugyanannak a csoportnak részcsoportjait használtuk fel ezért ⟨𝐾⟩ halmaz is részcso-portja, mégpedig a legszűkebb olyan részcsoportja, amely tartalmazza a 𝐾 halmazt.

19

Algebra

108. De iniálja csoport és elem rendjét.

Egy𝐺 véges csoport rendjén az elemeinek számát értjük, egyébként azt mondjuk hogy a csoport rendje végtelen.

Egy 𝑔 ∈ 𝐺 elem rendjén azt az 𝑛 legkisebb pozi v egész kitevőt értjük, amelyre 𝑔𝑛 = 𝑒, ha van ilyen, egyébkéntazt mondjuk hogy az elem rendje végtelen!20

109. Fogalmazza meg a ciklikus csoportok szerkezetet leíró tételt.

Tétel. Végtelen ciklikus csoport izomorf az egész számok addi v csoportjával21, míg 𝑛 elemű ciklikus csoport a mo-dulo 𝑛 maradék osztályok ℤ𝑛 addi v csoportjával izomorf. Speciálisan, a ciklikus csoportok kommuta vak.

Bizonyítás. 8.1.38.

110. Mi a kapcsolat elem és részcsoport rendje között?

Véges rendű elem rendje megegyezik az általa generált ciklikus csoport rendjével.

111. Mit mondhatunk ciklikus csoport részcsoportjairól?

Tétel. Ciklikus csoport minden részcsoportja is ciklikus.

Bizonyítás. 8.1.40.

112. Mit mondhatunk véges ciklikus csoport részcsoportjai generátorainak számá-ról?

tétel. Legyen 𝐺 egy 𝑛 rendű véges ciklikus csoport, 𝑔 pedig egy generátoreleme 𝐺-nek. Ha 𝑎 ∈ ℤ és 𝑑 = lnko(𝑎, 𝑛),akkor 𝑔𝑎 az egyetlen𝑚-rendű𝐻 = 𝑔𝑑 , 𝑔2𝑑 , … , 𝑔𝑚𝑑 = 𝑒 ciklikus részcsoportot generálja, ahol 𝑛 = 𝑚𝑑. A 𝐺mindenrészcsoportja előáll így valamely 𝑑∣𝑛-re. 𝐺-nek 𝜑(𝑛) generátora van.22

Bizonyítás. 8.1.41.

113. De iniálja a bal- és jobboldali mellékosztályokat.

Legyen 𝐺 egy csoport, és 𝐻 ≤ 𝐺 és 𝑔 ∈ 𝐺. Ekkor 𝐻𝑔 = {ℎ𝑔∣ℎ ∈ 𝐻} jobboldali mellékosztálya, és 𝑔𝐻 == {𝑔ℎ∣ℎ ∈ 𝐻} baloldali mellékosztálya.

114. Mi a kapcsolat a bal- és a jobboldali mellékosztályok között?

A 𝐻𝑎 ↦ (𝐻𝑎)−1 leképezés – amelyben (𝐻𝑎)−1 = 𝑎−1𝐻 – kölcsönösen egyértelműen képezi le a jobb oldalimellékosztályok halmazát a bal oldali mellékosztályok halmazára, így ezek száma egyszerre véges, és ha a véges, akkormegegyezik.

20 Csak ekvivalencia osztályokat alkotó ekvivalencia relációval van értelme.21 Az egész számok addi v csoportja a (ℤ, +) párt jelen .22 I a 𝜑 a 109. kérdésben megfogalmazo tételben került meghatározásra.

20

Algebra

115. De iniálja részcsoport indexet.

Ha véges sok jobb oldali mellékosztály van, akkor azok száma a 𝐻 indexe, egyébként azt mondjuk, hogy a 𝐻indexe végtelen. A 𝐻 részcsoport 𝐺-beli indexét [𝐺 : 𝐻]-val jelöljük.

116. Fogalmazza meg Lagrange tételét.

Lagrange tétele. Ha 𝐻 a 𝐺 véges csoport részcsoportja, akkor a 𝐻 rendjének és indexének a szorzata 𝐺 rendje.

Bizonyítás. 8.1.52.

117. Mi a kapcsolat elem rendje és a csoport rendje között?

Következmény. Véges csoportban egy elem rendje osztja a csoport rendjét.

118. Fogalmazzonmeg olyan tételt, amely lehetővé teszi, hogy egy csoport rendjébőla ciklikusságára következtessünk.

Következmény. Prímszámrendű csoport ciklikus.

119. Adjonmeg szükséges és elégséges feltételt arra, hogy egy csoportnak ne legyennem triviális részcsoportja.

A csoport elemeinek száma egy.

Tétel. Egy nem egyelemű csoport pontosan akkor prímszámrendű, ha csak triviális részcsoportjaivannak.

120. De iniálja a normálosztó fogalmát.

Ha 𝐺 csoportnak 𝑁 részcsoportja, és minden 𝑎 ∈ 𝐺-re 𝑎𝑁 = 𝑁𝑎, akkor 𝑁-et normálosztónak vagy normálisrészcsoportnak vagy invariáns részcsoportnak nevezzük.

Szokás ezt 𝑁 ⊲ 𝐺-vel jelölni.

121. Adjonmeg háromolyan csoportot, amelybenminden részcsoport normálosztó.

• Abel-csoportban minden részcsoport normálosztó.• Az egész 𝐺 és a csak az egységelemet tartalmazó egyelemű részhalmaz normálosztók, ezek a triviális normálosz-

tók.• Ha egy 𝐺 csoportnak van egy 𝑁 ke ő indexű részcsoportja, akkor az mindig normálosztó.

21

Algebra

122. Adjon meg szükséges és elégséges feltételeket arra, hogy egy részcsoport nor-málosztó legyen.

Tétel. Legyen 𝑁 a 𝐺 csoport részcsoportja. Ekkor a következő állítások ekvivalensek:

1. 𝑁 normálosztó2. 𝑎−1𝑁𝑎 = 𝑁 minden 𝑎 ∈ 𝐺-re3. 𝑎−1𝑁𝑎 ⊂ 𝑁 minden 𝑎 ∈ 𝐺-re

Bizonyítás. (1.⇒2.) Mivel az első állítást a másodikban felhasználva 𝑎−1𝑁𝑎 felírható úgy is, hogy𝑎−1𝑎𝑁, ami 𝑁.(2.⇒1.) A második állítás alapján 𝑎𝑁 felírható úgy is, hogy 𝑎 𝑎−1𝑁𝑎 = 𝑎𝑎−1𝑁𝑎 = 𝑁𝑎.(2.⇔3.) A 2. állításból triviálisan következik a 3. állítás. Ha teljesül a 3. állítás, akkor 𝑎 helyére𝑎−1-t írva azt kapjuk, hogy 𝑎𝑁𝑎−1 ⊂ 𝑁, amit felhasználhatunk a következő levezetésben: 𝑁 =𝑎−1𝑎 𝑁 𝑎−1𝑎 = 𝑎−1 𝑎𝑁𝑎−1 𝑎 ⊂ 𝑎−1𝑁𝑎, amiből a második állítása jön ki. ∎

123. Mit mondhatunk normálosztók metszetéről és egyesítéséről?

Normálosztók metszete normálosztó, szemben egyesítésükkel, amely általában nem normálosztó.

124. Fogalmazzameg kompatibilis osztályozások és a normálosztók közötti kapcso-latot leíró tételt.

Tétel. Legyen 𝐺 csoport. Ekkor

1. egy 𝑁 normálosztó szerin mellékosztályok a 𝐺 csoportnak a művele el kompa bilis osztályozását alkotják;2. egy𝑁 normálosztó szerin mellékosztályok közö művelet megegyezik az osztályok – mint halmazok – komple-

xusszorzásával;3. minden, a művele el – kompa bilis osztályozás esetén – az egységelem osztálya normálosztó, és az osztályozás

ezen normálosztó szerin mellékosztályokból áll.

125. De iniálja a faktorcsoport fogalmát és fogalmazza meg a de inícióban felhasz-nált tételt.

Következmény. Egy 𝐺 csoport 𝑁 normálosztó szerin mellékosztályai a szorzásra, vagy komplexusszorzásra nézvecsoportot alkotnak.

Ekkor a 𝐺 csoport 𝑁 normálosztó szerin faktorcsoportjának nevezzük. Ezt a csoportot 𝐺∕𝑁-nel jelöljük.

126. Adjon meg három példát faktorcsoportra.

1. Ha 𝑁 = 𝐺, akkor 𝐺∕𝑁 egyelemű. Ha 𝑁 = {𝑒}, akkor az osztályok egyeleműek, így 𝐺∕𝑁 izomorf 𝐺-vel.2. A ℤ addi v Abel-csoportjában bármely𝑚 ∈ ℤ-re az𝑚ℤ normálosztó szerin faktorcsoport ℤ𝑚 addi v csoportja.3. A kvaterniócsoportban a kételemű ⟨−1⟩ részcsoport szerin négy elemű faktorcsoport izomorf a Klein-féle cso-

por al.

22

Algebra

127. De iniálja csoport-homomor izmus magját!†

Egy 𝐺 csoportnak 𝜑 : 𝐺 ↦ 𝐺′ homomorfizmusnál a 𝐺′ csoport 𝑒′ egységelemének a teljes inverz képét a homo-morfizmus magjának nevezzük, és ker(𝜑)-vel jelöljük.

Formálisan: ker(𝜑) = 𝜑−1 (𝑒′).

128. Fogalmazza meg a homomor izmustételt csoportokra!†

Tétel. Egy𝐺 csoport egy𝜑 homomorfizmusánál a homomorfizmusmagja normálosztó, és a𝐺∕ ker(𝜑) faktorcsoportizomorf 𝐺′ = 𝜑(𝐺)-vel. A 𝐺 bármely 𝑁 normálosztója magja valamely homomorfizmusnak: 𝐺-nek 𝐺∕𝑁-re valókanonikus leképezése homomorfizmus, amelynek magja 𝑁.

129. De iniálja egyműveletes struktúrák direkt szorzatát. Részletezze azt az esetet,amikor az indexhalmaz {𝟏,𝟐,… ,𝒏}. Mit mondhatunk a direkt szorzat algebrai tulajdon-ságairól?†

Legyen 𝐺𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼 egy-egy binér művele el elláto halmazok egy családja. Mindegyik halmazon a műveletetjelöljük szorzás (kereszt) jellel. Ekkor a 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖 Descartes-szorzatot ellátva, 𝑖 ∈ 𝐼 melle , az (𝑎𝑏)𝑖 = 𝑎𝑖𝑏𝑖 össze-függéssel definiált művele el, a 𝐺-t a 𝐺𝑖 család direkt szorzatának nevezzük.

130. Fogalmazza meg a végesen generált Abel-csoportok alaptételét!†

Tétel. Egy véges Abel-csoport prímhatványrendű ciklikus csoportok direkt szorzatával izomorf. A tényezők választ-hatók prímhatványrendűek. A prímhatványrendek egyértelműen meghatározo ak.

A tételnek nem kell tudni a bizonyítását.

131. Fogalmazza meg Cayley tételét.

Tétel. Bármely 𝐺 csoport izomorf valamely halmaz permutációinak (a ○ kompozícióval tekinte csoportja) egy rész-csoportjával23.

132. De iniálja az 𝒏-ed fokú szimmetrikus csoportot.

Az {1, 2, … , 𝑛} halmaz összes permutációinak csoportját 𝑆𝑛-nel fogjuk jelölni, és 𝑛-ed fokú szimmetrikus csoport-nak nevezzük, valamint 𝑛! a rendje.

23 A halmaz választható 𝐺-nek.

23

Algebra

133. Két véges halmaznak ugyanannyi eleme van. Igaz-e, hogy permutációcsoport-jaik izomorfak?

Igen, mivel egyértelműen felírható izomorfizmus, a két halmaz elemei közö .

Ha 𝜑 : 𝐴 ↦ 𝐵 kölcsönösen egyértelmű leképezése, akkor tudjuk, hogy 𝑓 ↦ 𝜑 ○ 𝑓 ○ 𝜑−1 meg-feleltetés kölcsönösen egyértelmű leképezése (bijekciója) 𝐴 összes permutációinak 𝐵 összes per-mutációira. Mivel a permutációk összetétele ez a megfeleltetés művele artó is, hiszen:

𝜑 ○ 𝑓 ○ 𝜑−1 ○ 𝜑 ○ 𝑔 ○ 𝜑−1 = 𝜑 ○ 𝑓 ○ 𝑔 ○ 𝜑−1,

így 𝐴 és 𝐵 permutációinak csoportjai izomorfak.

134. Írja le 𝑺𝒏 elemeinek hagyományos jelölését és adjameg ezzel a jelöléssel a szor-zást.

Egy 𝑝 és 𝑞 permutációt a következő képen írjuk le a hagyományos jelöléssel:

𝑝 = 1 2 … 𝑛𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛

𝑞 = 1 2 … 𝑛𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛

.

Ezt a két permutációt a következő képen szorozzuk össze:

𝑝 ○ 𝑞 = 1 2 … 𝑛𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛

1 2 … 𝑛𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛= 𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛

𝑝𝑞1 𝑝𝑞2 … 𝑝𝑞𝑛1 2 … 𝑛𝑞1 𝑞2 … 𝑞𝑛

= 1 2 … 𝑛𝑝𝑞1 𝑝𝑞2 … 𝑝𝑞𝑛

.

135. De iniálja a páros és páratlan permutációkat.

Egy 𝑝 ∈ 𝑆𝑛 permutáció akkor páros, hogy ha az inverziók száma páros.

Egy 𝑝 ∈ 𝑆𝑛 permutáció akkor páratlan, hogy ha az inverziók száma páratlan.

Ez a permutáció paritása.

Az inverziók száma az összes olyan 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛 párok száma, amelyre 𝑝𝑖 > 𝑝𝑗.

136. Ismertesse permutációk ciklus jelölését.

𝒌 hosszúságú ciklus. Ha 1 ≤ 𝑖1, 𝑖2, … , 𝑖𝑘 ≤ 𝑛 különböző természetes számok, jelölje (𝑖1, 𝑖2, … , 𝑖𝑘) azt a permutációt,amely 𝑖1-et 𝑖2-be, 𝑖2-t 𝑖3-ba, …, 𝑖𝑘-t pedig 𝑖1-be viszi, minden más számot pedig meghagy.

137. Mi a transzpozíció?

Transzpozíciónak nevezzük a ke ő hosszú ciklust.

24

Algebra

138. Fogalmazzamegapáros illetvepáratlanpermutációkésa transzpozíciókszámaközötti összefüggést leíró tételt.

Tétel. Egy 𝑝 ∈ 𝑆𝑛 permutáció esetén pontosan akkor Páros, ha előállítható páros sok transzpozíció szorzataként, éspontosan akkor Páratlan, ha páratlan sok transzpozíció szorzataként állítható elő.

139. Fogalmazza meg a permutációk szorzatának párosságára vonatkozó tételt.

Következmény. Az 𝑆𝑛 csoportban szorzásnál a paritások „mod 2 összeadódnak”, azaz egy páros, és egy páratlanpermutáció szorzata páratlan, két páros, vagy két páratlan permutáció szorzata páros.

140. De iniálja az alternáló csoportokat.

A páros permutációk 2-indexű normálosztót alkotnak 𝑆𝑛-ben, és 𝐴𝑛 jelöléssel, 𝑛-ed fokú alternáló csoportnaknevezzük.

141. Igaz-e hogy egy egységelemes integritási tartomány akkor és csak akkor test,ha minden nem nulla eleme egység?

Igaz, mert egy egységelemes intergritási tartomány pontosan akkor test, ha minden nem null eleme egység.

142. Igaz-e hogy egy véges integritási tartomány test?*

Igaz, mert egy rögzíte nem nulla elemmel jobbról is, balról is végigszorozva a nem nulla elemeket, mindegyiketmegkapjuk. Így az 𝑎𝑥 = 𝑏 és az 𝑦𝑎 = 𝑏 egyenletek megoldhatóak.

143. De iniálja egységelemes integritási tartományban az oszthatóságot és adjamega jelölését!*

144. Sorolja fel egységelemes integritási tartománybanaz oszthatóság alaptulajdon-ságait!*

145. De iniálja az asszociáltak fogalmát és sorolja fel ennek a kapcsolatnak a tulaj-donságait!*

146. De iniálja az egységek fogalmát és sorolja fel az egységekhalmazának tulajdon-ságait!*

147. Mi a kapcsolat az egységek és az asszociáltak között?*

* Ezek a kérdés újak. A sorrendje még változhat a kérdések közö .

25

Algebra

148. De iniálja egységelemes integritási tartományban a prímelem és az irreducibi-lis elem fogalmát! Mi a kapcsolat a két fogalom között?*

149. Mit értünk egy egységelemes integritási tartományban a legnagyobb közös osz-tó alatt?*

150. Mikor mondjuk egységelemes integritási tartomány elemeire, hogy relatív prí-mek?*

151. Mit értünk egységelemes integritási tartományban legkisebb közös többszörösalatt?*

152. Igaz-e, hogy egy adott halmazt egy testbe képező függvények gyűrüje is test?

153. De iniálja az endomor izmusgyűrűt.†

Azon tetszőleges 𝐴 Abel-csoport, amelynek az összes endomorfizmusa csoportot alkot a pontonkén összeadás-ra, és a függvény kompozícióra, mint szorzásra, az 𝐴 csoport endomorfizmusgyűrűjének nevezzük.

154. De iniálja két művelet esetén a homomor izmus és a homomorf kép fogalmát.

Ado 𝑅, és 𝑅′ halmazok, két-két binér művele el, amit az egyszerűség kedvéért minkét halmazon az elsőt össze-adással, a másodikat szorzással fogunk jelölni. Ekkor homomorfizmusnak hívjuk, azt a művele artó leképezést, amely𝑅-t 𝑅′-re leképezi úgy, hogy az összeadásra, és a szorzásra müvele artó.

Azaz, 𝜑 : 𝑅 ↦ 𝑅′ homomorfizmus gyűrűk közö . Ekkor 𝜑(𝑅), az 𝑅 homomorf képének hívjuk.

155. De iniálja kétművelet esetén amonomor izmus, az epimor izmus és az izomor-izmus fogalmát.

𝑅, és 𝑅′ két-két binér művele el rendelkező halmazok, amiket az egyszerűség kedvéért mindkét halmazban azelsőt összeadással, a másodikat szorzással fogunk jelölni. Ado 𝜑 : 𝑅 ↦ 𝑅′ homomorfizmus (művele artó leképezésaz összeadásra és a szorzásra nézve). Ekkor

• 𝜑 monomorfizmus, ha 𝜑 még injek v is,• 𝜑 epimorfizmus, ha 𝜑 még szürjek v is,• és 𝜑 izomorfizmus, ha 𝜑 még bijek v (kölcsönösen egyértelmű) is.

156. De iniálja kétművelet esetén az endomor izmus és az automor izmus fogalmát.

Legyen 𝑅 két binér művele el elláto halmaz, amin az egyszerűség kedvéért a két műveletből az elsőt össze-adással, a másodikat szorzással jelöljük. Ekkor

• 𝜑 endomorfizmus, ha 𝜑 : 𝑅 ↦ 𝑅 homomorfizmus, azaz művele artó az összeadásra és a szorzásra nézve.• 𝜑 automorfizmus, ha 𝜑 : 𝑅 ↦ 𝑅 bijek v, azaz bijek v művele artó leképezés, az összeadásra és a szorzásranézve.

26

Algebra

157. De iniálja gyűrű reprezentációját és hű reprezentációját!†

Egy 𝐴 Abel-csoport endomorfizmus gyűrűjébe való homomorfizmusát egy 𝑅 gyűrűnek, az 𝑅 gyűrű reprezentáci-ójának nevezzük. Amennyiben a homomorfizmus monomorfizmus, akkor meg 𝑅-nek hű reprezetációjának nevezzük.

158. Fogalmazzameg egy nullosztómentes gyűrűben az elemek additív rendjét leírótételt!†

Tétel. Egy 𝑅 nullosztómentes gyűrűben, a nem nulla elemek addi v rendje megegyezik, és vagy végtelen vagy prím-szám.

159. Mit mondhatunk homomor izmusnál gyűrű képéről?

Tétel. Gyűrű homomorf képe gyűrű.

160. De iniálja gyűrű karakterisztikáját. Milyen állítást használt?

A 158. kérdésben megfogalmazo tétel alapján a nem null elemek addi v rendje megeggyezik, és ez a gyűrűkarakterisz kája, ha ez a közös érték véges (prím), egyébként nulla, ha a közös érték végtelen.

161. De iniálja a részgyűrű fogalmát.

Részgyűrűnek nevezzük, egy 𝑅 gyűrű egy 𝑆 ≠ ∅ részhalmazát, ha 𝑆 gyűrűt alkot az 𝑅 műveleteivel.

A részgyűrű fogalma a részcsoport fogalmával analóg.

162. De iniálja a jobbideál, balideál és ideál fogalmát.

Balideálnak nevezzük azt az 𝐼 ⊂ 𝑅 részgyűrűt, amelyre ha 𝑎 ∈ 𝐼 és 𝑟 ∈ 𝑅 esetén 𝑟𝑎 ∈ 𝐼. Jobbideálnak nevezzükazt a 𝐼 részgyűrűt, amelyre ha 𝑎 ∈ 𝐼 és 𝑟 ∈ 𝑅 esetén 𝑎𝑟 ∈ 𝐼. Ideálnak nevezzük azt a részgyűrűt ami balideál, ésjobbideál egyszerre.

163. De iniálja a triviális ideál és a valódi ideál fogalmát.

Triviális ideálnak hívjuk, az 𝑅 és a csak null elemet tartalmazó részhalmaz ideált. Valódi ideálnak nevezzük az𝑅-től különböző ideálokat.

164. De iniálja az egyszerű gyűrű fogalmát.

Egyszerű gyűrűnek nevezzük azokat a gyűrűket, amelyeknek csak triviális ideáljai vannak.

165. De iniálja a generált ideál és a főideál fogalmát.

Az összes 𝐴 ⊂ 𝑅 halmazt tartalmazó 𝑅 ideálok metszetét 𝐴 generált ideálnak nevezzük. Jelölése: (𝐴). Ha𝐴 = {𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛} akkor ({𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛}) helye csak (𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛) szokás írni.

Ha egy 𝐼 = (𝑎) bármely 𝑎 ∈ ℝ elemre, akkor 𝐼-t főideálnak nevezzük.

27

Algebra

166. Mondjon négy példát ℝℝ részgyűrűjére.

A valós változós valós értékűℝℝ gyűrűjében részgyűrűt alkotnak, például a folytonos függvények, korlátos függ-vények, korlátos folytonos függvények, a polinomok, stb.

167. Mondjon példát ℤ-ben ideálra. Főideál-e?

Az egész számok gyűrűjében egy 𝑚 egész szám töbszöresei ideált alkotnak. Ez főideél, amelyet 𝑚 (vagy −𝑚)generál.

168. Fogalmazza meg egy kommutatív egységelemes gyűrűben a főideálokat leíróállítást!†

169. De iniálja gyűrűben a mellékosztályokat.

Legyen 𝑅 egy gyűrű, és 𝐼 egy addi v részcsoportja. Vezessük be azt az 𝑎 ∼ 𝑏, ha 𝑎 − 𝑏 ∈ 𝐼 relációt. Ez azösszeadással kompa bilis ekvivalenciareláció, amelynek az𝑎 ∈ 𝑅 ekvivalenciaosztálya az 𝐼+𝑎 halmaz. Az ekvivalenciaosztályokat az 𝑅 gyűrű 𝐼 szerin mellékosztályainak vagy maradékosztélyainak nevezzük.

170. Fogalmazza meg kompatibilis osztályozások és az ideálok közötti kapcsolatotleíró tételt.

Tétel. Egy 𝑅 gyűrű egy 𝐼 ideál szerin mellékosztályai a gyűrűnek mindkét műveletével kompa bilis osztályozásátalkotják. Minden, mindkét művele el kompa bilis osztályozás esetén a nulla osztálya ideál, és az osztályozás ezenideál szerin mellékosztályokból áll.

171. De iniálja a faktorgyűrű fogalmát és fogalmazzameg a de inícióban felhasználttételt.

Következmény. Egy 𝑅 gyűrűnek egy 𝐼 ideál szerin mellékosztályai az összeadásra és a szorzásra nézve gyűrűt alkot-nak.

Ezt az 𝑅 gyűrűt az 𝐼 ideál szerin maradékosztály-gyűrűjének, vagy faktorgyűrűjének, vagy hányadosgyűrűjéneknevezzük, és 𝑅∕𝐼-vel jelöljük.

172. Adjon példát ℤ faktorgyűrűjére.

Ha ℤ gyűrű, és az𝑚ℤ az ő ideálja, akkor ℤ∕𝑚ℤ = ℤ𝑚.

173. De iniálja gyűrűhomomor izmus magját!†

Egy 𝑅 gyűrűnek egy 𝑅′ gyűrűbe képző 𝜑 homomorfizmusánál az 𝑅′ gyűrű nullelemének a teljes inverz képét ahomomorfizmus magjának nevezzük, és ker(𝜑)-vel jelöljük.

Egy 𝜑 : 𝑅 ↦ 𝑅′ homomorfizmusnál 𝜑−1 (𝑧), ahol 𝑧 ∈ 𝑅′ nullelem, a homomorfizmus magjánaknevezzük.

28

Algebra

174. Fogalmazza meg a homomor izmustételt gyűrűkre!†

Homomorfizmus-tétel. Egy 𝑅 gyűrű 𝜑 homomorfizmusánál a homomorfizmus magja ideál. Ha 𝑅 képe 𝑅′, akkor az𝑅∕ ker(𝜑)maradékosztály-gyűrű izomorf 𝑅′-vel. Az 𝑅 bármely 𝐼 ideálja magja valamely homomorfizmusnak, például𝑅 kanonikus leképezése 𝑅∕𝐼-re homomorfizmus, amelynek magja 𝐼.

175. De iniálja kétműveletes halmazok direkt szorzatát. Mit mondhatunk a direktszorzatról?†

Legyen𝐺𝑖 , 𝑖 ∈ 𝐼 két binérművele el elláto halmazok egy indexelt családja. Az egyszerűség kedvéértmindegyikhalmazon az első műveletet összeadással, a másodikat szorzással jelöljük. Ekkor 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖 Descartes-szorzatotellátva az (𝑎 + 𝑏)𝑖 = 𝑎𝑖 +𝑏𝑖, valamint az (𝑎𝑏)𝑖 = 𝑎𝑖𝑏𝑖 összefüggéssel definiált műveletekkel, a 𝐺-t a 𝐺𝑖 család direktszorzatának nevezzük.

176. Fogalmazza meg a kommutatív egységelemes gyűrű főideáljait leíró tételt.

Tétel. Egy 𝑅 kommuta v egységelemes gyűrűben az 𝑎 ∈ 𝑅 elem által generált főideálra (𝑎) = 𝑎𝑅. Speciálisan anulla által generált főideál {0}, az egységelem által generált főideál pedig 𝑅.

177. Fogalmazza meg egy egységelemes integritási tartományban az oszthatóság ésa generált főideálok kapcsolatát leíró tételt.

Következmény. Egy 𝑅 egységelemes integritási tartomány 𝑎, 𝑏 elemeire

1. (𝑎) ⊂ (𝑏) akkor és csak akkor, ha 𝑏∣𝑎;2. (𝑎) = (𝑏) akkor és csak akkor, ha 𝑎 és 𝑏 asszociáltak;3. (𝑎) = 𝑅 akkor és csak akkor, ha 𝑎 egység. ∎24

178. De iniálja a Gauss-gyűrű fogalmát.

Ha egy 𝑅 egységelemes integritási tartomány minden nullától és egységtől különböző eleme sorrendtől és egy-ségektől eltekintve egyértelműen felírható irreducibilis elemek szorzataként, akkor Gauss-gyűrűnek nevezzük.

179. Gauss-gyűrűben hogyan olvashatók le a faktorizációból az osztók?

180. Igaz-e hogy Gauss-gyűrűben létezik legnagyobb közös osztó és legkisebb közöstöbbszörös?

181. Igaz-e hogy Gauss-gyűrűbenminden irreducibilis elem prím?

24 nem kell bizonyítani.

29

Algebra

182. De iniálja az euklideszi gyűrű fogalmát.

Ha egy 𝑅 egységelemes integritási tar omány nem nulla elemein értelmezve van egy ℕ-beli értékű 𝜑 függvényúgy, hogy

1. ha 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅, 𝑏 ≠ 0, akkor van olyan 𝑞, 𝑟 ∈ 𝑅, hogy 𝑎 = 𝑏𝑞 + 𝑟 és 𝑟 = 1, vagy 𝑟 ≠ 0 és 𝜑(𝑟) < 𝜑(𝑏);2. max {𝜑(𝑎) , 𝜑(𝑏)} ≤ 𝜑(𝑎𝑏)minden 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅, 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0 esetén,

akkor 𝑅-t euklideszi gyűrűnek nevezik.

183. Fogalmazzamegaz euklideszi gyűrűbenaz egységeket és az asszociáltakat leírótételt.

Állítás. Euklideszi gyűrűben pontosan azok az elemek az egységek, amelyekre 𝜑 minimális értéket vesz fel. Az 𝑎, 𝑏nem nulla elemekre 𝑏∣𝑎 esetén egyrészt 𝜑(𝑏) ≤ 𝜑(𝑎), másrészt egyenlőség pontosan akkor teljesülm ha 𝑎 és 𝑏asszociáltak.

184. Fogalmazza meg a bővitett euklideszi algoritmust euklideszi gyűrűben.

Bővíte euklideszi algoritmus. A következő eljárás egy 𝑅 euklideszi gyűrűben meghatározza az 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 elemek egy𝐷 legnagyobb közös osztőját, valamint az 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 elemeket úgy, hogy 𝑑 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 teljesüljön. (Az eljárás soránvégig 𝑎𝑥𝑛 + 𝑏𝑦𝑛 = 𝑟𝑛, 𝑛 = 0, 1, …)1. [Inicializálás.] Legyen 𝑥0 ← 𝑒, a gyűrű egységeleme, 𝑦0 ← 0, 𝑟0 ← 𝑎, 𝑥1 ← 0, 𝑦1 ← 𝑒, 𝑟1 ← 𝑏, 𝑛 ← 0.2. [Ciklus feltétel.] Ha 𝑟𝑛+1 = 0, akkor 𝑥 ← 𝑥𝑛, 𝑦 ← 𝑦𝑛, 𝑑 ← 𝑟𝑛, és az eljárás véget ér.3. [Ciklus mag.] Adható 𝑞𝑛+1 és 𝑟𝑛+2 úgy, hogy 𝑟𝑛 = 𝑞𝑛+1𝑟𝑛+1 + 𝑟𝑛+2, ahol 𝑟𝑛+2 = 0 vagy 𝜑(𝑟𝑛+2) < 𝜑(𝑟𝑛+1),

legyen 𝑥𝑛+2 ← 𝑥𝑛 − 𝑞𝑛+1𝑥𝑛+1, 𝑦𝑛+2 ← 𝑦𝑛 − 𝑞𝑛+1𝑦𝑛+1, 𝑛 ← 𝑛 + 1, és lépjünk vissza a második pontra.25

185. Mi a kapcsolat euklideszi gyűrűben a prímelemek és az irreducibilis elemekközött?

Tétel. Egy eukllideszi gyűrű egy eleme pontosan akkor felbonthatatlan, ha prímelem.

186. Fogalmazza meg euklideszi gyűrűben a faktorizációra vonatkozó tételt.

Tétel. Euklideszi gyűrűben minden nem nulla és nem egység eleme sorrendtől és asszociáltságtól eltekintve egyér-telműen felírható felbonthatatlan elemek szorzataként, azaz euklideszi gyűrű Gauss-gyűrű.

187. De iniálja a hányadostest fogalmát. Milyen állítást használt?

Hányadostest. Legyen 𝑅 a nullgyűrűtől különböző integritási tartomány. Az 𝑅 × (𝑅∕ {0}) halmazon vezessük beaz (𝑎, 𝑏) ∼ (𝑎′, 𝑏′), ha 𝑎𝑏′ = 𝑎′𝑏 ekvivalencia relációt, azaz (𝑎, 𝑏) + (𝑎′, 𝑏′) = (𝑎𝑏′ + 𝑎′𝑏, 𝑏𝑏′) összeadást, és az(𝑎, 𝑏) (𝑎′, 𝑏′) = (𝑎𝑎′, 𝑏𝑏′) szorzást. A műveletek kompa bilisek az ekvivalenciarelációval, és az ekvivalenciaosztályoktestet alkotnak, amelyet az 𝑅 hányadostestének nevezünk.

Ez gyakorla lag a tört számok, ahol az (𝑎, 𝑏) pár első eleme a számláló, a második meg a nevező.

25 I a 𝜑 függvény vagy az abszolút érték függvény, vagy az a függvény, amely egy polinomnak a fokszámát adjameg.

30

Algebra

188. Hogyan ágyazható be egy integritási tartomány a hányadostestébe?

Következmény. Az előző tétel jelöléseivel, az 𝑅 integritási tartomány beágyazható a hányadostestébe úgy, hogy bár-mely rögzíte 𝑏 ≠ 0-ra 𝑥 ∈ 𝑅-hez a (𝑏𝑥, 𝑏) osztályát rendelve ugyanazt a monomorfizmust kapjuk. ∎26

189. De iniálja az egyhatározatlanú polinom fogalmát.

Legyen 𝑅 gyűrű. Az 𝑅 fele egyhatározatlanú polinomokon olyan 𝑅-beli 𝑓 = 𝑓0, 𝑓1, … , 𝑓𝑖 ∈ 𝑅 (𝑖 ∈ ℕ),sorozatokat értünk, amelyeknek csak véges sok tagja nem nulla, az 𝑓 +𝑔 = 𝑓0 + 𝑔0, 𝑓1 + 𝑔1, … összeadással, és a

ℎ𝑘 =𝑘

𝑖=0𝑓𝑖𝑔𝑘−𝑖 =

𝑘

𝑗=0𝑓𝑘−𝑗𝑔𝑗 =

𝑖+𝑗=𝑘𝑓𝑖𝑔𝑗

szorzással, ha ℎ = (ℎ0, ℎ1, … ) és 𝑔 = 𝑔0, 𝑔1, … . Egység elem az (1, 0, 0, … ) polinom, és nullelem a (0, 0, … )polinom.

190. De iniálja egyhatározatlanú polinomok összeadását és szorzását.

Az 𝑓 = 𝑓0, 𝑓1, … polinom, 𝑔 = 𝑔0, 𝑔1, … polinomok összege 𝑓+𝑔 = 𝑓0 + 𝑔0, 𝑓1 + 𝑔1, … , szorzatuk megaz a ℎ = (ℎ0, ℎ1, … ) polinom, amelyre

ℎ𝑘 =𝑖+𝑗=𝑘

𝑓𝑖𝑔𝑗.Ezekkel a műveletekkel a nullelem a (0, 0, … ), az egységelem az (1, 0, 0, … ) polinomok.

191. Hogyan azonosíthatjuk a gyűrű elemeit bizonyos polinomokkal? Hogy hívjukezeket a polinomokat?

Az 𝑎 ↦ (𝑎, 0, 0, … ) leképezés 𝑅-nek a polinom gyűrűjébe való leképezés monomorfizmusa, amely konstanspolinomokra képez, és 𝑅 elemeivel azonosíthatjuk ezeket.

192. De iniálja polinom együtthatóit, főegyütthatóját és fokszámát.

Az 𝑓 = 𝑓0, 𝑓1, … , 𝑓𝑛 , 0, 0, … polinomot, ahol már 𝑓𝑛 ≠ 0, szokás 𝑓 = 𝑓0𝑥0 + 𝑓1𝑥1+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 = 𝑓0 + 𝑓1𝑥 +𝑓2𝑥2+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 alakban felírni. Ekkor 𝑓𝑖 az 𝑖-ik tag együ hatója, 𝑓𝑛 a polinom főegyü hatója, és 𝑛 = deg(𝑓) apolinom fokszáma.

193. De iniálja a lineáris polinomokat.

Azok a polinomok, amelyek legfeljebb első fokúak, lineáris polinomoknak nevezzük.

194. De iniálja a monom fogalmát egy határozatlan esetén.

Azok a polinomok, amelyek 𝑓𝑖𝑥𝑖 alakba felírhatóak,monomoknak nevezzük.

195. De iniálja a főpolinom fogalmát.

Ha egy polinomnak a főegyü hatója 𝑅 egységeleme, akkor főpolinomnak nevezzük.

26 Nincs bizonyítva

31

Algebra

196. Mit mondhatunk polinomok szorzatának főegyütthatójáról?

Ha 𝑅 nullosztómentes, akkor két nem nulla polinom szorzatának a főegyü hatója a főegyü hatók szorzata.

197. Mit mondhatunk polinomok szorzatának fokáról?

Ha 𝑅 nullosztómentes, akkor két nem nulla polinom szorzatának a foka a fokok összege.

198. De iniálja polinom helyettesítési értékét és gyökét.

Egy𝑓 = 𝑓0+𝑓1𝑥+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 polinom 𝑟 ∈ 𝑅 helyen felve helye esítési értéken az 𝑓(𝑟) = 𝑓0+𝑓1𝑟+⋯+𝑓𝑛𝑟𝑛 ∈𝑅 értéket értjük. Ha 𝑓 az 𝑟 helyen nulla, akkor 𝑟 az 𝑓 gyöke.

199. De iniálja a polinomhoz tartozó polinomfüggvényt. Tartozhat-e különböző po-linomokhoz ugyanaz a polinomfüggvény?

Egy 𝑓 polinom, és 𝑟 ∈ 𝑅 elem esetén 𝑟 ↦ 𝑓(𝑟) leképezést, az 𝑓 polinomhoz tartozó polinomfüggvényneknevezzük. Tartozhat különböző polinomokhoz ugyanaz a polinomfüggvény például 𝑅 véges nem nullgyűrű esetébenvégtelen sok polinom van 𝑅[𝑥]27-ben, de csak véges 𝑅 ↦ 𝑅 függvény létezik.

200. Fogalmazza meg a maradékos osztás tételét polinomokra.

Maradékos osztás tétele polinomokra. Legyen𝑅 egységelemes integritási tartomány, 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅[𝑥] , 𝑔 ≠ 0, és tegyükfel, hogy 𝑔 főegyü hatója egység 𝑅-ben. Ekkor egyértelműen léteznek olyan 𝑞, 𝑟 ∈ 𝑅 [𝑥] polinomok, amelyekre𝑓 = 𝑔𝑞 + 𝑟, ahol deg(𝑟) < deg(𝑔).

201. Fogalmazza meg a gyöktényező leválasztására vonatkozó állítást.

Következmény: Gyöktényező leválasztása. Ha𝑓 ≠ 0 és 𝑐 az𝑓 gyöke, akkor valamely𝑞 ≠ 0polinomra𝑓 = (𝑥 − 𝑐) 𝑞.

202. Legfeljebb hány gyöke van egy polinomnak? Fogalmazza meg az állítást.

Következmény. Ha 𝑓 ≠ 0, akkor 𝑓-nek legfeljebb deg(𝑓) gyöke van.

203. Milyen esetben kölcsönösen egyértelmű a megfeleltetés a polinomok és a poli-nomfüggvények között? Fogalmazza meg az állítást.

Következmény. Ha két, legfeljebb 𝑛-ed fokú polinom 𝑛 + 1 különböző helyen ugyanazt az értéket veszi fel, akkormegegyezik a két polinom.

Bizonyítás. Egyébként a különbségpolinomnak végtelen sok gyöke lenne. ∎

204. Milyen esetben alkotnak a polinomok euklideszi gyűrűt? Fogalmazza meg azállítást.

Következmény. Ha 𝑅 test, akkor a 0 ≠ 𝑓 ↦ deg(𝑓) függvénnyel 𝑅[𝑥] euklideszi gyűrű.

27 𝑅 [𝑥] az egyhatározatlanú polinomok gyűrűje 𝑅 fele .

32

Algebra

205. Ismertesse a Horner-elrendezést.

Horner-elrendezés. A maradékos osztás tételét alkalmazva az 𝑓 és a 𝑔 = 𝑥 − 𝑐 polinomra azt kapjuk, hogy 𝑓 =(𝑥 − 𝑐) 𝑞 + 𝑟, ahol 𝑟 konstans, és 𝑓(𝑐) az értéke. Így 𝑛 − 1 szorzással és ugyanannyi összeadással megkaphatjuk𝑓(𝑐)-t.

A Horner-elrendezés lényegében egy algoritmus, ahol az 𝑖 = 0, 1, …, 𝑛 lépésben kiszámolja az𝑎𝑖 = 𝑎𝑖−1𝑥 + 𝑓𝑛−𝑖 értéket.

206. Mondjon példát, amikor egy adott másodfokú polinomnak nulla, egy illetve kétgyöke van.

Az, hogy egy polinomnak hány gyöke van, függ a halmaztól, ami fele tekintjük. Az 1 + 𝑥2 polinomnak ℤ, ℚ, ésℝ fele nulla, ℂ fele két gyöke van, 𝑖 és−𝑖. ℤ2 fele egy gyöke van, ℤ3 fele nincs gyöke, és ℤ5 fele két gyöke van.

207. De iniálja polinom algebrai deriváltját.

Legyen𝑅 gyűrű. Egy 𝑓 = 𝑓0+𝑓1𝑥+𝑓2𝑥2+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 ∈ 𝑅[𝑥] polinomnak az 𝑓′ = 𝑓1+𝑓2𝑥+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛−1 ∈ 𝑅 [𝑥]polinom az algebrai deriváltja vagy röviden deriváltja.

208. Milyen négy tulajdonsággal jellemezhető a polinomhoz az algebrai deriváltjátrendelő leképezés?*

Legyen 𝑅 egységelemes integritási tartomány, és legyen a leképezés 𝑓 ↦ 𝑓′.1. Konstans polinom deriváltja nulla;2. Az 𝑥 polinom deriváltja az egységelem;3. (𝑓 + 𝑔) ′ = 𝑓′ + 𝑔′, ha 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅[𝑥];4. (𝑓𝑔) ′ = 𝑓𝑔′ + 𝑓′𝑔, ha 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅[𝑥].

209. Az 𝒇, 𝒈 polinomokra 𝒈𝒏∣𝒇. Mit állíthatunk 𝒇′-ről? Fogalmazza meg az állítást!

Tétel. Legyen 𝑅 egységelemes integritási tartomány, 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅[𝑥] és 𝑛 ∈ ℕ+. Ha 𝑔𝑛∣𝑓, akkor 𝑔𝑛−1∣𝑓′.

210. Hogyan kaphatunk polinomból négyzetmentes polinomot? Fogalmazzameg azállítást!*

Következmény. Ha 𝑅 test, 𝑓 ≠ 0, és 𝑑 az 𝑓 és az 𝑓′ legnagyobb közös osztója, akkor 𝑞 = 𝑓∕𝑑 négyzetmentes, azazegyetlen legalább elsőfokú 𝑔 polinomnak a négyzetével sem osztható.

211. De iniálja polinom többszörös gyökét.

Legyen 𝑅 egységelemes integritási tartomány, 𝑓 ∈ 𝑅[𝑥] , 𝑓 ≠ 0 és 𝑛 ∈ ℕ+. Azt mondjuk, hogy 𝑐 ∈ 𝑅 az 𝑓 egy𝑛-szeres gyöke, ha (𝑥 − 𝑐) ∣𝑓, de (𝑥 − 𝑐)𝑛+1 ∤𝑓.

33

Algebra

212. Mi a kapcsolat a polinom gyökei és a deriváltjának a gyökei között? Fogalmazzameg az állítást.

Tétel. Legyen 𝑅 egységelemes integritási tartomány, 𝑓 ∈ 𝑅[𝑥] , 𝑛 ∈ ℕ+ és 𝑐 ∈ 𝑅 az 𝑓 egy 𝑛-szeres gyöke. Ekkor 𝑐az 𝑓′-nek legalább (𝑛 − 1)-szeres gyöke, és ha char(𝑅) ∤𝑛 (például ha char(𝑅) = 0), akkor pontosan (𝑛 − 1)-szeresgyöke.

213. Lehet-e egy polinom 𝒏-szeres gyöke a deriváltnak is legalább 𝒏-szeres gyöke?Lehet, például, ha 𝑝 prím, 𝑎 ∈ ℤ𝑝, 𝑛 ∈ ℕ, 𝑝∤𝑛, akkor 𝑓 = (𝑥 − 𝑎)𝑝 (𝑥 − 𝑎)𝑛 + 1 ∈ ℤ𝑝[𝑥]-nek az 𝑎 egy 𝑝-szeres

gyöke, míg 𝑓′ = 𝑛 (𝑥 − 𝑎)𝑝+𝑛−1-nek (𝑝 + 𝑛 − 1)-szeres gyöke.

214. Írja le az egységeket test feletti polinomok körében.

A konstanspolinomok.

215. Hogyan kaphatunk test feletti polinomgyűrűből testbővítést? Írja le az eljárástrészletesen!†

Legyen 𝐹 test, és 𝑓 ∈ 𝐹 [𝑥] egy 𝑛-ed fokú (𝑛 ∈ ℕ+) főpolinom. Az 𝐹 = 𝐹 [𝑥] ∕ (𝑓) gyűrűben minden mellék-osztályban a legalacsonyabb fokú polinom fokszáma kisebb, mint 𝑛, és csak egy 𝑛-nél alacsonyabb fokú polinom van(mivel amellékosztály bármely két polinomjának különbsége többszöröse 𝑓-nek); ezmeghatározható úgy, hogy amel-lékosztály tetszőleges 𝑔 elemére vesszük az 𝑓-fel való osztásnál adódó 𝑟 maradékot: mivel 𝑔 = 𝑞𝑓 + 𝑟, 𝑔 − 𝑟 ∈ (𝑓).A műveleteket végezhetjük ezekkel a reprezentánsokkal: ha a szorzat foka nem kisebb, mint 𝑛, akkor osztunk 𝑓-fel,és vesszük a maradékot. Jelölje 𝑥 az 𝑥 ∈ 𝐹 [𝑥] polinom osztályát 𝐹 [𝑥] ∕ (𝑓)-ben. Az 𝐹 gyűrű elemei egyértelműenfelírhatók 𝑎0 + 𝑎1𝑥+⋯+𝑎𝑛−1𝑥𝑛−1 alakban, ahol 𝑎0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛−1 ∈ 𝐹. Így 𝐹 részteste 𝐹-nak, másszóval 𝐹 bővítése𝐹-nek. Az így megkapható testbővítéseket algebrai testbővítéseknek nevezzük.

216. Mit mondhatunk véges testek elemszámáról?†

Egy véges testnek prím elemszáma van.

217. Fogalmazza megWedderburn tételét!†

Webberburn tétele. Véges ferdetest kommuta v, tehát test.

218. Hogyan kaphatunk véges testeket?*

Tétel. Legyen 𝐹 egy 𝑞 elemű véges test. Egy 𝐹 fele 𝑑-ed fokú irreducibilis polinom akkor és csak akkor osztja𝑥𝑞𝑛 − 𝑥-et, ha 𝑑∣𝑛.

219. Fogalmazza meg a véges testek elemszámát leíró tételt!*

Véges testek elemszáma. Bármely véges test elemeinek száma prímhatvány, ahol a prím a test karakterisz kája.

220. Fogalmazzameg a véges test nemnulla elemeimultiplikatív csoportjának szer-kezetét leíró tételt!

Tétel. Véges test nemnulla elemeinekmul plika v csoportja ciklikus. Ha a véges testnek 𝑞 eleme van, akkor bármely𝑐 elemére 𝑐𝑞 = 𝑐.

34

Algebra

221. Van-e minden (𝒑𝒌) prímhatványhoz olyan (𝒑𝒌) elemszámú véges test?*

Van, a következő állítás alapján:

Következmény. Bármely 𝑞 = 𝑝𝑛 (ahol 𝑝 prím, 𝑛 ∈ ℕ+) prímhatványhoz létezik 𝑞 elemű véges test.

222. Írja le az irreducibilis polinomokat a ℂ feletti polinomok körében.

Komplex számtest fele az algebra alaptétele szerint minden nem konstans ℂ [𝑥] számtest felepolinomnak van gyöke, így a gyöktényezők leválasztásával pontosan az elsőfokú polinomok irre-ducibilisek.

Röviden csak az elsőfokú polinomok irreducibilisek.

223. Írja le az irreducibilis polinomokat az ℝ feletti polinomok körében.

Valós számtest fele csak az első fokú polinomok, és azok a másod fokú polinomok, amelyeknek nincs valósgyöke, irreducibilisek.

Minden ke őnél nagyobb fokú polinom másodfokú polinomok szorzatára bontható fel.

224. Mit tud a ℚ feletti irreducibilis polinomokról?

Minden 𝑛-re mutatható olyan 𝑛-ed fokú polinom, amely irreducibilis.

225. Igaz-e, hogy ℤ[𝒙] euklideszi gyűrű?

Nem igaz, mert akkor a 2 és az 𝑥 legnagyobb közös osztója –, ami létezik és 1 –, előállítható lenne 1 = 2𝑢 + 𝑥𝑣alakban valamely 𝑢, 𝑣 ∈ ℤ [𝑥] ami nem lehetséges, mert a jobb oldal konstans tagja páros.

226. Igaz-e, hogy ℤ[𝒙] Gauss-gyűrű?

A Gauss tétele alapján mindenképpen igaz.

227. Fogalmazza meg Gauss tételét egyértelmű faktorizációs tartományokról.

Gauss tétele. Legyen 𝑅 egy Gauss-gyűrű, 𝐾 pedig a hányadosteste.

1. Ha egy 𝑓 ∈ 𝑅 [𝑥] polinom előállítható két nem konstans 𝑔, ℎ polinom szorzataként, amelyekre 𝑔 és 𝑔∗, illetveℎ∗ asszociáltak 𝐾 [𝑥]-ben, azaz egymásnak 𝐾-beli konstansszorosai.

2. 𝑅 [𝑥] is Gausz-gyűrű.

35

Algebra

228. Ismertesse a Lagrange-interpolációt.

Ha𝑅 testnek 𝑐0, 𝑐1, …, 𝑐𝑛 különböző, és 𝑑0, 𝑑1, …, 𝑑𝑛 tetszőleges elemei, akkor mindig létezik legfeljebb egy olyanlegfeljebb 𝑛-ed fokú 𝑓 polinom, amelyre 𝑓 𝑐𝑗 = 𝑑𝑗, ha 𝑗 = 0, 1, …, 𝑛, és ezt Lagrange interpolációs eljárással meg-kapható. Legyen

𝑙𝑗 (𝑥) =∏𝑖≠𝑗 (𝑥 − 𝑐𝑖)∏𝑖≠𝑗 𝑐𝑗 − 𝑐𝑖

a 𝑗-edik Lagrange interpolációs alappolinom, és legyen 𝑓 (𝑥) = ∑𝑛𝑗=0 𝑑𝑗𝑙𝑗 (𝑥).

229. Ismertesse a Lagrange-interpoláció felhasználását titokmegosztásra.

Legyen 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ+, 𝑚 < 𝑛. Tegyük fel, hogy egy 𝑡 ∈ ℕ,𝑡 < 𝑇 tkot 𝑛 részre akarunk szétosztani úgy, hogybármelyik 𝑚 részből a tok visszaállítható legyen, de kevesebből semmi információt ne lehessen kapni a tokról.Válasszunk egy, a 𝑡 maximális lehetséges 𝑇 értékénél (és 𝑛-nél is) nagyobb 𝑝prímet, és véletlen 𝑎1, 𝑎2, …, 𝑎𝑚−1 ∈ ℤ𝑝együthatókat, majd számítsuk ki a ℤ𝑝 fele 𝑡 +𝑎1𝑥1!𝑎2𝑥2+⋯+𝑎𝑚−1𝑥𝑚−1 polinom 𝑦1, 𝑦2, …, 𝑦𝑛 értékeit az 1, 2, …, 𝑛helyen. Ezen 𝑦𝑗-ik a tokrészek: bármelyik𝑚 tokrészből a polinommegkapható Lagrange-interpolációval, így adódika konstans tag, azaz tok, de kevesebb részből könnyen láthatóan nem.

230. Ismertesse a Kronecker-eljárást.

231. Fogalmazza meg a véges testek alaptételét!*

Véges testek alaptétele. Bármely 𝑞 = 𝑝𝑛 (𝑝 prím, 𝑛 ∈ ℕ+) prímhatványra a 𝑞 elemű véges testek izomorfak.28

232. Hogyan kaphatunk véges testeket? Írjon le olyan eljárást, amely minden végestestet megad!*

Tétel. Legyen 𝐹 egy 𝑞 elemű véges test. Egy 𝐹 fele 𝑑-ed fokú irreducibilis polinom akkor és csak akkor osztja𝑥𝑞𝑛 − 𝑥-et, ha 𝑑∣𝑛.

233. De iniálja a racionális függvényeket.

Ha 𝑅 integritási tartomány, akkor 𝑅 [𝑥] is, így képezhetjük a hányadostestét; ezt 𝑅 (𝑥)-el jelöljük, és az elemeit𝑅 fele racionális tör üggvényeknek nevezzük.

234. Fogalmazza meg a parciális törtekre bontás tételét 𝟏∕𝒈 alakú racionális függ-vényre.

Parciális törtekre bontás. Legyen 𝐾 test, 𝑔1, 𝑔2, …, 𝑔𝑛 ∈ 𝐾 [𝑥] legalább elsőfokú páronként rela v prím polinomok,𝑔 = 𝑔1𝑔2⋯𝑔𝑛. Ekkor létezik olyan 𝑓1, 𝑓2, …, 𝑓𝑛 ∈ 𝐾 [𝑥] polinomok, amelyekkel (a hányadostestben)

1𝑔 = 𝑓1

𝑔1+ 𝑓2𝑔2+⋯+𝑓𝑛

𝑔𝑛.

28 Bizonyítása csillagos a könyvben

36

Algebra

235. Fogalmazza meg a parciális törtekre bontás tételét 𝒇∕𝒈 alakú racionális függ-vényre két alakban.

Következmény. Ha ℎ ∈ 𝐾 [𝑥], akkor léteznek olyan ℎ𝑗 ∈ 𝐾 [𝑥] polinomok, amelyekkel

ℎ𝑔 = ℎ1

𝑔1+ ℎ2𝑔2+⋯+ℎ𝑛

𝑔𝑛.

236. Fogalmazza meg a parciális törtekre bontás tételét 𝒖∕𝒗𝒌 alakú racionális függ-vényre.

A könyv nem ír tételről, ám van egy megjegyzés benne, amely á ogalmaz egy másikat.

237. De iniálja a többhatározatlanú polinom fogalmát.

Legyen 𝑅 gyűrű, 𝑛 ∈ ℕ. Az 𝑅 fele 𝑛-határozatlanú polinomok gyűrűjét definiáljuk 𝑛 szerin rekurzióval: ha𝑛 = 0, legyen 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛] = 𝑅. Az egyhatározatlanú polinomok gyűrűjét már definiáltuk. ha 𝑛 > 1, ak-kor legyen 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛] ≤ 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛−1] [𝑥𝑛], azaz az 𝑛 határozatlanú polinomok olyan polinomjai 𝑥𝑛-nek,amelynek együ hatói az 𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛−1 határozatlanok polinomjai. Az 𝑓 ∈ 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛] helye használhatjuk az𝑓 (𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛) jelölést is.

238. Hogyan azonosíthatjuk a gyűrű elemeit bizonyos többhatározatlanú polino-mokkal? Hogy hívjuk ezeket a polinomokat?

Az 𝑎 ∈ 𝑅 elemhez hozzárendelve azt az 𝑓 polinomot, amelyre 𝑓0,0,…,0 = 𝑎 és 𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛 = 0 egyébként, akkor az𝑅 egy olyan leképezését kapunk a polinomgyűrűjébe, amely monomorfizmus, értékkészletének az elemi a konstanspolinomok, és 𝑅 elemeivel azonosíthatjuk.

239. De iniálja többhatározatlanú polinom együtthatóit, tagjainak multifokát és fo-kát.

Egy többhatározatlanú polinom𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛𝑥

𝑖11 𝑥

𝑖22⋯𝑥𝑖𝑛𝑛

tagjában az (𝑖1, 𝑖2, …, 𝑖𝑛) a polinómmul foka, és 𝑖1 + 𝑖2 +…+ 𝑖𝑛 a foka.

240. De iniálja a többhatározatlanú monom fogalmát.

Egy𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛𝑥

𝑖11 𝑥

𝑖22⋯𝑥𝑖𝑛𝑛

többhatározatlanú polinomotmonomnak nevezzük.

37

Algebra

241. De iniálja többhatározatlanú polinom fokát. Milyen megállapodások mellettegyértelmű egy többhatározatlanú polinom felírása?

Az 𝑛-határozatlanú polinomok a hagyományos

𝑓 =𝑖1+𝑖2+⋯+𝑖𝑛≤𝑚

𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛𝑥𝑖11 𝑥

𝑖22⋯𝑥𝑖𝑛𝑛

jelölése csak akkor egyértelmű, ha kikötjük, hogy 𝑚 minimális legyen, és minden 𝑚-nél nem magasabb fokú tagegyszer szerepeljen.

Ekkor ez a minimális𝑚 a polinom foka.

242. De iniálja a többhatározatlanú lineáris polinomokat.

A legfeljebb elsőfokú polinomok a lineáris polinomok.

243. De iniálja a többhatározatlanú homogén polinomokat!†

Ha egy polinomminden nem nulla tagjának ugyanaz a 𝑘 a foka, akkor 𝑘-adfokú homogén polinomnak nevezzük.

244. Hogyan írhatjuk fel két többhatározatlanú polinom összegének, illetve szorza-tának az együtthatóit?

245. Milyen esetben lesz a többhatározatlanú polinomok gyűrűje nullosztómentes?

246. Mit mondhatunk két többhatározatlanú polinom szorzatának a fokáról?

247. Milyen esetben lesz a többhatározatlanú polinomok gyűrűje Gauss-gyűrű? Fo-galmazza meg az állítást.

38

Kódolás

248. De iniálja a gyakoriság és a relatív gyakoriság fogalmát.

Legyen 𝑛 db elküldö üzenetünk, amiből𝑚 ∈ ℕ+ db különböző, 𝑎1, … , 𝑎𝑚 üzenet. Ekkor ha 𝑘𝑖 szer fordul elő az𝑎𝑖 üzenet, akkor 𝑎𝑖-nek 𝑘𝑖 a gyakorisága és 𝑝𝑖 = 𝑘𝑖∕𝑛 > 0 a rela v gyakorisága.

249. De iniálja egyedi üzenet információtartalmát. Mi a bit?

Legyen 𝑛 db elküldö üzenetünk, amiből 𝑚 ∈ ℕ+ db különböző, 𝑎1, … , 𝑎𝑚 üzenet. Ekkor az 𝑎𝑖 üzenet egyediinformáció tartalma 𝐼𝑖 = − log𝑟 𝑝𝑖, ahol 𝑟 > 1 valós szám. A logaritmus alapja az információ egységét határozza meg.Amennyiben az alap 2, akkor az információ egysége a bit, és ilyenkor log𝑟 𝑝𝑖 helye egyszerűen log 𝑝𝑖-t írunk.

250. De iniálja az eloszlás és az entrópia fogalmát.

Legyen 𝑛 db elküldö üzenetünk, amiből𝑚 ∈ ℕ+ db különböző, 𝑎1, … , 𝑎𝑚 üzenet. Ekkor A 𝑝1, 𝑝2, … , 𝑝𝑚 szám-𝑚-est az üzenetek eloszlásának nevezzük, ahol nyilván ∑𝑚

𝑖=1 𝑝𝑖 = 1. A 𝐻𝑟 𝑝1, … , 𝑝𝑚 = −∑𝑚𝑖=1 𝑝𝑖 log𝑟 𝑝𝑖 érték a

forrás entrópiája.

Az eloszlás entrópiáját az átlagos információtartalmának 𝐻𝑟 𝑝1, … , 𝑝𝑚 = −∑𝑚𝑖=1 𝑝𝑖 log𝑟 𝑝𝑖 ösz-

szefüggésével értelmezünk.

251. Adja meg a pontos felső korlátot eloszlás entrópiájára. Mikor teljesül egyenlő-ség?

Az átlagos információtartalom maximuma log𝑚 bit.

Tétel. Bármilyen eloszláshoz tartozó entrópiára

𝐻𝑟 𝑝1, … , 𝑝𝑚 ≤ log𝑟𝑚,

ahol az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha 𝑝1 = 𝑝2 =⋯ = 𝑝𝑚 = 1∕𝑚.

252. Mi a forráskódolás? Mik a részei?

253. Rajzolja fel az üzenetátvitel részletes sémáját.

Ld.: Járai Antal Bevezetés a matema kába 9.2. vagy 9.3 ábra.

254. Ismertesse a betűnkénti kódolást.

𝐴 a kódolandó ábécé 𝐵 a kódábécé𝜑 : 𝐴 → 𝐵∗ a kódolás injek v leképezése, és 𝐵+-ra képez,𝜓 : 𝐴∗ → 𝐵∗ olyankiterjesztése hogy ha 𝛼1𝛼2…𝛼𝑛 = 𝛼 ∈ 𝐴∗ (ahol 𝑛 ∈ ℕ, 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, ha 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛) akkor 𝜓(𝛼) = 𝜑(𝑎1) 𝜑(𝑎2)…𝜑(𝑎𝑛).

255. De iniálja a pre ix, in ix és szuf ix fogalmát.

Legyen 𝛼, 𝛽, 𝛾, az 𝐴 ábécével felírt szó. Ekkor 𝛼 prefixe, 𝛾 suffixe, 𝛽 meg infixe az 𝛼𝛽𝛾 szónak.

39

Kódolás

256. Ismertesse a kód és a kódfa kapcsolatát.

Legyen𝜑 : 𝐴 → 𝐵∗ betűnkén kódolás. Tetszőleges szóhalmaz –, így a 𝜑 értékkészletének a kódszavainak összesprefixeinek halmaza is – részben rendeze a „prefixe” relációra. Ennek a Hasse-diagramja egy olyan irányíto fa,amelynek gyökere egy üres halmaz, csúcsai a szinteknek megfelelő hosszú szavak, és egy él akkor vezet egy 𝛼-ból𝛽-ba, ha van olyan 𝑏 ∈ 𝐵, hogy 𝛽 = 𝛼𝑏, és 𝑏 az él címkéje (színe).

257. De iniálja a pre ix, egyenletes és vesszős kódot. Mi a kapcsolatuk?

Prefix kód. Tegyük fel, hogy a 𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ leképezés rng(𝜑) értékkészlete 𝐵+ prefixmentes részhalmaza. Ekkor 𝜑segítségével meghatározo 𝜓 : 𝐴∗ → 𝐵∗ segítségével könnyedén dekódolható, hiszen nincs olyan kódszó, amelynekprefixe egy másik kódszó lenne.

Egyenletes kód. Egy egyenletes kódnak minden betűjének kódszava egyenlő hosszú.

Vesszős kód. Egy vesszős kódban minden betű kódszavának suffixe egy olyan 𝜃, amely nem szerepel más kódszóprefixében, vagy infixében sem.

Ezen kódok mindegyikében az a közös, hogy nincs olyan kódszó, melynek prefixe egy másik kódszó lenne, mertvagy eleve kikötö ük, hogy ne is legyen, vagy mindegyik szó ugyan olyan hosszú –, tehát ha találnánk olyan szót,amelynek prefixe a másik, kiderülne, hogy ugyanaz –, vagy mindegyiknek vagy egy olyan szuffixe, hogy az egy szónaksem prefixe, vagy infixe.

258. Adjon példát nem dekódolható kódra.

Legyen 𝜑(𝑎) = 10, 𝜑(𝑏) = 1, 𝜑(𝑐) = 01. Ekkor 𝜓(𝑎𝑏) = 𝜑(𝑎)𝜑(𝑏) = 101 = 𝜑(𝑏)𝜑(𝑐) = 𝜓(𝑏𝑐) tehát nemvissza fejthetó.

259. Adjon példát fejthető, de nem pre ix kódra.

Legyen 𝜑(𝑎) = 10, 𝜑(𝑏) = 1, 𝜑(𝑐) = 00. Ekkor ez dekódolható, de nem prefix kód, mert 𝜑(𝑏) 𝜑(𝑎)-nakprefixe.

260. Fogalmazza meg a McMillan-egyenlőtlenséget tartalmazó tételt.

McMillan-egyenlőtlenség. Legyen 𝐴 = {𝑎1, 𝑎2, …, 𝑎𝑛} és 𝐵 két ábécé, 𝐵 elemszáma 𝑟 ≥ 2, és 𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ injek vleképezés. Ha 𝜑 által meghatározo kódolás felbontható, akkor 𝑙𝑗 = ∣∣𝜑 𝑎𝑗 ∣∣ jelöléssel

𝑛

𝑗=1𝑟−𝑙𝑗 ≤ 1.

Fordítva, ha 𝑙1, …, 𝑙𝑛 olyan pozi v egész számok, hogy∑𝑛𝑗=1 ≤ 1, akkor van az 𝐴-nak a𝐵 elemeivel

való olyan felbontható –, sőt prefix kódolása –, hogy az 𝑎𝑗 betű kódjának a hossza 𝑙𝑗.

261. De iniálja az átlagos szóhosszúság és az optimális kód fogalmát.

Legyen 𝐴 = {𝑎1, …, 𝑎𝑛} a kódolandó ábécé, 𝑝1, …, 𝑝𝑛 a betűk eloszlása, 𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ egy betűnkén kódolás, 𝑙𝑖az 𝑎𝑗 betű kódjának a hossza. Ekkor �̄� = ∑𝑛

𝑖=1 𝑝𝑖𝑙𝑖 a kód átlagos szóhosszűsága.

Egy kód op mális, ha ado elemszámú ábécével és eloszlással egy felbontható betűnkén kód átlagos szóhosszaminimális.

40

Kódolás

262. Van-e mindig optimális kód betűnkénti kódolásnál?

Van: Legyen 𝑙 egy kódnak az átlagos szóhosszúsága. Mivel 𝑝𝑖𝑙𝑖 > 𝑙 esetén a kód nem lehet op mális, ezért elégazon kódokat tekintenünk, amelyekre 𝑙𝑖 ≤ 𝑙∕𝑝𝑖, 𝑖 = 1,…, 𝑛 esetén. Ilyen kód csak véges sok van, így van köztükminimális átlagos hosszúságú.

263. Fogalmazza meg Shannon tételét zajmentes csatornára.

Shannon tétele zajmentes csatornára. Legyen 𝐴 {𝑎1, …, 𝑎𝑛} a kódolandó ábécé, 𝑝1, …, 𝑝𝑛 a betűk eloszlása, 𝜑 :𝐴 → 𝐵+ egy bentűnkén kódolás, és 𝑙𝑖 az 𝑎𝑖 betű kódjának a hossza, és 𝐵 elemszáma 𝑟. Ha a betűnkén kódolásfelbontható, akkor 𝐻𝑟 𝑝1, …, 𝑝𝑛 ≤ �̄�, ahol 𝐻𝑟 az eloszlás entrópiája.

264. Ismertesse egy optimális kód kódfájának tulajdonságait.

265. Fogalmazza meg azt a három állítást, amelynek alapján optimális kód konstru-álható.

A három állítás a következő tétel alapján adhatjuk meg.

Op mális kód konstrukciója. Legyen 𝐴 {𝑎1, …, 𝑎𝑛} (𝑛 > 1) a kódolandó ábécé, 𝑝1, …, 𝑝𝑛 a betűkeloszlása,𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ egy bentűnkén kódolás, és 𝑙𝑖 az𝑎𝑖 betű kódjának a hossza, és𝐵 elemszáma𝑟. Tekintsünk egy op mális prefix kódot és a kódfáját, és legyena kódszavak hosszánakmaximuma𝐿. Ekkor1. ha 𝑝𝑖 > 𝑝𝑗, akkor 𝑙𝑖 ≤ 𝑙𝑗;2. a kódfában csak az 𝐿 − 1-edik szinten lehet csonka csúcs, és még a csonka csúcsokból is

legalbb két él indul ki.

Továbbá

3. van olyan op mális prefix kód, amelynek kódfájában legfeljebb egy csonka csúcs van;4. op mális prefix kód kódfájában pontosan akkor nincs csonka csúcs, ha 𝑟 ≡ 𝑛 (mod 𝑟 − 1),

azaz𝑟 = 2 + ((𝑛 − 2)mod (𝑟 − 1)) ,

ha pedig egy csonka csúcs van, akkor annak𝑚 kifokára𝑚 ≡ 𝑛 (mod 𝑟 − 1), azaz

𝑚 = 2 + ((𝑛 − 2)mod (𝑟 − 1)) ;

5. ha 𝑛 ≤ 𝑟, akkor egybetűs kódszavakat választva op mális prefix kódot kapunk;6. legyen 𝛽1, …, 𝛽𝑛 az 𝑟-elemű kódábécével megado , a 𝑝1, …, 𝑝𝑛 eloszláshoz tartozó op mális

prefix kód, amelynek a kódfájában nincs csonka csúcs. Ha 2 ≤ 𝑚 ≤ 𝑟, és valamely 1 ≤ 𝑘 ≤𝑛-re a 𝑝𝑛+1, …, 𝑝𝑛+𝑚 pozi v valós számokra ∑𝑚

𝑖=1 𝑝𝑛+1 = 𝑝𝑘, továbbá

max 𝑝𝑛+1, …, 𝑝𝑛+𝑚 ≤ min 𝑝1, …, 𝑝𝑛 ,

akkor𝛽1, …, 𝑏𝑒𝑡𝑎𝑘−1, 𝛽𝑘+1, …, 𝛽𝑛 , 𝛽𝑘𝑏1, …, 𝛽𝑘𝑏𝑚,

ahol 𝑏1, …, 𝑏𝑚 a 𝐵 különböző elemei, a

𝑝1, …, 𝑝𝑘−1, 𝑝𝑘+1, …, 𝑝𝑛 , 𝑝𝑛+1, …, 𝑝𝑛+𝑚

„finomíto ” eloszláshoz tartozó op mális prefix kód.

41

Kódolás

266. Írja le, hogyan konstruálunk Huffman-kódot.

Huffmankód. Rendezzük a rela v gyokoriságok csökkenő sorrendjében a betűket, majd𝑚 ≔ (𝑛 − 2)−𝑥 (𝑟 − 1)+2– azaz maradékosan osztunk úgy, hogy 𝑥 maximális egész legyen.2930 Első lépésben helye esítsük az𝑚 utolsó betűtegy újabbal –, mondjuk az elhagyo betűkből álló 𝑚-essel –, és rendeljük hozzá az elhagyo betűk rela v gyakori-ságának az összegét, és helyezzük el ezt az új elemet a sorozatban. Hajtsuk végre ezt addig, amíg az újabban kapo𝑚 nem lesz nagyobb a sorozatban szereplő betűknél. Most már csak 𝑟 betűnk maradt. Ezt a megfelelő kódábécéelemeivel kódoljuk, és visszafejtve haladva kódoljuk a redukált betűket.

267. Írja le, mit érhetünk el a kódolandó ábécé kiterjesztésével.

Azt érjük el, hogy egy felbontható kódban az egy betűre jutó átlagos szóhosszúság tetszőlegesen megközelítseaz entrópia értékét.

268. Ismertesse a szótárkódok alapgondolatát.

A szótárkódok alapgondolata, hogy egy 𝜑 ∈ 𝐴∗ → 𝐵∗ szótárt használunk fel a kódolásra, amelynek értelmezésitartomáyna tartalmazza 𝐴-t, azaz a kódolandó ábécét. Lehet a szótár állandó (sta kus) vagy változó (dinamikus).

269. Ismertesse a paritásbites kódot.

A paritásbites kódon a következő hibajelző kódot értjük: Legyen az üzenet halmaz az 𝑛-bites bináris jelsorozatokhalmaza, és egészítsük ki ezeket egy𝑛+1-edik paritás bi el, amely értéke 0, ha az üzenetben az 1-esek számapáratlan,ellenkező esetben 1-et. Így most az egyesek száma páratlan. Ha ezt most elküldjük a vevőhöz, és az egyesek számapáros, akkor biztos, hogy hiba történt, ellenkező esetben helyesnek tekintjük az üzenetet.

270. De iniálja a 𝒕-hibajelző és pontosan 𝒕-hibajelző kód fogalmát.

𝑡-hibajelző kódnak nevezzük azt a kódot, amely abban az esetben jelez hibát, amikor legfeljebb 𝑡 helyen megvál-tozo .

pontosan 𝑡-hibajelző kódnak nevezzük azt a kódot, amely 𝑡-hibajelző, de már nem 𝑡 + 1-hibajelző kód.

271. De iniálja kód távolságát és súlyát.

Egy kódábécének 𝑢 és 𝑣 egyforma hosszú szavainak a Hamming-távolsága 𝑑 (𝑢, 𝑣), az azonos pozícóban lévőkülönböző jegyek száma, és a kód távolsága, 𝑑 (𝐶), a különböző kódszópárok távolságainak minimuma, ahol 𝐶 a kód-szavak halmaza.

Ha a kódábécé egy 𝐴 addi v Abel-csoport, akkor a kódábécé egy 𝑢 szavának a 𝑤 (𝑢) Hamming-súlya a nullátólkülönböző jegyek száma, míg a kód súlya, 𝑤 (𝐶) a nem nulla kódszavak súlyainak minimuma.

272. Mi a kapcsolat a kód távolsága és hibajelző képessége között?

Egy 𝑑 távolságú kód akkor 𝑡-hibajelző, ha 𝑡 < 𝑑, és akkor pontosan 𝑡-hibajelző, ha 𝑡 = 𝑑 − 1.

273. Ismertesse a minimális távolságú dekódolást!†

Minimális távolságú dekódolásnak nevezzük azt a dekódolást, ahol a hibajavítást adó döntési függvényt, amelya döntési hiba –, azaz az, hogy a beérkeze jelsorozathoz nem a ténylegesen beérkeze jelsorozatot rendeljük –, alehető legkisebb.

29 Csak szere em volna egy egyenlőséget felírni, és ezt csak így lehet, hacsak nem rizsázunk.30 𝑟 a kód alapja, azaz a kód ábécé számossága.

42

Kódolás

274. De iniálja a 𝒕-hibajavító és pontosan 𝒕-hibajavító kód fogalmát!†

Egy kód 𝑡-hibajavító, ha minden olyan esetben helyesen javít egy legfeljebb 𝑡 helyen megváltozo elküldökódszót.

Egy kód pontosan 𝑡-hibajavító, ha 𝑡-hibajavító, de nem 𝑡 + 1-hibajavító, azaz lehet olyan 𝑡 + 1 hibával érkezőkódszó, amelyet nem, vagy helytelenül javít.

275. Mi a kapcsolat a kód távolsága és hibajavító képessége között?

Egy 𝑑 távolságú kód esetén minimális távolságú dekódolással 𝑡 < 𝑑∕2 hiba esetén biztosan jól döntünk, hiszen aháromszög-egyenlőtlenség következtében az erede leg elküldö kódszótól különböző bármely más kódszó biztosan𝑑∕2-nél több helyen tér el a ve szótól. 𝑡 ≥ 𝑑∕2 esetén nincs olyan döntési függvény, amely 𝑡-hibajavító, mert akódban van két olyan kódszó, amelyek pontosan 𝑑 helyen különböznek.

276. Ha legfeljebb 𝒕 hibát javítani, legfeljebb 𝒔 hibát pedig jelezni akarunk, mekkorakódtávolság szükséges?†

Egy kód 𝑡-hibajavító, és 𝑠-hibajelző, ha 𝑑 > 𝑡 + 𝑠 távolságú a kód.

277. Mi az ismétléses kód? Mi a hátránya?†

Ismétléses kód az, amely minden egyes bitet 3, 5, 7, 9, …, 2𝑛 + 1-szer megismétel.

Ennek az egyik hátránya, hogy csakmegado feltételekkel tart 0-hoz a döntési hiba valószínűsége, másrészt ezzelaz üzenet elküldési ideje arányosan nő.

278. Ismertesse a kétdimenziós paritás ellenőrzést.

Tegyük fel, hogy 𝑚 üzenetünk van, amely mind 𝑛 bites szavak. Egészítsünk ki minden szót egy paritásbi el,mondjuk páratlanná kiegészítve. Írjuk egymás alá az 𝑛 + 1 hosszú𝑚 szót, és az egymás ala álló𝑚 bitet egészítsükki egy-egy paritásbi el, mondjuk párossá kiegészítve. Ekkor egy 1-hibajavító kétdimenziós paritás ellenőrző kód.

Visszafejtés…

279. Mi az Hamming-korlát?

Ha egy 𝑞 elemű ábécé bizonyos 𝑛 hosszú szavaiból álló 𝐶 kód 𝑡-hibajavító, akkor bármely két kódszóra a tőlüklegfeljebb 𝑡 távolságra levő szavak halmazai diszjunktak. Mivel egy kódszótól 𝑗 távolságra pontosan 𝑛

𝑗(𝑞 − 1)𝑗 szó

van, azt kapjuk, hogy♮ (𝐶)

𝑡

𝑗=0

𝑛𝑗 (𝑞 − 1)𝑗 ≤ 𝑞𝑛.

Ez a Hamming-korlát a kódszavak számára ado 𝑡-nél. Ha teljesül az egyenlőség, akkor tökéletes kódnak nevezzük.

280. Mikor nevezünk egy kódot tökéletes kódnak?†

Akkor nevezünk egy kódot tökéletesnek, ha

♮ (𝐶)𝑡

𝑗=0

𝑛𝑗 (𝑞 − 1)𝑗 = 𝑞𝑛.

43

Kódolás

281. Mi a Singleton-korlát?

x

282. Mi az MDS-kód? Mi indokolja az elnevezést?

Ha ♮ (𝐶) = 𝑞𝑛−𝑑+1, másként 𝑑 = (𝑛 + 1) ∕ log𝑞 (♮ (𝐶)), akkor azt maximális távolságú szeparábilis kódnak, vagyMDS-kódnak nevezzük.

283. De iniálja a lineáris kód fogalmát és a kapcsolódó jelöléseket.

Ha 𝐾 egy test, akkor a 𝐾 elemeiből alkoto rendeze 𝑛-esek a komponensenkén összeadással, és az 𝑛-es min-den ugyanazon elemek összeszorzásával egy𝐾 fele 𝑛-dimenziós𝐾𝑛 lineáris teret alkotnak. Ennek a térnek bármelyaltere egy lineáris kód. Ha az altér 𝑘-dimenziós, a kód távolsága 𝑑, és a test elemeinek száma 𝑞, akkor az ilyen kódot[𝑛, 𝑘, 𝑑]𝑞 kódnak nevezzük. Ha 𝑘 és 𝑑 lényegtelen, akkor elhagyható a jelölésből.

284. De iniálja a generátormátrix, ellenőrző mátrix és s szindróma fogalmát.

Egy 𝐾 véges test fele [𝑛, 𝑘] lineáris kódnál egy 𝐾𝑘-t 𝐶 ⊂ 𝐾𝑛-re képező 𝐺 (kölcsönösen egyértelmű) lineárisleképezés, ahol 𝐶 a kódszavak 𝑘-dimenziós altere, mátrixával jellemezhetjük, és ez a kódolás generátormátrixa.

Hibajavításra használható egy (tetszőleges) 𝐻 : 𝐾𝑛 → 𝐾𝑛−𝑘 szürjek v lineáris leképezés, amelynek a magja 𝐶;egy ilyen leképezést ellenőrző leképezésnek, mátrixát a kód egy ellenőrző mátrixának nevezzük.

Ha 𝑣 ∈ 𝐾𝑛, akkor a 𝑣-hez tartozó 𝑠 = 𝐻𝑣 vektor, a szindróma (magyarul hibajellemző) pontosan akkor nulla, ha𝑣 kódszó, azaz 𝑣 ∈ 𝐶. A két leképezést csak az kö össze, hogy 𝐺 képtere 𝐻 magja: mindke ő a kódszavak halmaza.

285. Ismertesse a szindróma-dekódolást.

Legyen 𝐾 véges test, [𝑛, 𝑘] 𝐾 fele lineáris kód, 𝐻 : 𝐾𝑛 → 𝐾𝑛−𝑘. Ha 𝑠 ∈ 𝐾𝑛−𝑘, tekintük a 𝐻−1 (𝑠) halmazegy olyan 𝑒 (𝑠) rögzíte vektorát, amelynek sőlya az ado mellékosztályban minimális. Ezeket az 𝑒 (𝑠) vektorokatmellékosztály-vezetőknek fogjuk nevezni. Ha 𝑐 ∈ 𝐾𝑛 egy kódszó, 𝑣 ∈ 𝐾𝑛 a ve szó, 𝑒 = 𝑣 − 𝑐 a hiba, és ha 𝑤 (𝑒) <𝑑∕2, tehát ha a hibaminimális távolságú dekódolással javítható, akkor𝐻𝑒 (𝑠) = 𝑠 = 𝐻𝑣 = 𝐻𝑣−𝐻𝑐 = 𝐻𝑒−0 = 𝐻𝑒,így 𝑒 és 𝑒 (𝑠) ugyanabban a mellékosztályban vannak. A mellékosztályvezető választása mia 𝑤 (𝑒 (𝑠)) ≤ 𝑤 (𝑒),ahonnan𝑤 (𝑒 − 𝑒 (𝑠)) ≤ 𝑤 (𝑒) +𝑤 (−𝑒 (𝑠)) = 𝑤 (𝑒) + (𝑒 (𝑠)) < 𝑑. De𝐻 (𝑒 − 𝑒 (𝑠)) = 0, így a különbség kódszó,tehát 𝑒 = 𝑒 (𝑠), így 𝑐 = 𝑣 − 𝑒 (𝑠), a hibát kijavíto uk.

286. Ismertesse a Fano-kódot.

Az Fano-sík felhasználható hibajavító kód konstruálására. …

287. Ismertesse a polinomkódokat.

Lineáris kódnál a 𝑘 hosszú kódolandó szavak tekinthetől 𝔽𝑞 fele , 𝑘-nál alacsonyabb fokú polinomoknak is, abetűket nullától indexelve. Ha a kódolást úgy végezzük, hogy ezt a 𝑝 (𝑥) polinomot beszorozzuk egy rögzíte 𝑚-edfokú 𝑔 (𝑥) polinommal (𝑚 ∈ ℕ+), akkor lineáris kódot és kódolást kapunk, 𝑛 = 𝑚 + 𝑘 hosszú kódszavakkal, mivela 𝑝 ↦ 𝑝𝑔 leképezés kölcsönösen egyértelmű. Az ilyen pusú lineáris kódolást polinomkódolásnak nevezzük, 𝑔 (𝑥) akód generátor polinomja, a kódszavak a többszörösei.

288. Ismertesse a CRC-t.

Csak hibajelzésre használt 𝔽2 fele polinómkódok a CRC-kódok, amy a Cycling Redundancy Check, „ciklikus el-lenőrzés” rövidítése.

44

Kódolás

289. Adja meg Reed Solomon-kód esetén a kódolást.

Legyen 𝐾 egy tetszőleges véges test, alkossák az ábécét ennek elemei, a 𝐾 elemszámát jelölje 𝑞. Legyen a 𝐾∗

egy 𝛼 elemének mul plika v rendje 𝑛. (Nyilván 𝑛∣𝑞 − 1; általában 𝛼-t úgy választjuk, hogy 𝑛 = 𝑞 − 1 legyen.) Ekkoraz 𝛼𝑖, 0 ≤ 𝑖 < 𝑛 elemek páronként különböznek, és mindegyik gyöke a 𝑧𝑛 − 1 = ∏𝑛−1

𝑖=0 𝑧 − 𝛼𝑖 .

Legyen 0 < 𝑘 < 𝑛, 𝑚 = 𝑛 − 𝑘 és 𝑔 = ∏𝑚𝑖=1 𝑧 − 𝛼𝑖 . Ez a polinom egy 𝐾 fölö , 𝑚-ed fokú főpolinom, és

nyilván osztója a 𝑧𝑛 − 1 polinomnak. A 𝑔 mint generátorpolinom által megado [𝑛, 𝑘]𝑞 polinomkód a 𝑔 (vagy az 𝛼)által generált Reed–Solomon-kód.

290. Adjon meg Reed Solomon-kód esetén egy ellenőrző mátrixot.

291. De iniálja a hibahelypolinomot és a hibaértékpolinomot.

292. Hogyan történik a hibahelypolinom és a hibaértékpolinom ismertében a ReedSolomon-kód dekódolása?

293. Fogalmazza meg a tételt, amely lehetővé teszi a hibahelypolinom és a hibaér-tékpolinommeghatározását.

45

Algoritmusok

294. De iniálja a számítási eljárás fogalmát.

Számítási eljárás ala egy𝐶 = 𝑄,𝑄𝑏 , 𝑄𝑘 , 𝑓 négyest értünk, ahol𝑄 az állapotok (tetszőleges) halmaza, a𝑄𝑏 ⊂ 𝐺és𝑄𝑘 ⊂ 𝑄 a bemene , illetve kimene állapotok halmazai, 𝑓 : 𝑄 → 𝑄 átmene függvény𝑄𝑘 elemeit helyben hagyja,azaz 𝑓(𝑞) = 𝑞 minden 𝑞 ∈ 𝑄𝑘 elemre. Minden 𝑞 ∈ 𝑄𝑏 definiál egy 𝑞0, 𝑞1, … számítási sorozatot a

𝑞0 = 𝑥 és 𝑞𝑛+1 = 𝑓 𝑝𝑛 , ha 𝑛 ≥ 0

rekurzióval. Azt mondjuk, hogy az 𝑥 bemenetre a számítás 𝑛 lépésben véget és, ha 𝑛 a legkisebb olyan egész, amelyre𝑞𝑛 ∈ 𝑄𝑘; ekkor 𝑞𝑛 = 𝑞𝑛 + 1 = 𝑞𝑛 + 2 =⋯ a számítás eredménye. Előfordulhat, hogy egy számítás nem ér véget.

295. De iniálja a szimulálást.

Azt mondjuk, hogy a 𝐶′ = (𝑄′, 𝑄′𝑏 , 𝑄′𝑘 , 𝑓) számítási eljárás szimulálja a 𝐶 = 𝑄,𝑄𝑏 , 𝑄𝑘 , 𝑓 számítási eljárást, havan olyan 𝑔 : 𝑄𝑏 → 𝑄′𝑏 bemene kódolás függvény, olyan ℎ : 𝑄′ → 𝑄 állapotkódolás függvény és olyan 𝑘 : 𝑄′ → ℕ+

függvény, hogy

1. ha 𝑥 ∈ 𝑄𝑏, akkor a 𝐶 számítási eljárás pontosan akkor adja az 𝑦 eredményt, ha van olyan 𝑦′ ∈ 𝑄′𝑘, hogy 𝑔 (𝑥)bemene el a 𝐶′ számítási eljárás az 𝑦′ eredményt adja, és ℎ (𝑦′) = 𝑦;

2. ha 𝑞′ ∈ 𝑄′, akkor 𝑓 (ℎ (𝑞′)) = ℎ 𝑓′𝑘(𝑞′) (𝑞′) , ahol 𝑓′𝑘(𝑞′) az 𝑓′ leképezés 𝑘 (𝑞′)-szöri ismétlése, azaz a 𝑞′ ∈ 𝑄′-nek megfelelő ℎ (𝑞′) ∈ 𝑄 állapotból ha egy lépést teszünk 𝐶-ben, az megfelel annak, hogy 𝑞′-ből 𝑘 (𝑞′) lépéstteszünk 𝐶′-ben.

296. De iniálja a nagy ordót, a nagy omegát és thetát!°

Ordó. Legyen 𝑓 : ℕ → ℝ egy számsorozat. Jelölje 𝛰 (𝑓) mindazon 𝑔 : ℕ → ℝ számsorozatok halmazát, amelyekrevan olyan (𝑔-től függő) 𝐶 ∈ ℝ+ konstans és 𝑁 ∈ ℕ index, hogy ∣∣𝑔 (𝑛)∣∣ ≤ 𝐶 ∣∣𝑓 (𝑛)∣∣, ha 𝑛 ≥ 𝑁.Omega. Ω (𝑞) midnazon 𝑓 : ℕ → ℝ számsorozatok halmaza, amelyekhez van olyan 𝐶 ∈ ℝ+ és 𝑁, hogy ha 𝑛 ≥ 𝑁,akkor 𝐶 ∣∣𝑓 (𝑛)∣∣ ≥ ∣∣𝑔 (𝑛)∣∣.Theta. Az 𝛰 (𝑔) és Ω (𝑔) halmazok metszetét 𝛩 (𝑔) jelöli.

297. De iniálja a Turing-gépet.

Egy Turing-gép 𝑘 ≥ 1 számú szalagból és egy vezérlő egyséből áll. A szalagok mindkét iránybanvégtelen sok mezőre vannak osztva. Minden mezőn egy-egy betű van egy véges áábécéből, úgy,hogy véges sok mező kivételével minden mezőn a szóköz (üres) jel áll. Ezeket a végtelen sok üresmezőt nem szoktuk ábrázolni. A vezérlő véges sok belső állapot egyikében lehet, ezek közö egy𝑠 kezdő és egy ℎ végállapot. Minden szalag rendelkezik egy író-olvasó fejjel.

Matema kailag egy 𝑇 Turing-gép egy 𝑇 = (𝐵, 𝐴, 𝜑) hármas, ahol az 𝐴, 𝐵 véges halmazok a szalagábécé illetve abelső állapotok halmaza,␣ ∈ 𝐴, 𝑠, ℎ ∈ 𝐵 és

𝜑 : 𝐵 × 𝐴𝑘 × {⇦,□,⇨}𝑘

egy tetszőleges leképezés. A⇦ (<), ⇨ (>), illetve □ (=) jelek az „irányjelek”: jelentése, hogy a fej a szalagon balra,jobbra lép, vagy helyben marad.

298. De iniálja Turing-gép bemenetet és kimenetet.

46

Algoritmusok

299. Fogalmazza meg a Turing-gép csökkentett jelkészlettel történő szimulálásáravonatkozó tételt.

Turing-gép szimulálása csökkente jelkészle el. Legyen 𝑇 = (𝐵, 𝐴, 𝜑) egy Turing-gép, és 𝐴′ egy tetszőleges végesábécé, amelynek legalább két eleme van. Ekkor 𝑇 szimulálható olyan 𝑇′ Turing-géppel, amelynek ábécéje 𝐴′. Ha egyszámítás során a 𝑇 gép 𝑡 lépést tesz, akkor a 𝑇′ gép 𝑂 (𝑡) lépést tesz.

300. Ismertesse szavak kétféle kódolását számmá és vissza!°

301. Fogalmazzameg a Turing-gép egyszalagos géppel történő szimulálására vonat-kozó tételt.

Turing-gép szimulálása egy szalaggal. Legyen 𝑇 = (𝐵, 𝐴, 𝜑) egy Turing-gép 𝑘 szalaggal. Ekkor 𝑇 szimulálható olyanegyszalagos 𝑆 Turing-géppel, amelynek ábécéje szintén 𝐴. Ha egy számítás során a 𝑇 gép 𝑡 lépést tesz, akkor az 𝑆 gép2𝑘𝑡 (2𝑡 + 3) = 𝑂 𝑡2 lépést tesz.

302. Fogalmazza meg a szemétgyűjtésre vonatkozó tételt.

Szemétgyűjtés. Legyen 𝑇 = (𝐵, 𝐴, 𝜑) egy Turing-gép. Ekkor 𝑇módosítható egy azonos szalagszámú 𝑆 Turing-géppé,amely szimulálja 𝑇 működését, és ugyanazokkal az 𝐴∗0-beli bemene szavakkal indítva, mint 𝑇-t, ugyanazokat az 𝐴∗0-beli kimene szavakat produkálja, de nem hagy „szemetet”, azaz a kimene szavakon kívül a szalagok minden mezőjeüres. Ha egy számítás során a 𝑇 gép 𝑡 lépést tesz, és elolvassa a bemenetét (azaz a számítás során a bemenet mindenmezőjén járt fej), akkor az 𝑆 gép 𝑂 𝑡2 lépést tesz.

303. Fogalmazza meg az univerzális Turing-gépekkel kapcsolatban tanult tételt.

Univerzális Turing-gépek. Legyen 𝐴 egy (legalább kételemű) ábécé, 𝑘 ≥ 1. Van olyan 𝑘 +1 szalagos 𝑈 Turing-gép 𝐴ábécével, hogy bármely 𝑘 szalagos 𝑇 = (𝐵, 𝐴, 𝜑) Turing-gépre a 𝑇 bemenetét felírva az 𝑈 első 𝑘 szalagjára, a 𝑘 + 1-edik szalagra pedig egy, csak𝜑-től függő𝜔 ∈ 𝐴∗ „programot” írva (amelynek utolsó betűje nem üres jel, és legfeljebb𝑎𝑘 + 4 üres jelet tartalmaz egymás melle ), 𝑈 szimulálja 𝑇működését (az els 𝑘 szalagján). Ha 𝐴-nak legalább háromeleme van, akkor 𝑢-t úgy is választhatjuk, hogy a programok ne tartalmazzanak üres jelet. Ha 𝑇 egy bemeneten 𝑡lépést tesz, akkor 𝑈 a szimulálást 𝑂 (𝑡) lépésben végzi.

47

Algoritmusok

304. Ismertesse a RAM-gépet.

Egy RAM-gép a következőkből áll:

• egy 𝑀 memóriából, melynek minden 𝑀 [𝑘] (𝑘 ∈ ℤ) rekesze tetszőleges egész számot tárolhat, de egyszerremindig csak véges sok nem nulla értéket tárol,

• 𝐴 akkumulátor,• 𝐵 regiszter,• 𝐼 indexregiszter,• valamint egy programmemória, amely a programot tárolja.

A RAM-gép az alábbi utasításokból áll:CLR % Az akkumulátor ürítése, nulla érték beállításaINC % Az akkumulátor növelése eggyelDEC % Az akkumulátor csökkentése eggyelGET B % A 𝐵 regiszter az akkumulátorba töltéseGET I % Az indexregiszter az akkumulátorba töltésePUT B % Az akkumulátor a 𝐵 regiszterbe töltésePUT I % Az akkumulátor az indexregiszterbe töltéseADD % Az akkumulátorhoz hozzáadja a 𝐵 regiszter értékétLD % Betöl a memóriából az indexregiszter által mutato értéket az akkumulátorbaST % Eltárolja az index által mutato memória rekeszbe beírja az akkumulátor értékétJNP p % A p-edik soron folyta ja, ha az akkumulátor nem pozi v

305. Mi a logaritmikus költség?

Logaritmikus költségnek szokás nevezni azt a mértéket, amelyben az egyes lépéseket egységnyi idő helye azösszes egész szám bitjeinek számának összegét vesszük, egy bitet számolva az előjelére. Ez esetben a 0 egybites,és a 0 ≠ 𝑛 ∈ ℤ szám bitjeinek száma pedig 2 + ⌊log ∣𝑛∣⌋. Ezt használjuk a RAM-gépeknél végrehajtási idejénekmeghatározásakor.

306. Fogalmazzameg a Turing-gép RAM-géppel történő szimulálására vonatkozó té-telt.

Turing-gép szimulálása RAM-gépen. Bármely egyszalagos Turing-gép szimulálható RAM-gépen. Ha a Turing-géplépésszáma 𝑛, akkor a RAM-gép 𝑂 (𝑛) lépést tesz 𝑂 (log 𝑛) jegyű számokkal, tehát a RAM-gép végrehajtási ideje𝑂 (𝑛 log 𝑛).

307. Fogalmazzameg a RAM-gép Turing-géppel történő szimulálására vonatkozó té-telt.

RAM-gép szimulálása Turing-gépen. Egy RAM-gépre írt programhoz van olyan négyszalagos Turing-gép, amely szi-mulálja a program működését, és ha a RAM-gép elolvassa bemenetét és futásideje 𝑛, akkor a Turing-gép lépésszáma𝑂 𝑛2 .

48

Algoritmusok

308. Ismertesse a tárolt programú gépet.

Egy tárolt programú gép memóriája ugyanolyan, mint a RAM-gépeké –, azaz az 𝑀 memóriának minden 𝑀 [𝑘](𝑘 ∈ ℤ) rekesze tetszőleges egész számot tárolhat, de egyszerre mindig csak véges sok nem nulla értéket tárol –, decsak 𝐴 akkumulátor regisztere van.

Az utasítás készlet meg lehet az alábbi:LD n % Az n-ik memória rekesz az akkumulátorba töltéseLDI n % Az n érték az akkumulátorba töltéseST n % Az akkumulátor an n-ik memória rekeszbe töltéseADD n % Az akkumulátorhoz hozzáadja az n-ik memória rekesz tartalmátADDI n % Az akkumulátorhoz hozzáad n-etSUB n % Az akkumulátorból kivonja az n-ik memória rekesz tartalmátJNP p % Ha az akkumulátor nega v, akkor a p címen folytatja a futást

309. Ismertesse a félszalagos Turing-gépet.

A félszalagos Turing-gép olyan Turing-gép, amely csak az egyik irányba (ábrázolásnál jobbra) végtelen. Ha túlhalad a végén amásik irányba, akkor aztmondjuk, hogy a Turing-gép „elszállt”, de soha nemmegy át a halo állapotba.

310. Fogalmazza meg a félszalagos Turing-gép Turing-géppel történő szimulálásáravonatkozó tételt.

Félszalagos Turing-gép szimulálása Turing-gépen. Bármely félszalagos Turing-géphez létezik Turing-gép ugyanazzala szalagszámmal és ábécével, amely a félszalagos Turing-gépet szimulálja, és ha az 𝑛 lépést te , akkor legfeljebb𝑂 (𝑛)lépést tesz.

311. Fogalmazza meg a Turing-gép félszalagos Turing-géppel történő szimulálásáravonatkozó tételt.

Turing-gép szimulálása félszalagos Turing-gépen. Bármely Turing-géphez létezik félszalagos Turing-gép ugyanazzal aszalagszámmal és ábécével, amely a Turing-gépet szimulálja, és ha az 𝑛 lépést te , akkor legfeljebb 𝑂 (𝑛) lépést tesz.

312. De iniálja a Post-gépet!*

313. Fogalmazzameg a Post-gép Turing-géppel történő szimulálására vonatkozó té-telt!

Post-gép szimulálása Turing-gépen. Bármely Post-gép szimulálható egyszalagos Turing-gépen ugyanazzal az ábécé-vel.

314. Fogalmazzameg a Turing-gép Post-géppel történő szimulálására vonatkozó té-telt!

Turing-gép szimulálása Post-gépen. Bármely egyszalagos Turing-gép szimulálható Post-gépen ugyanazzal az ábécé-vel.

49

Algoritmusok

315. Ismertesse a korlátozott gépmodelleket.

316. Fogalmazza meg a Turing-gép kétveremtáras géppel történő szimulálására vo-natkozó tételt.

Tétel. Bármely egyetlen félszalaggal rendelkező 𝑇 Turing-géphez létezik olyan 𝑉 kétveremtáras gép, amelynek mind-két veremtára félszalag, a Turing-gépet szimulálja ugyanazzal az ábécével, és ha az 𝑛 lépést te , akkor legfeljebb𝑂 (𝑛)lépést tesz.

317. Fogalmazza meg a kétveremtáras gép Turing-géppel történő szimulálására vo-natkozó tételt!*

50

Amennyiben hiányosságot, pontatlanságot találsz, próbálhatsz levelet írni nekem, de minden hibátegyszerre írjál meg, a félév végén! Nem biztos, hogy azonnal megkapom a leveled, de nem fogom

hamarabb megkapni, ha többször elküldöd.

Másik lehetőséged az, hogy ha saját karbantartásodba veszed a http://bevmat.wikidot.com/oldalon elindíto – és elmarado – jegyzetet, és o vezeted be a hibákat, hiányosságokat. A

szerkesztés most már publikus, és nem fogom szerkeszteni. Ezen dokumentum forrása elérhető ahonlapomon.

Járai Antal által 2010-2011 tavaszi félévében vagy korábban megado kérdésdolgozásokat Járai AntalBevezetés a Matema kába c. könyve segítségével készült.

A dokumentum X ETEX-ben készült, a Cambria, Cambria Math, Calibri és Consolas betűkészletekkel,amelyeket a Microso ™ tulajdonát képezik.

Juhász Ádám L. 2009-2011juadaml@inf.elte.hu

http://people.inf.elte.hu/juadaml/http://bevmat.wikidot.com/