Vizsgatételek

Ezen jegyzet pontatlan és hiányos helyenként, de igyekeztem nagyban ügyelni a kidolgozás helyességére.

1. Irányítatlan gráfokkal kapcsolatos alapfogalmak. Gráfok Descartes-szorzata, izo-mor iája. Teljes gráfok, páros gráfok, részgráfok.

Alapfogalmak: Gráf meghatározás: Pontok egy olyan halmaza, amiket élek kötnek össze.

Matema kai felírása: 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf ahol 𝐸 az élek halmaza 𝑉 a csúcsok halmaza, és 𝜑 : 𝐸 ↦ {𝑉, 𝑉}illeszkedési leképezés

Fogalmak:

• Illeszkedés: 𝑒 él illeszkedik 𝑣 csúcsra, ha 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒).• Végpont: 𝑣 pont végpontja 𝑒 élnek, ha 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒).• Izolált csúcs: 𝑣 csúcs izolált, ha 𝑣-re nem illeszkedik él.• Üres gráf: 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf üres, ha nincs benne él. (𝐸 ≠ ∅)• Illeszkedési reláció: Infix binér logikai függvény amely megadja, hogy a meghatározo élen rajta van-e a meg-ado csúcs. (𝐸 ×𝑉 ↦ 𝕃 amely a 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒) logikai állításnak felel meg. I az 𝕃 halmaz az igaz, hamis elemekbőláll, amely halmaznak a számossága így ke ő.)

• Szomszédos élek: Két él akkor szomszédos, ha van olyan csúcs, ami mind a két élnek végpontja.• Szomszédos csúcsok: Két csúcs akkor szomszédos, ha van olyan él, amire mind a két csúcs illeszkedik.• Hurokél: Egy olyan él, amelynek mind a két végpontja ugyanaz a csúcs.• Egyszerűgráf: Olyan gráf amelyben nincs hurokél, vagy párhuzamos él.• Véges gráf: Olyan gráf amelynek az élek (𝐸) és a csúcsok halmaza (𝑉) véges.• Végtelen gráf: Olyan gráf, amely nem véges gráf.• Csúcs fokszáma: Egy 𝑣 csúcs fokszáma, a rá illeszkedő élek száma, úgy hogy a hurokélek 2 nek számítanak.

𝒏-fokú reguláris gráf Ha egy gráf minden csúcsának fokszáma ugyanaz az 𝑛, akkor 𝑛-fokú reguláris gráfnak nevezzük.

Gráfokban a fokszámok összege az élek számának kétszerese.

Izomorfizmus Legyen 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜑′, 𝐸′, 𝑉′) gráfok. 𝐺 és 𝐺′ izomorf, ha ∃𝑓 : 𝐸 ↦ 𝐸′ és ∃𝑔 : 𝐺 ↦ 𝐺′bijek v fügvények, hogy ∀𝑒 ∈ 𝐸, ∀𝑣 ∈ 𝑉 : 𝑣 ∈ 𝜑(𝑒) = 𝑔(𝑣) ∈ 𝜑′(𝑓(𝑒)).

Ha egy grá an minden különböző csúcspárt él köt össze, akkor az teljes gráf és

𝑛 (𝑛 − 1)2

éle van.

Gráfok Descartes-szorzata Legyen 𝐺𝑖 = (𝜑𝑖 , 𝐸𝑖 , 𝑉𝑖), 𝑖 ∈ 𝐼 egyszerű gráfok indexelt osztálya, és 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉)egyszerű gráf. Azt mondjuk, hogy 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖 gráfok Descartes szorzata, ha 𝑉 = ×𝑖∈𝐼𝑉𝑖 és csak olyan csúcsok vannakösszekötve, amelyek csak egy 𝑗 ∈ 𝐼 elemükben különböznek, és azok a 𝑗-ik grá an össze voltak kötve.

Formálisabban: Legyen 𝐺𝑖(𝜑𝑖 , 𝐸𝑖 , 𝑉𝑖), 𝑖 ∈ 𝐼 és 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉). 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖, ha 𝑉 = ×𝑖∈𝐼𝑉𝑖 és ∀𝑣, 𝑣′ ∈ 𝑉 hogy∃!𝑗 ∈ 𝐼 𝑣𝑗 ≠ 𝑣′𝑗 és ∃𝑒′ ∈ 𝐸𝑗 {𝑣𝑗 , 𝑣′𝑗} = 𝜑(𝑒′), akkor ∃!𝑒 ∈ 𝐸 {𝑣, 𝑣′} = 𝜑(𝑒).

Példa gráfok Descartes-szorzatára:

1

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 =

Párosgráfok 𝐺 páros gráf, ha ekvivalens egy (𝜑, 𝐸, 𝑉′, 𝑉′′) gráffal, ahol létezik olyan 𝑉′, 𝑉′′ diszjunkt felbontása a𝑉-nek hogy ∀𝑒 ∈ 𝐸 : ∃𝑣 ∈ 𝑉′ és ∃𝑤 ∈ 𝑉′′ : 𝑣, 𝑤 ∈ 𝜑(𝑒). Az ilyen gráfok megadhatóak (𝜑, 𝐸, 𝑉′, 𝑉′′) alakban.

Példa nem síkba rajzolható párosgráfra: „Három ház, három kút”

b b b

b b bKút1 Kút2 Kút3

Ház1 Ház2 Ház3

Részgráfok Ha a 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráfokra teljesül, hogy 𝜑′ ⊂ 𝜑, 𝐸′ ⊂ 𝐸 𝑉′ ⊂ 𝑉, akkor azt mondjuk,hogy 𝐺′ részgrá a 𝐺-nek.

Ha egy 𝐺′ = {𝜑, 𝐸, 𝑉} gráf 𝐺 = {𝜑′, 𝐸′, 𝑉} gráf részgrá a, akkor komplementerén a 𝐺′′ = 𝜑∣𝐸∖𝐸′, 𝐸 ∖ 𝐸′, 𝑉gráfot értjük.

2. Séták, vonalak, utak és körök. Séta helyettesítése úttal, zárt séta felbontása körök-re. Összefüggőség, fák, szükséges és elégséges feltételek arra, hogy egy gráf fa legyen.

Séta: 𝑣-ből 𝑣′-be vezető sétának nevezünk egy 𝑣0, 𝑒1, 𝑣1, 𝑒2, … , 𝑒𝑛, 𝑣𝑛 sorozatot, ahol 𝑛 ∈ 𝑁 a séta hossza, ésminden𝑒𝑖 illeszkedik a 𝑣𝑖−1, 𝑣𝑖 csúcsokra úgy, hogy (1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛), és 𝑣0 = 𝑣, 𝑣𝑛 = 𝑣′.

Zárt Sétának nevezzük, ha 𝑣 = 𝑣′, egyébként nyílt Sétának nevezzük.

Vonal: A vonal egy olyan séta, ahol ∀𝑖, 𝑗 : 𝑖 ≠ 𝑗 ⇒ 𝑒𝑖 ≠ 𝑒𝑗. Zárt Vonalnak nevezzük, ha 𝑣 = 𝑣′, egyébként nyíltVonalnak nevezzük.

Út: Az út egy olyan séta, ahol ∀𝑖, 𝑗 : 𝑖 ≠ 𝑗 ⇒ 𝑣𝑖 ≠ 𝑣𝑗.

Kör: Legyalább 1 hosszú (𝑛 ≥ 1), zárt vonal, ahol ∀𝑖, 𝑗 0 < 𝑖, 𝑗 < 𝑛 és 𝑖 ≠ 𝑗 ⇒ 𝑣𝑖 ≠ 𝑣𝑗.

Vonal előállítása sétából. Bármely 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) grá an a különböző 𝑣, 𝑣′ ∈ 𝑉 csúcsokat összekötő sétából alkal-masan törölve 𝑒𝑖 , 𝑣𝑖 párokat, 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 nem lesz. Mivel a séta hossza véges, ésminden lépésben csökken, az eljárás véges sok lépésben véget ér. ∎

2

Zárt séta felbontása körökre. Bármely 𝐺 grá an egy legalább egy hosszúságú zárt vonal véges sok páronként éldisz-junkt kör egyesítése.

Bizonyítás: Ha a vonalban csak egy csúcs ismétlődik, és az a kezdő és végpont, akkor az már kör. Egyébként azismétlődő csúcs első előfordulásától a másodikig haladva, egy rövidebb zárt vonalat kapunk, amely kör lesz, és eztkihagyva, az erede vonalból is egy vagy ke ő rövidebb zárt vonal marad. Amely e vonalakból még nem kör, azonmegismételjük az eljárást. Ha már nem marad olyan zárt vonal, amely nem kör akkor készen vagyunk. ∎

Összefüggőség: Ha egy gráf minden csúcsa összeköthető sétával, akkor a gráf összefüggő.

Egy gráf összefüggő részgrá át komponensnek nevezzük.

Fa: Az összefüggő körmentes gráfot fának nevezzük.

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 akárhova becsatolható.

Bizonyítás: (1.⇒2.) Ha 𝑣 és 𝑣′ végpontú élt töröljük, és a gráf továbbra is összefüggő, akkor ezzel a kitörölt éllelkörünk 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′′ egyikvégpontja csak az egyik úton szerepel, a gráf összefüggő maradna, hisz 𝑣-ből a másik úton eljuthatunk 𝑣′-be, és amegtört 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 az1. állítás.(1.⇒4.) Ha a gráf fa, akkor körmentes. Ha beleveszünk egy új élt, akkor a𝑣 ≠ 𝑣′ közö új éllel a 𝑣 és 𝑣′ utat kiegészítvekört 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 ezzel az éllel kört kapunk,tehát elhagyva ezt az élet, a 𝑣 és 𝑣′ közö 1 darab útnak kell maradnia, mert máshogy nem alakulhat ki kör. ∎

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′-be vezető utat. Ezeknek afokszáma legalább egy. Ha több mint egy volna a fokszáma, akkor az azt jelentené, hogy ebből még vezet egy él. Haegy nem érinte csúcsba vezetne ez az él, akkor az azt jelentené, hogy nem a leghosszabb utat vizsgáljuk, ha pedigmár érinte ük a csúcsot, akkor ezzel az éllel egy kört kapnánk, de azt már kikötö ük, hogy a gráf körmentes. ∎

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 elkerül-hetetlenül összefüggő, és ha körmentes, akkor legfeljebb 0 = 𝑛 − 1 éle van.(1.⇒2.) Tegyük fel, hogy 𝐺 fa, csúcsainak száma nagyobb mint 1, és legyen 𝑣𝑛 egy olyan csúcsa 𝐺-nek, amelynek csakegy szomszédja van, és az 𝑣𝑛−1. Ekkor ha töröljük a 𝑣𝑛 csúcsot, akkor bármely útnak a törölt csúcs csak kezdő-, vagyvégpontja lehet, tehát a 𝐺 gráf maradéka továbbra is fa. Ezt 𝑛 szerin teljes indukcióval az 1. állításból következik a 2.

3

3. Feszítőfa, létezése, körök száma, vágás, vágások száma. Erdők. Euler-vonal, fel-bontáséldiszjunkt vonalakra. Hamilton-út, Hamilton-kör. Címkézett és súlyozott gráfok,Kruskal algoritmusa.

Feszítőfa. Egy 𝐺 gráf 𝐹 gráf feszítő fája, ha olyan részgrá a, hogy a csúcsok halmaza megegyezik, és 𝐹 fa. Következésképpen ha 𝐺 nem összefüggő, akkor nem lehet feszítő fája.

Állítás. Minden összefüggő véges gráfnak létezik feszítőfája.

Bizonyítás. Amíg van a grá an kör, hagyjuk el annak egyik élét. A maradék gráf összefüggő marad. Véges sok lépés-ben az eljárás leáll, ekkor a kapo gráf összefüggő, és körmentes. ∎

Körök száma. Egy𝐺 = {𝜑, 𝐸, 𝑉} összefüggő véges grá an létezik legalább ♮ (𝐸)−♮ (𝑉)+1 kör, melyeknek élhalmazakülönböző.

Bizonyítás. Legyen 𝐹 = {𝜑′, 𝐸′, 𝑉′} egy feszítőfája 𝐺-nek. Ekkor 𝐹-nek ♮ (𝑉) − 1 éle van. Legyen 𝐸′′ = 𝐸 ∖ 𝐸′. Ha𝑒 ∈ 𝐸′′ élt hozzátesszük az 𝐹 grá oz, akkor az már tartalmaz egy kört, amelyet az erede gráf is tartalmaz. Ez a körtartalmazza az 𝑒 élt, de ha 𝑒 ≠ 𝑒′ ∈ 𝐸′′, akkor az 𝑒′ él mia keletkeze kör nem tartalmazza az 𝑒 élt, tehát az összes𝑒 ∈ 𝐸′′ által létrejö körök élhalmazai mind különbözőek. ∎

Vágások. Legyen𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) egy gráf. Ha 𝑣1, 𝑣2 csúcsok, és𝑉′ ⊂ 𝑉, és minden 𝑣1-ből 𝑣2-be vezető útban szerepelvalamely 𝑣 ∈ 𝑉′ csúcs, akkor azt mondjuk, hogy 𝑉′ csúcshalmaz elvágja a 𝑣1 és a 𝑣2 csúcsokat. Ha 𝐸′ ⊂ 𝐸, és minden𝑣1-ből 𝑣2-be vezető útban szerepel valamely 𝑒 ∈ 𝐸′ él, akkor azt mondjuk hogy𝐸′ élhalmaz elvágja a 𝑣1, 𝑣2 csúcsokat.

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, amelyszintén elvágó élhalmaz, akkor azt vágásnak nevezzük.

Vágások száma. Egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) összefüggő véges grá an létezik legalább ♮ (𝑉) − 1 különböző vágás

Bizonyítás. Legyen𝐹 egy feszítőfája𝐺-nek, és legyen𝐸′ az𝐹 éleinek halmaza. Készítsünk olyan𝐸𝑒 (𝑒 ∈ 𝐸′) vágásokatúgy, hogy 𝐸𝑒 csak az 𝑒 ∈ 𝐸′ élt tartalmazza az 𝐸′ halmazból. Az 𝐸 ∖ 𝐸′1 élhalmaz nem elvágó halmaz, hiszen 𝐹összefüggő, viszont az (𝐸 ∖ 𝐸′) ∪ {𝑒}, 𝑒 ∈ 𝐸′ halmazok viszont elvágó halmazok, legyen ez az 𝐸𝑒. Mivel ezekkel ahalmazokkal mind azon az éleket eltávolítjuk, amelyek nem része a fának, és a fa bármely élének eltávolításával márelvágtuk a gráfot, legalább ezért ♮ (𝑉) − 1 vágás van, azaz a fának az éleinek a száma. ∎

Erdők. Körmentes gráfot erdőnek nevezünk. Erdő komponensei fák. A fák pedig összefüggő erdők. Egy gráf olyanrészgrá át, amely a gráfminden komponenséből egy feszítőfát tartalmaz, a gráf feszítőerdőjének nevezünk. Egy végeserdő éleinek száma a csúcsok számának és a komponensek számának különbsége.

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

1 Ha a gráf már eleve fa, akkor ez a halmaz üres.

4

Páronként éldiszjunkt nyílt vonalakra bontás. Egy összefüggő véges grá an pontosan akkor létezik zárt Euler-vonal,ha minden csúcs páros fokú. Ha véges összefüggő gráf 2𝑠 páratlan fokú csúcsot tartalmaz, ahol 𝑠 ∈ ℕ+, akkor a gráf𝑠 darab páronként éldiszjunkt nyílt vonal egyesítése.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy 𝑠 = 0. Induljunk el egy olyan zárt vonalból, amely nem tartalmaz élt, és 𝑣 akezdő csúcsa. Ha az eddig kapo zárt vonalban nem szerepel minden él, akkor az összefüggőség mia van a vonalonolyan 𝑣′ csúcs, amelyre illeszkedik fel nemhasznált él. Induljunk ki ebből a csúcsból, ésmenjünk végig fel nemhasználtéleket keresztül. Mivel minden csúcsra páros sok él illeszkedik, (egyik felén elhagyjuk a csúcsot, másikonmeg érintjük)csak akkor nem tudunk tovább haladni, ha 𝑣′-be visszatértünk. Most ha 𝑣-ből elmegyünk 𝑣′-be, az újonnan keresevonalon végig megyünk, majd folytatjuk tovább a korábbi vonalon, akkor az erede vonalnál is hosszabb zárt vonalatkapunk.

Általános esetben –, ahol 𝑠 tetszőleges –, kössünk össze minden páratlan fokszámú csúcsot egy-egy új éllel,amelyben így keletkezik zárt Euler-vonal. Ezen 𝑠 új él eltávolításakor 𝑠 nyílt vonalra esik szét. ∎Hamilton-út és Hamilton-kör. Hamilton-útnak nevezzük azt az utat, amely 𝑣-ből 𝑣′-be vezet, és minden csúcsa pon-tosan egyszer szerepel. Hamilton-körnek egy olyan kört nevezünk, amelyen a gráf minden csúcsa pontosan egyszerszerepel.2

Címkéze és súlyozo gráf. Ha ado egy 𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf, 𝐶𝑒 élcímkék halmaza és 𝐶𝑣 csúcscímkék halmaza,valamint 𝑐𝑒 : 𝐸 ↦ 𝐶𝑒 élcímkézés leképezés és 𝑐𝑣 : 𝑉 ↦ 𝐶𝑣 csúcscímkézés leképezés, akkor (𝜑, 𝐸, 𝑉, 𝑐𝑒 , 𝐶𝑒 , 𝑐𝑣 , 𝐶𝑣)hetest címkéze gráfnak nevezzük. 𝐶𝑒 = ℝ esetén élsúlyról, és élsúlyozo gráfról, 𝐶𝑣 = ℝ esetén pedig csúcssúlyról,és csúcssúlyozo gráfról beszélünk. Ilyenkor a jelölésből 𝐶𝑒-t és 𝐶𝑣-t elhagyjuk. Egy élsúlyozo grá an egy 𝐸′ ⊂ 𝐸véges élhalmaz súlya ∑𝑒∈𝐸′𝑤(𝑒), és egy csúcssúlyozo grá an egy 𝑉′ ⊂ 𝑉 véges csúcshalmaz súlya: ∑𝑣∈𝑉′𝑤(𝑣).3

Kruskalmohó algoritmusaminimális összsúlyú feszítőerdő keresésére. Egy𝐺 = (𝜑, 𝐸, 𝑉) gráf𝑤 súlyozással ellátoösszefüggő véges grá an az összes csúcsot tartalmazó üres részgrá ól indulva, és amár kiválaszto részgrá oz, amíglehet, hozzávéve a minimális súlyú olyan élt, amellyel a kiválaszto részgráf még nem tartalmaz kört, egy minimálissúlyú feszítő fát kapunk.

Bizonyítás. Elég csak egy komponenst tekinteni. Mivel nem veszünk bele olyan élt, amelytől kör keletkezne, fátkapunk. 7.1.61.

4. Irányított gráfok: alapfogalmak, példák, éllistás ábrázolás, irányított gráfok izo-mor iája. Irányított részgráf, irányított séták, vonalak, utak és körök. Erős összefüggő-ség. Irányított fák. Dijkstra módszere, dinamikus programozás. Gráfok mátrixai.

Irányíto gráfok. Egy 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) hármast irányíto gráfnak nevezünk, ahol 𝐸 az élek halmaza, 𝑉 a csúcsokhalmaza, és 𝜓 ∈ 𝐸 ↦ 𝑉 × 𝑉 illeszkedési leképezés. Egy 𝑒 élnek 𝑣1 kezdő, és 𝑣2 végpontja, ha 𝜓 (𝑒) = 𝑣,1𝑣2 .

Irányíto gráfok mint irányítatlan gráfok, és vissza. 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” azirányítást. Ennek köszönhetően, irányíto gráfra értelmezhetjük az irányítatlan gráfokra ve fogalmakat, ha a nekimegfelelő irányítatlan gráfot tekintjük.

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, irányításánakmegfordításán azt a𝐺′ gráfot értjük amiben𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′) esetén𝜓′(𝑒) == (𝑣′, 𝑣).

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 következőgráfot a melle e levő listával lehet értelmezni:

2 A felírt sorozatban az első és utolsó csúcs kivételével.3 𝑤 függvény a megfelelő címkézés függvénye.

5

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 szerepel.

Szigoríto fogalmak. Két különböző él szigorúan párhuzamosak, ha a kezdő és végcsúcsaik megegyeznek. Egy irá-nyíto gráfot irányíto egyszerű gráfnak nevezünk, ha nincs neki szigorúan párhuzamos éle vagy hurokéle.

be- és kifok. Egy csúcs befokának száma a csúcsra illeszkedő azon élek száma, amelyeknek a csúcs a végpontja, éskifokának száma a csúcsra illeszkedő azon élek száma, amelyeknek a csúcs a kezdőpontja.

Irányíto gráfok izomorfiája. A 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) és 𝐺′ = (𝜓′, 𝐸′, 𝑉′) irányíto gráfok izomorfak, hogy ha van olyan𝑓 : 𝐸 ↦ 𝐸′ és 𝑔 : 𝑉 ↦ 𝑉′ kölcsönösen egyértelmű leképezések, hogy minden 𝑒 ∈ 𝐸-re, ha 𝜓(𝑒) = (𝑣, 𝑣′), akkor𝜓′(𝑓(𝑒)) = (𝑔(𝑣) , 𝑔(𝑣′)).Irányíto részgráfok. A 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉) irányíto gráfnak 𝐺′ = (𝜓′, 𝐸′, 𝑉′) irányíto gráf irányíto részgrá a, ha𝐸′ ⊂ 𝐸, 𝑉′ ⊂ 𝑉 és 𝜓′ ⊂ 𝜓. Ha a 𝐺′ gráf tartalmazza az összes olyan élet, amely csak 𝑉′-beli csúcsokra illeszkedik,(azaz 𝜓′ : 𝑉′ ↦ 𝑉′)Irányíto séta. Legyen 𝐺 = (𝜓, 𝐸, 𝑉). Ha minden 𝑣0, 𝑣𝑖 ∈ 𝑉 és 𝑒𝑖 ∈ 𝐸 (𝑖 = 1,… , 𝑛), akkor a

𝑣0, 𝑒1, 𝑣1, … , 𝑣𝑛−1, 𝑒𝑛 , 𝑣𝑛véges 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 egy irányíto sétának a kezdő és végpontja ugyanaz, akkor zárt irányítosétának nevezzük, egyébként nyílt irányíto sétának nevezzük.

Ha egy irányíto sétának minden éle különböző, akkor irányíto vonalnak nevezzük.Ha egy irányíto sétának minden csúcsa különböző, akkor irányíto útnak nevezzük.Irányíto körnek nevezzük azt a legalább 1 hosszúságú irányíto vonalat, ha a kezdő- és végpontja kivételével

minden csúcs különböző.

Erős összefüggőség. 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

Irányíto fák. Az irányíto fa egy olyan irányíto gráf, amelynek csak egy csúcsának befoka 0, a többinek 1. Azta csúcsát, amelynek befoka 0, gyökérnek nevezzük. Egy irányíto fában egy ado csúcs szintje, a gyökérből vezetőirányíto út hossza. Mivel minden csúcsba egyértelműenmeghatározható ez az út, ezért a csúcs szintje is egyértelmű.Irányíto fában levélnek nevezzük azokat a csúcsokat, amelyeknek kifoka nulla. Egy irányíto fában egy 𝑣 csúcsnakgyermeke a 𝑣′ csúcs, vagy 𝑣 csúcs szülője 𝑣′-nek ha van olyan él, amelynek kezdőpontja 𝑣, és végpontja 𝑣′. Ha vanolyan csúcs, amelynek 𝑣 és 𝑣′ is gyermeke, akkor ezeket testvéreknek nevezzük. Egy irányíto fának egy 𝑣 csúcsábólirányíto ú al elérhető csúcsok által meghatározo irányíto részgráfot irányíto részfának nevezzük. Egy fábankijelölünk egy csúcsot, akkor gyökeres fáról beszélünk, ugyanis a csúcs kijelölésével megadunk egyben egy irányítástis a fában, ahol a kijelölt csúcs lesz a gyökér. A 𝑞-ad rendű fa olyan irányíto élcímkéze fa, amelynekminden csúcsnaka kiinduló éleinek a címkéje különböző, és kisebb mint 𝑞 természetes szám. A bináris fa egy másodrendű fa.

6

Dijkstra módszere. A (𝜓, 𝐸, 𝑉, 𝑤) véges élsúlyozo irányíto gráfról tegyük fel, hogy az élsúlyok pozi vak, 𝑠 ∈ 𝑉 és𝑇 ⊂ 𝑉. Az alábbi algoritmus a csúcshalmazon értelmez egy 𝑑 : 𝑉 → ℝ̄ függvényt, amely 𝑡 ∈ 𝑇 esetén az ado 𝑠csúcsból a 𝑡 csúcsba vezető irányíto séták súlyának minimuma (+∞, ha nincs ilyen séta):

1. [Inicializálás.] Legyen 𝑆 = ∅, 𝐻 = {𝑠} és 𝑑 (𝑠) = 0; minden más 𝑣 csúcsra legyen 𝑑(𝑣) = +∞. (Az 𝑆 halmaz a„már kész” csúcsok halmaza, 𝐻 pedig a „már munkába ve ” csúcshalmaza.)

2. [Feltétel.] Ha 𝑇 ⊂ 𝑆, vagy 𝐻 = ∅, akkor az algoritmus véget ért.3. [𝑆 bővítése.] Legyen 𝑡 ∈ 𝐻 egy olyan csúcs, amelyre 𝑑(𝑡)minimális. Tegyük át 𝑡-t 𝑆-be, és minden 𝑒 élre, amely

𝑡-ből 𝑣 ∈ 𝑉 ∖ 𝑆-be vezet, ha 𝑑(𝑡) +𝑤(𝑒) < 𝑑(𝑣), akkor legyen 𝑑(𝑣) = 𝑑(𝑡) +𝑤(𝑒), és ha 𝑣 ∉ 𝐻, tegyük át 𝑣-t𝐻-ba. Ezután térjünk a 2. lépésre.

Bizonyítás. Az 𝑆 elemszáma szerin indukcióval megmutatjuk, hogy minden 𝑡 ∈ 𝑆-re 𝑑(𝑡) az 𝑠 csúcsból a 𝑡 csúcsbavezető irányíto séták sályának minimuma, ha pedig 𝑣 ∈ 𝐻, akkor minden olyan 𝑠-ből 𝑣-be vezető irányíto sétának,amelynek minden csúcsa 𝑆-ben van, kivéve 𝑣-t, a súlya legalább 𝑑(𝑣). Inicializálásután ezek nyilvánvalóak. Tegyükfel, hogy a 3. lépésben 𝑡 ∈ 𝐻-t választo uk, és tekintsük egy tetszőleges 𝑠-ből 𝑡-be vezető irányíto sétát. Legyenennek súlya𝑊. Belátjuk, hogy𝑊 ≥ 𝑑(𝑡). Legyen 𝑡′ a séta első olyan csúcsa, amely nincs 𝑆-ben. A séta 𝑠-ből 𝑡′-igvivő részének 𝑤′ súlyára 𝑑(𝑡) ≤ 𝑑(𝑡′), így 𝑊 ≥ 𝑑(𝑡), amivel az indukciós feltevés első részét belá uk. Miután 3.lépésben a 𝑑(𝑣) értékeket megváltozta uk, ha egy séta 𝑠-ből 𝑣-be visz, és csak az utolsó csúcsa nincs 𝑆-ben, legyen𝑡′ az utolsó elő csúcsa, 𝑒 pedig az utolsó éle. Mivel 𝑡′ ∈ 𝑆, az 𝑠-től 𝑡′-ig vezető részséta súlya legalább 𝑑(𝑡′), így ateljes séta súlya legalább 𝑑(𝑡′) + 𝑤(𝑒), és amikor 𝑡′-t beve ük 𝑆-be, legfeljebb ennyire állíto uk 𝑑(𝑣) értékét, azótapedig csak csökkenhete . ∎

Dinamikus programozás. Néha egyszerűbb megoldani az összes részfeladatot egyszerre. Például ha csak egy 𝑡-beérdekel minket az út, akkor célszerűbb az egész gráfra megoldani.

Gráfok mátrixai. Egy olyan 𝐺 gráfnak, melynek élei 𝑒1, … , 𝑒𝑛, csúcsai pedig 𝑣1, … , 𝑣𝑚, akkor az𝑚×𝑛-es 𝑎mátrixot,amelynek 1 ≤ 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 avégpontja 𝑣𝑖, egyébként 𝑎𝑖,𝑗 = 0, élmátrixának nevezzük.

5. Mor izmusok (homomor izmus, stb.) és kapcsolatuk tulajdonságokkal. Repre-zentációk. A csoportde iníció ekvivalensei. Példák csoportokra.

Morfizmusok

• Homomorfizmus: Müvele artó leképezés 𝐺 ↦ 𝐺′ közö .• Monomorfizmus: Injek v homomorfizmus 𝐺 ↦ 𝐺′ közö .• Epimorfizmus: Szürjek v homomorfizmus 𝐺 ↦ 𝐺′ közö .• Izomorfizmus: Bijek v homomorfizmus 𝐺 ↦ 𝐺′ közö .• Endomorfizmus: Homomorfizmus 𝐺 ↦ 𝐺 közö .• Automorfizmus: Izomorfizmus 𝐺 ↦ 𝐺 közö .

Kompozícióval kapcsolatos tulajdonság:

• Homomorfizmusok összetétele homomorfizmus.• Izomorfizmusok összetétele izomorfizmus.

Reprezentáció. Egy (𝑋) egységelemes félcsoport endomorfizmus félcsoportjára történő homomorf leképezését (egy𝑌 félcsoportról) a félcsoport reprezentációjának nevezzük.

Hű reprezentáció. Ha a reprezentáció automorfizmus, akkor hű reprezentációnak nevezzük.

7

A csoport definíció ekvivalensei. 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 = 𝑏, illetve 𝑦𝑎 = 𝑏 (a művelet

invertálható).

Bizonyítás. 1.⇒2., mivel ha az első egyenletben balról, a másodikban pedig jobbról beszorozzuk 𝑎−1-el, akkor az𝑥 = 𝑎−1𝑏 és 𝑦 = 𝑏𝑎−1 egyenleteket kapjuk, amely megoldásként szolgálnak az 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 egyenletmegoldható, ésmegoldása legyen 𝑥 = 𝑒. Legyen továbbá 𝑦, 𝑏 ∈ 𝐺olyan, 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 legyen 𝑦 = 𝑒′, és legyentovábbá 𝑦, 𝑏 ∈ 𝐺 olyan, hogy 𝑎𝑦 = 𝑏. Ekkor

𝑒′𝑏 = 𝑒′ (𝑎𝑦) = (𝑒′𝑎) 𝑦 = 𝑎𝑦 = 𝑏,tehát 𝑒′ baloldali egységelem. Mivel egy csoport bal- és jobb oldali egységelem mindig ugyanaz, ezért 𝑒 = 𝑒′ egység-eleme 𝐺-nek.Minden 𝑏 ∈ 𝐺-re vegyünk egy megoldható 𝑏𝑥 = 𝑒 egyenletet, amelynek megoldása a 𝑏-nek jobb inverze. Hasonlóan𝑥𝑏 = 𝑒 megoldható egyenlet megoldása a 𝑏-nek bal inverze, tehát minden elemnek van inverze. ∎Példák csoportokra 𝑄 = {±1,±𝑖, ±𝑗, ±𝑘} kvaterniók a kvaterniószorzással kvaternió csoportot alkotnak. A kvater-niószorzás nem kommuta v, így nem alkotnak kommuta v csoportot.

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.𝐷𝑛 diédercsoporton azt a csoportot értjük, amely az 𝑛 szabályos sokszöget önmagába vivő egybevágóságokat az

egymás utáni végrehajtással alkot.Inverzel kapcsolatos tulajdonság:

• Izomorfizmus inverze izomorfizmus.

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, és 𝑔 ∈ 𝐺-nek 𝑔∗ ∈ 𝐺 bal oldali inverze, jobboldali inverze, vagy inverze, 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 felírhatjuk 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 𝐺 művelete asszocia v. Hasonlóan, ha 𝑒 jobboldali egységeleme𝐺-nek –, és ha egy 𝑔 tetszőleges elem homomorf képét 𝑔′ alakban írjuk –, 𝑔′𝑒′ = (𝑔𝑒) ′ = 𝑔′. Hasonlóan teljesülbaloldali egységelemre. Ha 𝑔∗ a 𝑔 jobboldali inverze akkor 𝑔′𝑔∗′ = (𝑔𝑔∗) ′ = 𝑒′. Hasonlóan a jobboldali inverzre. Haℎ és 𝑔 felcserélhető elemek, akkor 𝑔′ℎ′ = (𝑔ℎ) ′ = (ℎ𝑔) ′ = ℎ′𝑔′. ∎Csoportra vonatkozó tulajdonságok:

• Csoport homomorf képe csoport.

8

6. Részcsoport, a de iníció ekvivalensei. Generált részcsoport és előállítása. Ciklikuscsoportok szerkezete. Csoport és elem rendje. Ciklikus csoportok részcsoportjai.Részcsoport definíció. Ha 𝐺 csoport, és𝐻 részhalmaza csoportot alkot a 𝐺 műveletével, akkor azt mondjuk, hogy𝐻részcsoportja 𝐺-nek.

Részcsoport definíció ekvivalensei. Legyen 𝐺 csoport, és 𝐻 ⊂ 𝐺.4 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 ⊂ 𝐻;53. 𝐻 ≠ ∅, 𝐻𝐻 ⊂ 𝐻6 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 a𝐻 halmazon, azaz𝐻 × 𝐻 ↦ 𝐻 művelet. Mivel 𝐻 csoport, ezért tartalmaz egy 𝑓 egységelemet. Mivel minden ℎ ∈ 𝐻-ra ℎ𝑓 = ℎ ésℎ𝑒 = ℎ, ahol 𝑒 ∈ 𝐺 egységeleme, az egyszerűsítési szabály mia 𝑓 = 𝑒. Mivel minden ℎ ∈ 𝐻-nak, amelyek 𝐺-nek iseleme, van inverze mind 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, és 𝐻−1 ⊂ 𝐻.(3.⇒4.) 𝐻−1 ⊂ 𝐻-ból következik, hogy 𝐻−1𝐻 ⊂ 𝐻𝐻 ⊂ 𝐻.(4.⇒1.) Bármely ℎ ∈ 𝐻-ra ℎ−1ℎ = 𝑒 ∈ 𝐻, így 𝐺 egységeleme 𝐻-ban is az. Minden ℎ ∈ 𝐻-ra ℎ−1𝑒 ∈ 𝐻−1𝐻 ∈ 𝐻,azaz minden elemnek létezik inverze. Továbbá ℎ−11 = ℎ1 mia ℎ1 ∈ 𝐻−1, és így minden ℎ1, ℎ2 ∈ 𝐻-ra fennáll, hogyℎ1ℎ2 ∈ 𝐻−1𝐻 ⊂ 𝐻. ∎

Következmény. Ha 𝐻𝛾, 𝛾 ∈ Γ, a 𝐺 csoport részcsoportjainak egy rendszere, akkor 𝐻 = ∩𝛾∈Γ𝐻𝛾 is részcsoport.

Bizonyítás. Mivel 𝑒 ∈ 𝐻𝛾 minden 𝛾 ∈ Γ-ra 𝐻 nem üres. Mivel 𝐻−1 ⊂ 𝐻−1𝛾 , ezért ebből kihozhatjuk, hogy 𝐻−1𝐻 ⊂

𝐷−1𝛾 𝐻𝛾 ⊂ 𝐻𝛾, minden 𝛾 ∈ Γ-ra. Ebből viszont adódik, hogy 𝐻−1𝐻 ⊂ ∩𝛾∈Γ𝐻𝛾 = 𝐻, tehát 𝐻 𝐺 részcsoportja. ∎Generált részcsoport Legyen 𝐺 csoport, és 𝐾 ⊂ 𝐺. A 𝐾 halmaz ⟨𝐾⟩ generátuma, a 𝐺 összes, 𝐾-t tartalmazó rész-csoportjának metszete. Ha ⟨𝐾⟩ az előző következmény szerint részcsoport, és ha ez egyenlő a 𝐺 csopor al, akkorazt mondjuk, hogy a 𝐺-nek a 𝐾 generátorrendszere. Ha egy csoportnak létezik egyelemű generátorrendszere, akkorciklikusnak nevezzük.

A generátumot leíró állítás. Ha 𝐺 csoport, és 𝐾 ⊂ 𝐺, akkor⟨𝐾⟩ = 𝑔1𝑔2⋯𝑔𝑛 : 𝑛 ∈ ℕ, 𝑔𝑖 ∈ 𝐾 ∩ 𝐾−1, ha 1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛 .

Bizonyítás. Egyrészt a jobb oldalon álló halmaz részcsoport, mert tartalmazza az egységelemet, zárt a szorzásra és azinverzképzésre, továbbá tartalmazza 𝐾 elemeit, így tartalmazza 𝐾 generátumát. Másrészt minden elemének bennekell lennie 𝐾 generátumában. ∎Csoport és elem rendje. Egy 𝐺 véges csoport rendjén az elemeinek számát értjük, más csoportnál azt mondjuk,hogy a rendje végtelen. Egy 𝑔 ∈ 𝐺 elem rendjén azt a legkisebb 𝑛 ∈ ℕ+-t értjük, amelyre 𝑔𝑛 = 𝑒 (ahol 𝑒 ∈ 𝐺 azegységelem), ha van ilyen, egyébként azt mondjuk, hogy az elem rendje végtelen.

Ciklikus csoport részcsoportjai. Csiklikus csoport minden részcsoportja is ciklikus.

Bizonyítás. Legyen 𝐺 = ⟨𝑔⟩ és 𝐻 a részcsoportja. Ha 𝐻 = {𝑒}, akkor már készen is vagyunk. Egyébként van olyannullától különböző 𝑘 ∈ ℤ, amelyre 𝑔𝑘 ∈ 𝐻. Feltehető, hogy 𝑘 > 0, mert egyébként 𝑘 helye −𝑘-t vehetünk,hiszen 𝑔−𝑘 = 𝑔𝑘 −1

. Legyen 𝑑 az a legkisebb pozi v kitevő, amelyre 𝑔𝑑 ∈ 𝐻. Megmutatjuk, hogy 𝐻 = 𝑔𝑑 .Csak azt kell bizonyítani, hogy 𝐻-nak tetszőleges 𝑔𝑗 eleme 𝑔𝑑 hatványa. Legyen 𝑞 = ⌊𝑗∕𝑑⌋, 𝑟 = 𝑗mod𝑑. Ekkor𝑔𝑟 = 𝑔𝑗−𝑞𝑑 = 𝑔𝑗 𝑔𝑑 −𝑞 ∈ 𝐻, ahonnan 𝑑 definíciója mia 𝑟 = 0, és így 𝑔𝑗 = 𝑔𝑑 𝑞

. ∎

4 szükséges előfeltétel!5 𝐻−1 a szorzásra való inverzet tekin .6 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

9

7. Mellékosztályok. Lagrange tétele és következményei. Normálosztó, ekvivalensmegfogalmazások. A művelettel kompatibilis osztályozás generálása. Faktorcsoport,példák. Homomor izmus magja, homomor izmus-tétel. Direkt szorzat.Mellékosztályok Legyen 𝐺 egy csoport, és 𝐻 ≤ 𝐺 és 𝑔 ∈ 𝐺. Ekkor 𝐻𝑔 = {ℎ𝑔∣ℎ ∈ 𝐻} jobboldali mellékosztálya, és𝑔𝐻 = {𝑔ℎ∣ℎ ∈ 𝐻} baloldali mellékosztálya.

Lagrange tétel. Ha 𝐻 a 𝐺 véges csoportnak részhalmaza, akkor a 𝐻 indexének és rendjének szorzata a 𝐺 rendjévelmegegyezik.

Bizonyítás: Tekintsük a jobboldali mellékosztályokat. Mivel akármelyik 𝑎 és 𝐻 közö a ℎ ↦ ℎ𝑎 ℎ ∈ 𝐻 függvényleképezés, ezért az egyszerűsítési szabály mia ez a leképezés bijek v. Ezen felül ezeknek a mellékosztályoknak azelemeinek száma megegyezik, és uniójuk 𝐺-t adják. ∎Következmény. Véges csoportban az elem rendje osztja a csoport rendjét.

Bizonyítás: Az elem rendje megegyezik az általa generált véges részcsoport rendjével. ∎Következmény. Prímszám rendű csoport ciklikus.

Bizonyítás: Bármely az egység elemtől különböző eleme kell hogy generálja. ∎Normálosztó. Ha 𝐺 csoportnak részcsoportja 𝑁, és minden 𝑎 ∈ 𝐺-re 𝑎𝑁 = 𝑁𝑎, akkor 𝑁 a 𝐺 normálosztója.

Ekvivalens állítások. Legyen 𝑁 a 𝐺 csoport részcsoportja. Ekkör a következő állítások ekvivalensek.

1. 𝑁 a 𝐺 normálosztója;2. 𝑎−1𝑁𝑎 = 𝑁 ∀𝑎 ∈ 𝐺;3. 𝑎−1𝑁𝑎 ⊂ 𝑁 ∀𝑎 ∈ 𝐺.

Bizonyítás: (1.⇔2.) Az 1. állításból következik a 2., mivel az első állítást a másodikban felhasználva 𝑎−1𝑁𝑎 felírhatóúgy is, hogy 𝑎−1𝑎𝑁, ami𝑁. A 2. állításból következik az első, hiszen a második állítás alapján 𝑎𝑁 felírható úgy is, hogy𝑎(𝑎−1𝑁𝑎) = 𝑎𝑎−1𝑁𝑎 = 𝑁𝑎.(2.⇔3.) A 2. állításból triviálisan következik a 3. állítás. Ha teljesül a 3. állítás, akkor 𝑎 helyére 𝑎−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. ∎Művele el kompa bilis osztályozás. Legyen 𝐺 egy csoport. Ekkor

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

szorzásával;3. minden, aművele el kompa bilis osztályozás esetén az egységelemosztálya normálosztó, és az osztályozás ezen

normálosztó szerin mellékosztályokból áll.

Bizonyítás. Ha 𝑁 normálosztó, 𝑎′ ∈ 𝑁𝑎 és 𝑏′ ∈ 𝑁𝑏, akkor a részcsoportok szerin mellékosztályokról tanultakatfelhasználva 𝑁𝑎′ = 𝑁𝑎 és 𝑁𝑏′ = 𝑁𝑏, tehát

𝑎′𝑏′ ∈ (𝑁𝑎′) (𝑁𝑏′) = (𝑁𝑎) (𝑁𝑏) = 𝑁 (𝑎𝑁) 𝑏 = 𝑁 (𝑁𝑎) 𝑏 = 𝑁2𝑎𝑏 = 𝑁𝑎𝑏,azaz az osztályozás kompa bilis a művele el, amellyel belá uk az 1. állítást. Másrészt

{𝑎′𝑏′ : 𝑎′ ∈ 𝑁𝑎, 𝑏′ ∈ 𝑁𝑏} = (𝑁𝑎) (𝑁𝑏) = 𝑁𝑎𝑏,tehát az osztályok szorzása megegyezik a komplexusszorzással, amivel belá uk a 2. állítást.

A 3. állítás bizonyításához tegyük fel, hogy ado egy, a szorzással kompa bilis „∼” ekvivalenciareláció, és jelölje𝑁 az 𝑒 egységelem osztályát. Mivel 𝑎 ∈ 𝑁 esetén 𝑒 = 𝑎−1𝑎 ∼ 𝑎−1𝑒 = 𝑎−1 azt kapjuk, hogy 𝑁−1 ⊂ 𝑁. Ha 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑁,akkor 𝑎𝑏 ∼ 𝑒𝑒 = 𝑒, így 𝑁𝑁 ⊂ 𝑁, tehát 𝑁 részcsoport. Ha most 𝑥 ∈ 𝑁 és 𝑔 tetszőleges, akkor 𝑔−1𝑥𝑔 ∼ 𝑔−1𝑒𝑔 = 𝑒,így 𝑔−1𝑁𝑔 ⊂ 𝑁, tehát 𝑁 normálosztó. Ha 𝑎 és 𝑏 ekvivalensek, akkor 𝑎−1𝑎𝑏−1 és 𝑎−1𝑏𝑏−1 is az, azaz 𝑎−1 ∼ 𝑏−1,tehát az inverz képzés kompa bilis az osztályozással. Innen viszont 𝑒 = 𝑎𝑎−1 ∼ 𝑎𝑏−1, tehát 𝑎𝑏−1 ∈ 𝑁. Megfordítva,ha 𝑎𝑏−1 ∈ 𝑁, azaz 𝑎𝑏−1 ∼ 𝑒, akkor 𝑎 = 𝑎𝑏−1𝑏 ∼ 𝑒𝑏 = 𝑏, és így a ∼ ekvivalenciarelációhoz tartozó osztályozáspontosan az 𝑁 szerin mellékosztályokból áll. ∎

10

Faktorcsoport. 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.

Bizonyítás. 𝐺-nek a mellékosztályok (a komplexusszorzással mint művele el tekinte ) halmazára való 𝑎 ↦ 𝑁𝑎 le-képezése művele artó, így a homomorf képre tanultakból következik az állítás. ∎

8. A végesen generált Abel-csoportok alaptétele. Cayley tétele. Permutációcsopor-tok, permutációk párossága.

∗ Végesen generált Abel-csoportok alaptétele. A véges Abel-csoport véges sok ciklikus csoport direkt szorzatából áll.A véges rendű tényezők prímszámrendűnek választhatóakmeg, és a végtelen rendű tényezők száma és a véges rendekegyértelműen meghatározható.

Bizonyítás: Ezt a könyv nem taglalja.

Direkt szorzat definíciója. Legyen 𝐺𝑖 𝑖 ∈ 𝐼 halmazok indexelt családja, mindegyike a ∗-gal jelölt tetszőleges binérművele el. Ekkor a 𝐺 = ×𝑖∈𝐼𝐺𝑖 halmazt az (𝑎𝑏)𝑖 = 𝑎𝑖𝑏𝑖 összefüggéssel meghatározo művele el definiálva, mint a𝐺𝑖-k direkt szorzatának nevezzük.

Cayley tétele. Egy𝐺 csoport izomorf valamely halmaz permutációinak egy részhalmazával, a függvény kompozícióra,mint művele el.

Bizonyítás: Tekintsük𝐺 reguláris reprezentációját, azaz legyen 𝑎 ∈ 𝐺 az 𝑎-hoz rendelt 𝑝𝑎-ra legyen 𝑝𝑎(𝑥) := 𝑎𝑥 (𝑥 ∈𝐺). A reprezentáció definíciójából tudjuk, hogy az 𝑎 ↦ 𝑝𝑎 hozzárendelés monomorfizmus, valamint az egyszerűsítésiszabály mia kölcsönösen egyértelmű, (bijek v) és mivel 𝑎−1𝑥 képe 𝑝𝑎-n 𝑥, ezért 𝐺-re képez. ∎

Permutációcsoportok. Tetszőleges𝑋 halmaz összes permutációinak a○művele el ve csoportján az𝑋 szimmetrikuscsoportjának nevezzük, ezen csoportok részcsoportjai a permutációcsoportok. Hagyományos jelölése egy permutá-ciócsoport elemeinek a

𝑝 = 1 2 … 𝑛𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑛

jelölés.

A permutációk paritása az összes olyan 1 ≤ 𝑖 < 𝑗 ≤ 𝑛 párok száma, amelyre 𝑝𝑖 > 𝑝𝑗. Ha a permutáció paritásapáros, akkor a permutáció páros, egyébként páratlan, és a permutációnak a paritásának nevezzük.

11

9. Gyűrűk mor izmusai, reprezentációk. Gyűrű karakterisztikája. Részgyűrű, ideál,példák. Mellékosztályok, az osztályozás kompatibilitása a műveletekkel, faktorgyűrű.Példák. Homomor izmus magja, homomor izmustétel.Tétel. Gyűrű homomorf képe gyűrű.

Bizonyítás. Mivel már belá uk, hogy félcsoport homomorf képe félcsoport, elég csak a disztribu vitást belátni.Jelölje 𝑥 képét 𝑥′. A homomorf kép tetszőleges három elemét felírhatjuk 𝑎′, 𝑏′, 𝑐′ alakban. Így 𝑎′ (𝑏′ + 𝑐′) =(𝑎 (𝑏 + 𝑐)) ′ = (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐) ′ = 𝑎′𝑏′ + 𝑎′𝑐′, és hasonlóan (𝑏′ + 𝑐′) 𝑎′ = 𝑏′𝑎′ + 𝑐′𝑎′. ∎

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

Bizonyítás. Ha egy nullosztómentes 𝑅 gyűrűben egy nem nulla 𝑎 elem addirív rendje 𝑛 ∈ ℕ+, és 𝑏 tetszőleges nemnulla elem, akkor 𝑛 (𝑎𝑏) = (𝑛𝑎) 𝑏 = 0𝑏 = 0, másrészt pedig 𝑛 (𝑎𝑏) = 𝑎 (𝑛𝑏), így 𝑛𝑏 = 0 kell legyen, azaz 𝑏 rendjeis véges, és legfeljebb annyi, mint 𝑎 rendje. Mivel 𝑎 és 𝑏 szerepe felcserélhető, minden nemnulla elemnek ugyanannyiaz addi v rendje. Megmutatjuk, hogy ha ez a közös rend nem végtelen, akkor csak prímszám lehet. Ugyanis, ha 𝑛 anem nulla 𝑎 elem addi v rendje, akkor 𝑛 > 1, és ha 𝑛 = 𝑘𝑚, akkor 0 = 𝑛𝑎 = 𝑘 (𝑚𝑎). Ha𝑚 < 𝑛, akkor𝑚𝑎 ≠ 0,tehát 𝑘 = 𝑛, mert egyébként𝑚𝑎 addi v rendje kisebb lenne, min 𝑛. ∎Gyűrű karakterisz kája. Az előző tétel szerint nullosztómentes gyűrűben a nem nulla elemek addi v rendje meg-egyezik. Ha ez a közös érték végtelen, akkor azt mondjuk, hogy a gyűrű karakterisz kája nulla, ha pedig egy véges 𝑛érték, akkor azt mondjuk, hogy a gyűrű karakterisz kája 𝑛. Jelölése: char (𝑅).Részgyűrá, ideál. Legyen 𝑅 a (+, ⋅) binér műveletekkel. Az 𝑅 egy 𝑆 részhalmazát részgyűrűnek, vagy résztestneknevezzük, ha az 𝑆 is gyűrű, vagy test az ado műveletekkel.

Az 𝐼 részgyűrűt jobb- vagy balideálnak nevezzük, ha 𝑎 ∈ 𝐼 és 𝑟 ∈ 𝑅 esetén 𝑎𝑟 ∈ 𝐼, illetve 𝑟𝑎 ∈ 𝐼. Ha 𝐼 egyszerrebal- és jobbideál is egyben, akkor ideálnak nevezzük.Példák ideálokra.Mellékosztályok. Legyen𝑅 egy gyűrű, és legyen 𝐼 egy addi v részcsoportja𝑅-nek. Vezessük be az𝑎 ∼ 𝑏, ha𝑎−𝑏 ∈ 𝐼ekvivalenciarelációt. Tudjuk, hogy ez az összeadással kompa bilis ekvivalenciareláció, az 𝑎 ∈ 𝑅 ekvivalenciaosztályaaz 𝐼 + 𝑎 halmaz. Az ekvivalenciaosztályokat az 𝑅 gyűrű 𝐼 szerin mellékosztályainak, vagy maradékosztályainak ne-vezzük.

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.

Bizonyítás. Ha 𝐼 ideál, akkor – mivel az osszeadással 𝑅 kommuta v csoport –, a csoportelméletből tudjuk, hogyaz osztályozás kompa bilis az összeadással, és az osztályok összeadása megegyezik a komplexus összeadással. Azideáltulajdonságából arra is következtetni tudunk, hogy az osztályozás a szorzással is kompa bilis, hiszen

(𝐼 + 𝑎) (𝐼 + 𝑏) = 𝐼𝐼 + 𝑎𝐼 + 𝐼𝑏 + 𝑎𝑏 ⊂ 𝐼 + 𝑎𝑏.Most tegyük fel, hogy ado egy az összeadással és a szorzással is kompa bilis ekvivalenciareláció. A csoportoknáltanultakat alkalmazva azt kapjuk, hogy ez az 𝑅 valamely 𝐼 addi v részcsoportja szerin ekvivalenciareláció, tehát ezekvivalenciaosztályok, az 𝐼 szerin mellékosztályok. Tetszőleges 𝐶 osztálynak az 𝐼 osztállyal ve szorzata egy osztályrészhalmaza. Ennek tartalmaznia kell a nullát is, mert 0 ∈ 𝐼, így csak 𝐶𝐼 ⊂ 𝐼 lehetséges. Ez minden 𝐶 osztályra fennál,tehát 𝑅𝐼 ⊂ 𝐼. Hasonlóan 𝐼𝑅 ⊂ 𝐼, tehát 𝐼 ideál. ∎

Faktorgyűrű. Egy𝑅 gyűrűnek egy 𝐼 ideál szerin mellékosztályai az összeadásra és a szorzásra nézve gyűrűt alkotnak.

Ezt a gyűrűt az 𝑅 gyűrű 𝐼 ideál szerin maradékosztály-gyűrűjének, vagy faktorgyűrűjének nevezzük, és 𝑅∕𝐼-veljelöljük.Bizonyítás. Ha ∼ a megfelelő ekvivalenciareláció, akkor 𝑥 ↦ 𝑥 mindkét műveletre nézve művele artó. ∎Példa. Ha 𝑅 = ℤ és 𝐼 = 𝑚ℤ, akkor 𝑅∕𝐼 = ℤ∕𝑚ℤ = ℤ𝑚

12

10. Gyűrűk direkt szorzata. Generált főideálok szerkezete, oszthatóság és ideálok.Gauss-gyűrűk. Euklideszi gyűrűk, egységek és asszociáltak, bővített euklideszi algorit-mus, felbonthatatlan és prímelem, egyértelmű faktorizáció euklideszi gyűrűkben.Hányadostest.

Generált főideál. Egy 𝐴 ⊂ 𝑅 részhalmaz által generált ideálon az összes 𝐴-t tartalmazó ideálok metszetét értjük.Jelölése: (𝐴). Ha egy 𝐼 ideált egyetlen 𝑎 ∈ 𝑅 elem generál, (𝐼 = (𝑎)) akkor főideálnak nevezzük.

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

Bizonyítás. A jobb oldalon álló halmaz tartalmazza 𝐴-t, és elemei közül nyilván nem vezet ki a kivonás és az 𝑅 ele-meivel való szorzás, így (𝑎) része a jobb oldali halmaznak. Másrészt ha 𝑎 benne van egy 𝐼 ideálban, akkor minden𝑎𝑟 = 𝑟𝑎, 𝑟 ∈ 𝑅 alakú elem is benne van. ∎

Gauss-gyűrűk, Euklideszi gyűrűk. Ha egy 𝑅 egységelemes integritási tartomány minden nullától különböző elemsorrendtől és egységektől eltekintve felírható irreducibilis elemek szorzataként, akkor azt Gauss-gyűrűnek nevezzük.

Euklideszi gyűrűnek nevezünk egy 𝑅 egységelemes integritási tartományt, ha a nem nulla elemein értelmezvevan egy ℕ-beli értékű 𝜑 függvény úgy, hogy

1. ha 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅, 𝑏 ≠ 0, akkor van olyan 𝑞, 𝑟 ∈ 𝑅, hogy 𝑎 = 𝑏𝑞 + 𝑟 és 𝑟 = 0, 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.

× Egységek és asszociáltak. Euklideszi gyűrűben pontosan azok az elemek az egységek, amelyekre𝜑minimális értéketvesz fel. Az 𝑎, 𝑏 nem nulla elemekre 𝑏∣𝑎 esetén egyrészt𝜑 (𝑏) ≤ 𝜑 (𝑎), másrészt egyenlőség pontosan akkor teljesül,ha 𝑎 és 𝑏 asszociáltak.

Bizonyítás. Ha 𝜑 (𝜀) minimális, akkor az 𝑒 egységelemet osztva 𝜀-nal, az 𝑟 maradék csak nulla lehet, így 𝜀 egység.Ha 𝑏∣𝑎, akkor a 2. tulajdonság mia 𝜑 (𝑏) ≤ 𝜑 (𝑎). Ha 𝜀 egység, 𝑎 ∈ 𝑅 pedig olyan elem, amelyre 𝜑 (𝑎)minimális,akkor 𝜑∣𝑎 mia 𝜑 (𝜑) is minimális. Ha 𝑎 és 𝑏 asszociáltak, akkor 𝜑 (𝑎) ≤ 𝜑 (𝑏), és fordítva is. Végül tegyük fel, hogy𝑏∣𝑎 és 𝜑 (𝑏) = 𝜑 (𝑎). Felírva 𝑎-t 𝑏𝑞 + 𝑟 alakban, meg kell mutatnunk, hogy 𝑟 ≠ 0 lehetetlen. Mivel 𝑟 = 𝑏 − 𝑎𝑞 =𝑏 + 𝑏𝑐 (−𝑞) = 𝑏 (𝑒 − 𝑐𝑞), azt kapnánk, hogy 𝜑 (𝑟) ≥ 𝜑 (𝑏), ami ellentmondás. ∎

Bővíte euklideszi algoritmus. A következő eljárás egy 𝑅 euklideszi gyűrűben meghatározza az 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 elemek egy𝐷 legnagyobb közös osztóját, 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 ha nem 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.7

Bizonyítás. Mivel a 𝜑 (𝑟1) , 𝜑 (𝑟2) , … természetes számok szigorúan monoton csökkenő sorozata az eljárás véget ér,mert egyébként ℕ nem lenne jólrendeze . Indukcióval 𝑎𝑥𝑛 + 𝑏𝑦𝑛 = 𝑟𝑛 így 𝑑 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦. Innen 𝑎 és 𝑏 közös osztóimind osztói 𝑑-nek. Mivel 𝑟𝑛+1 = 0, vagy 𝑛 = 0, és ekkor 𝑑 = 𝑎 és 𝑏 = 0, vagy pedig 𝑛 > 0, és 𝑟𝑛−1, 𝑟𝑛−2, …, 𝑟1, 𝑟0mind többszörösei 𝑟𝑛-nek, mert 𝑟𝑛−1 = 𝑞𝑛𝑟𝑛, 𝑟𝑛 − 2 == 𝑞𝑛−1𝑟𝑛−1 +𝑟𝑛, és így tovább, speciálisan 𝑎 = 𝑟0 és 𝑏 = 𝑟1többszörösei 𝑑-nek, tehát 𝑑 legnagyobb közös osztói. ∎

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

13

Prímelem. Egy euklideszi gyűrűben egy eleme pontosan akkor felbonthatatlan, ha prímelem.

Bizonyítás. Az egyik irányt már általánosan is belá uk. Tegyük fel, hogy 𝑝 felbonthatatlan, és legyen 𝑝∣𝑎𝑏. Tegyükfel, hogy 𝑝∤𝑎. Ekkor 𝑝 és 𝑎 legnagyobb közös ösztói csak az egységek. A bővíte euklideszi algoritmussal kaphatunkolyan 𝑥, 𝑦 elemeket, hogy 𝑝𝑥 + 𝑎𝑦 = 𝜀 egység. Szorozva 𝑏-vel és 𝜀 mul plika v inverzével, 𝑝𝑏𝑥𝜀−1 + 𝑎𝑏𝑦𝜀−1 = 𝑏.Mivel 𝑝 osztója a bal oldalnak, a jobb oldalnak is. ∎

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.

Bizonyítás. Először a felbontás létezését bizonyítjuk. Ha az ado 𝑎 elem nem irreducibilis, akkor × tétel szerintfelírható két olyan, mondjuk 𝑏 és 𝑐 elem szorzataként, amelyremax {𝜑 (𝑏) , 𝜑 (𝑐)} < 𝜑 (𝑎). Indukcióval folytatjuk eztaz eljárást: ha a kapo szorzatnak van reducibilis tényezője, akkor ezekből kiválasztva egy olyat, amelyre𝜑maximális,azt helye esítsük két tényező szorzatával. Minden lépésben vagy a maximális 𝜑 érték csökken, vagy azon tényezőkszáma, amelyre a maximális 𝜑 érték véte k fel, ha több ilyen volt. Az eljárás a természetes számok jólrendeze ségemia véges sok lépésben csupa irreducibilis tényezőből álló felbontáshoz vezet.

A felbontás egyértelműségének bizonyításához tegyük fel, hogy van olyan 𝑎, amely két lényegesen különbözőmódon bontható fel, és legyen 𝑎 olyan ezek közül, amelyre 𝜑 (𝑎)minimális:

𝑎 = 𝑝1𝑝2⋯𝑝𝑗 = 𝑞1𝑞2⋯𝑞𝑘.

Mivel 𝑝1∣𝑎, azaz 𝑝1∣𝑞1𝑞2⋯𝑞𝑘, van olyan 𝑖, hogy 𝑝1∣𝑞𝑖. Ekkor viszont 𝑝1 és 𝑞𝑖 asszociáltak, mert 𝑞𝑖 irreducibilis. Egy-szerűsítve a közös tényezővel egy olyan 𝑎′ elemet kapnánk, amelyre 𝜑 (𝑎′) < 𝜑 (𝑎), és felbontása nem egyértelmű.∎

Hányadostest. Legyen 𝑅 a nullgyűrűtől különböző integritási tartomány. Az 𝑅 × (∖ {0}) halmazon vezessük beaz (𝑎, 𝑏) ∼ (𝑎′, 𝑏′), ha 𝑎𝑏′ = 𝑎′𝑏 ekvivalenciarelációt, az (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 ekvivalenciaosztá-lyok testet alkotnak, amelyet az 𝑅 hányadostestének nevezünk.

Bizonyítás.

11. Polinomok, polinomfüggvények, maradékos osztás és következményei. A Poli-nom algebrai deriváltja. Többszörös gyökök.

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.

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 aműveletekkel a nullelem a (0, 0, … ), az egységelem az (1, 0, 0, … ) polinomok. Az 𝑎 ↦ (𝑎, 0, 0, … ) leképezés𝑅-nek a polinom gyűrűjébe való leképezés monomorfizmusa, amely konstans polinomokra képez, és 𝑅 elemeivelazonosíthatjuk ezeket.

14

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.

Azok a polinomok, amelyek legfeljebb első fokúak, lineáris polinomoknak nevezzük. Azok a polinomok, amelyek𝑓𝑖𝑥𝑖 alakba felírhatóak, monomoknak nevezzük. Ha egy polinomnak a főegyü hatója 𝑅 egységeleme, akkor főpoli-nomnak nevezzük.

Ha 𝑅 nullosztómentes, akkor két nem nulla polinom szorzatának a főegyü hatója a főegyü hatók szorzata, afoka meg a fokok összege. Egy 𝑓 = 𝑓0 + 𝑓1𝑥+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 polinom 𝑟 ∈ 𝑅 helyen felve helye esítési értéken az𝑓(𝑟) = 𝑓0 + 𝑓1𝑟+⋯+𝑓𝑛𝑟𝑛 ∈ 𝑅 értéket értjük. Ha 𝑓 az 𝑟 helyen nulla, akkor 𝑟 az 𝑓 gyöke.Polinom függvény. Egy 𝑓 polinom, és 𝑟 ∈ 𝑅 elem esetén 𝑟 ↦ 𝑓(𝑟) leképezést, az 𝑓 polinomhoz tartozó polinomfügg-vénynek nevezzük. Tartozhat különböző polinomokhoz ugyanaz a polinomfüggvény például 𝑅 véges nem nullgyűrűesetében végtelen sok polinom van 𝑅[𝑥]8-ben, de csak véges 𝑅 ↦ 𝑅 függvény létezik.

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).Bizonyítás. Előszőr 𝑞 és 𝑟 létezését bizonyítjuk a fokszám szerin indukcióval. Ha deg (𝑓) < deg (𝑔), akkor 𝑞 = 0 és𝑟 = 𝑓 választható. Indukcióval, ha 𝑓 főegyü hatója 𝑓𝑛, a 𝑔 főegyü hatója pedig 𝑔𝑘, legyen 𝑓

∗ = 𝑓 − 𝑓𝑛𝑔−1𝑘 𝑔𝑥𝑛−𝑘.Mivel deg 𝑓∗ < deg (𝑓), az indukciós feltevés szerint 𝑓∗1 = 𝑔𝑝∗ + 𝑟∗, ahonnan 𝑟 = 𝑟∗, 𝑞 = 𝑓𝑛𝑔−1𝑘 𝑥𝑛−𝑘 + 𝑞∗választással kapjuk az előállítást.

Az egyértelműség onnan következik, hogy 𝑔𝑞 + 𝑟 = 𝑔𝑞∗ + 𝑟∗ esetén 𝑔 (𝑞 − 𝑞∗) = 𝑟∗ − 𝑟; innen, ha valamelyikoldal nem nulla, akkor a másik sem, de a bal oldal fokszáma legalább 𝑘 = deg (𝑔), a jobboldal fokszáma pedig ennélkisebb. ∎Következmény: gyöktényező leválasztása. Ha𝑓 ≠ 0 és 𝑐 az𝑓 gyöke, akkor valamely𝑞 ≠ 0 polinomra 𝑓 = (𝑥 − 𝑐) 𝑞.Bizonyítás. A maradékos osztás tételét alkalmazva 𝑔 = 𝑥 − 𝑐 választással 𝑓 = (𝑥 − 𝑐) 𝑞 + 𝑟. Ha 𝑟 ≠ 0 lenne, akkordeg (𝑟) = 0mia a 𝑐 helyen az egyik oldal helye esítési értéke nulla, a másiké nem nulla lenne. ∎Következmény. Ha 𝑓 ≠ 0, akkor 𝑓-nek legfeljebb deg (𝑓) gyöke van.

Bizonyítás. A fokszám szerin indukcióval dolgozunk. Ha deg (𝑓) = 0, igaz az állítás. Ha deg (𝑓) > 0, és 𝑐egy gyök,akkor 𝑓 = (𝑥 − 𝑐) 𝑔, ahol 1 + deg (𝑔) = deg (𝑓). Ha 𝑑 az 𝑓 egy gyöke, akkor vagy 𝑑 − 𝑐 = 0, azaz 𝑑 = 𝑐, vagy 𝑑gyöke 𝑔-nek, ahonnan az állítás következik. ∎Következmény. Ha két, legfeljebb 𝑛-ed fokú polinom 𝑛 + 1 különböző helyen ugyanazt az értéket veszi fel, akkormegegyezik.

Bizonyítás. Egyébként a különbségpolinom olyan legfeljebb 𝑛-ed fokú nem nulla polinom lenne, amelynek 𝑛 + 1gyöke van. ∎Következmény. Ha 𝑅 végtelen, akkor két különböző polinomhoz nem tartozik ugyanaz a polinomfüggvény.

Bizonyítás. Egyébként a különbségpolinomnak végtelen sok gyöke lenne. ∎Következmény. Ha 𝑅 test, akkor a 0 ≠ 𝑓 ↦ deg (𝑓) függvénnyel 𝑅 [𝑥] euklideszi gyűrű.Bizonyítás. Testben minden nem nulla elem egység. így minden nem nulla 𝑔-re alkalmazható az előző tétel, továbbáha 𝑓, 𝑔 nem nulla polinomok, akkor deg (𝑓𝑔) = deg (𝑓) + deg (𝑔) ≥ max {deg (𝑓) , deg (𝑔)}. ∎Polinom algebrai deriváltja. Legyen 𝑅 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.

Egységelemes integritási tartomány fele az 𝑓 ↦ 𝑓′ algebrai deriválás az alábbi tulajdonságokkal rendelkezik:1. konstans polinom deriváltja a nulla polinom;2. az 𝑥 polinom deriváltja az egységelem;3. (𝑓 + 𝑔) ′ = 𝑓′ + 𝑔′, ha 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅 [𝑥] (addi vitás);4. (𝑓𝑔)′ = 𝑓′𝑔 + 𝑓𝑔′, ha 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑅 [𝑥];

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

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

15

12. Irreducibilis polinomok és testbővítések. Véges testek. Irreducibilis polinomokℂ, ℝ, ℚ és ℤ felett. Gauss tétele.Irreducibilis polinomok és testbővítés. Aszerint, hogy egy𝑅 test esetén 0 ≠ 𝑓 ↦ deg (𝑓) függvénnyel𝑅 [𝑥] euklide-szi gyűrűt alkotnak, így bennök a prímelem és az irreducibilis elem fogalma egybeesik, és minden nem nulla polinomirreducibilis polinomok szorzatára bomlik, lényegében egyértelműen. Az egységek a nem nulla konstans polinomok.Bármely test fele az elsőfokú polinomok irreducibilisek.

Legyen 𝐹 test, és 𝑓 ∈ 𝐹 [𝑥] egy 𝑛-ed fokú (𝑛 ∈ ℕ+) főpolinom. Az 𝐹 = 𝐹 [𝑥] ∕ (𝑓) gyűrűben minden mellékosz-tályban a legalacsonyabb fokú polinom fokszáma kisebb,min𝑛, és csak egy𝑛-nél alacsonyabb fokú polinom van (mivela mellékosztály bármely két polinommának különbsége többszöröse 𝑓-nek); ez meghatározható úgy, hogy a mellék-osztály tetszőleges 𝑔 elemére vesszük az 𝑓-fel való osztásánál adódó 𝑟 maradékot: mivel 𝑔 = 𝑞𝑓 + 𝑟, 𝑔 − 𝑟 ∈ (𝑓).A műveleteket végezhetjük ezekkel a reprezentánsokkal: ha a szorzat foka nem kisebb, min 𝑛, akkor osztunk 𝑓-fel, ésvesszük a maradékot. Jelölje 𝑥 az 𝑥 ∈ 𝐹 [𝑥] polinom osztályát 𝐹 [𝑥] ∕ (𝑓)-ben. Az 𝐹 gyűrű elemei egyértelműen teste𝐹-nak, másszóval 𝐹 bővítése 𝐹-nek. Az így megkapható testbővítéseket algebrai testbővítésnek nevezzük.

véges testnek nevezzük …

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

Tétel. Véges test nemnulla elemeinekmul plika v csoportja ciklikus. Ha a véges testnek 𝑞 eleme van, akkor bármely𝑐 elemére 𝑐𝑞 = 𝑐.Következmény. Az 𝐹 fele 𝑛-ed fokú irreducibilis főpolinomok száma legalább 𝑞𝑛 − 𝑔⌊𝑛∕2⌋ ⌊log 𝑛⌋ ∕𝑛 > 0.Következmény. Bármely 𝑞 = 𝑝𝑛 (𝑝 prím, 𝑛 ∈ ℕ+) prímhatványra ltezik 𝑞 elemű véges test.

Irreducibilis polinomok ℂ,ℝ,ℚ és ℤ fele . A komplex számtest fele az algebra alaptétele szerint minden ℂ [𝑥]-belinem konstans polinomnak van gyöke, így a gyöktényező leválasztására vonatkozó állítás szerint pontosan az elsőfokúpolinomok az irreducibilisek, és egy 𝑛-ed fokú 𝑓0 + 𝑓1𝑥+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛 polinomot a tényezők sorrendjétől eltekintveegyértelműen felírhatunk

𝑓𝑛 (𝑥 − 𝑐1)𝛼1 (𝑥 − 𝑐2)

𝛼2 ⋯(𝑥 − 𝑐𝑘)𝛼𝑘

gyöktényezős alakban, ahol a különböző 𝑐1, 𝑐2, …, 𝑐𝑘 komplex számok a különböző gyökök, az 𝛼1, 𝛼2, …, 𝛼𝑘 pozi vtermészetes számok pedig az egyes gyökök mul plici ásai, 𝛼1 + 𝛼2+⋯+𝛼𝑘 = 𝑛.

Valós számtest fele irreducibilisek az elsőfokú polinomok és azok a másodfokú polinomok, amelyeknek nincsvalós gyöke. Másnak nincs, ugyanis: Ha egy valós számtest fele –, azaz valós együ hatójú – 𝑓 = 𝑓0+𝑓1𝑥+⋯+𝑓𝑛𝑥𝑛polinomot komplex együ hatósnak tekintve, az algebra alaptétele szerint 𝑛 ≥ 1 esetén van olyan 𝑐 ∈ ℝ, hogy𝑓0 + 𝑓1𝑐+⋯+𝑓𝑛𝑐𝑛 = 0. Ha 𝑐 valós, akkor 𝑓 reducibilis, de ha nem, akkor konjugálással 𝑓0 + 𝑓1�̄�+⋯+𝑓𝑛�̄�𝑛 = 0,tehát 𝑐 konjugáltja is gyök. A 𝑔𝑐 = (𝑥 − 𝑐) (𝑥 − �̄�) = 𝑥2 − 2ℜ(𝑐) 𝑥 = ∣𝑐∣2 valós együ hatós polinommal ℝfele maradékosan osztva, 𝑓 = 𝑔𝑐𝑞 + 𝑟. Az 𝑟 csak nulla lehet, mert egyébként legfeljebb elsőfokú lenne, és így nemlehetnemnemvalós kompley gyöke. Tehát a valós számtest fele minden𝑛-ed fokú polinomnak legfeljebbmásodfokúirreducibilis polinomok szorzatára bontható, lényegében egyértelműen.

Racionális számtest felet vannak plinomok, például 𝑥2 − 2, amelyek ℚ fele irreducibilisek, bár ℝ fele nem.ℚ[𝑥]-ben minden 𝑛 ∈ ℕ+-ra van olyan 𝑛-ed fokú polinom, amely irreducibilis.

A ℤ [𝑥] gyűrű nem tehető euklideszi gyűrűvé. Ha ugyanis euklideszi gyűrűvé tudnánk tenni, akkor a 2 és 𝑥 po-linomok legnagyobb közös osztója –, amely létezik, és 1 –, előállítható lenne 2𝑢 + 𝑥𝑣 alakban valamely 𝑢, 𝑣 ∈ ℤ [𝑥]polinomokkal, ami nem lehetséges, mert a jobb oldal konstans tagja páros.

Aℚ[𝑥]-beli és ℤ [𝑥]-beli faktorok közö kapcsolat van, bár nem ugyanazok. Például a 6𝑥2+12𝑥𝑥+12 polinomℤ [𝑥]-ben felírható 2 ⋅ 3 ⋅ 𝑥2 + 2𝑥 + 2 alakban, míg ℚ [𝑥]-ben felbonthatalan, i ugyanis 2 és 3már egységek, ígyennek a polinomnak 𝑥2 + 2𝑥 + 2 polinom az asszociáltja, amelynek nincs racionális gyöke.

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 Gauss-gyűrű.

16

13. Lagrange-interpoláció, titokmegosztás. Kronecker-eljárás. Racionális törtfügg-vények. Parciális törtekre bontás. Többhatározatlanú polinomok.

Lagrange-interpoláció. Ha 𝑅 testnek 𝑐0, 𝑐1, …, 𝑐𝑛 különböző, és 𝑑0, 𝑑1, …, 𝑑𝑛 tetszőleges elemei, akkor mindig léteziklegfeljebb egy olyan legfeljebb 𝑛-ed fokú 𝑓 polinom, amelyre 𝑓 𝑐𝑗 = 𝑑𝑗, ha 𝑗 = 0, 1, …, 𝑛, és ezt Lagrange interpo-lációs eljárássalmegkapható. 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).

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.

Kronecker-eljárás.

Racionális tör üggvények. Ha 𝑅 integritási tartomány, akkor 𝑅 [𝑥] is, így képezhetjük a hányadostestét; ezt 𝑅 (𝑥)-eljelöljük, és az elemeit 𝑅 fele racionális tör üggvényeknek nevezzük.

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

+⋯+𝑓𝑛𝑔𝑛

.

Bizonyítás. Indukcióval bizonyítjuk. Ha 𝑛 = 1, az állítás nyilvánvaló. Ha 𝑛 = 2, akkor a kiterjeszte eukllideszialgoritmussal kaphatunk oyan 𝑓1, 𝑓2 polinomokat, amelyekre 𝑓1𝑔2 + 𝑓2𝑔1 = 1, amit 𝑔1𝑔2-vel osztva kapjuk azállítást. Végül az általános eset úgy következik, hogy a 𝑔1, 𝑔2, …, 𝑔𝑛−2, 𝑔𝑛−1𝑔𝑛 polinomokra alkalmazva az indukciósfeltevést, akpunk egy 1

𝑔 = 𝑓1𝑔1

+⋯+𝑓𝑛−2𝑔𝑛−2

+ 𝑓∗

𝑔𝑛−1𝑔𝑛előállítást, majd az 𝑛 = 2 speciális esetből kapo

1𝑔𝑛−1𝑔𝑛

= 𝑓∗𝑛−1𝑔𝑛−1𝑔𝑛

+ 𝑓∗𝑛𝑔𝑛

előállítás mindkét oldalát szorozzuk 𝑓∗-gal, és ezt írjuk az utolsó tag helyére. ∎

Következmény. Ha ℎ ∈ 𝐾 [𝑥], akkor léteznek olyan ℎ𝑗 ∈ 𝐾 [𝑥] polinomok, amelyekkelℎ𝑔 = ℎ1

𝑔1+ ℎ2𝑔2

+⋯+ℎ𝑛𝑔𝑛

.

Bizonyítás. Szorozzuk a tételben kapo előállítás mindkét oldalát ℎ-val. ∎Többhatározatlanú polinomok. Legyen 𝑅 gyűrű, 𝑛 ∈ ℕ. Az 𝑅 fele 𝑛-határozatlanú polinomok gyűrűjét definiáljuk𝑛 szerin rekurzióval: ha 𝑛 = 0, legyen 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛] = 𝑅. Az egyhatározatlanú polinomok gyűrűjét már defini-áltuk. ha 𝑛 > 1, akkor legyen 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛] ≤ 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛−1] [𝑥𝑛], azaz az 𝑛 határozatlanú polinomok olyanpolinomjai 𝑥𝑛-nek, amelynek együ hatói az 𝑥1, 𝑥2, …, 𝑥𝑛−1 határozatlanok polinomjai. Az 𝑓 ∈ 𝑅 [𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛] helyehasználhatjuk az 𝑓 (𝑥1, 𝑥2, …𝑥𝑛) jelölést is.

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.

Egy többhatározatlanú polinom𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛𝑥

𝑖11 𝑥

𝑖22⋯𝑥𝑖𝑛𝑛

17

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

𝑓𝑖1 ,𝑖2 ,…,𝑖𝑛𝑥𝑖11 𝑥

𝑖22⋯𝑥𝑖𝑛𝑛

többhatározatlanú polinomotmonomnak nevezzük.

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.

A legfeljebb elsőfokú polinomok a lineáris polinomok. Ha egy polinom minden nem nulla tagjának ugyanaz a 𝑘a foka, akkor 𝑘-adfokú homogén polinomnak nevezzük.

14. Kommunikáció és kódolás. Információ, bit, entrópia, az entrópia maximuma. Abetűnkénti kódolás, példa. Pre ix, szuf ix, in ix. Kódfa. Pre ix kód, egyenletes és vesszőskód. Példák.

Információ, bit, entrópia, és az entrópia maximuma. Legyen 𝑛 db elküldö üzenetünk, amiből 𝑚 ∈ ℕ+ db külön-böző, 𝑎1, … , 𝑎𝑚 üzenet. Ekkor ha 𝑘𝑖 szer fordul elő az 𝑎𝑖 üzenet, akkor 𝑎𝑖-nek 𝑘𝑖 a gyakorisága és 𝑝𝑖 = 𝑘𝑖∕𝑛 > 0 arela v gyakorisága.

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 log2 𝑝𝑖 helye egyszerűen log 𝑝𝑖-t írunk.

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 összefüggésével

értelmezünk.

Tétel. Bármilyen eloszláshoz tartozó entrópiára

𝐻𝑟 𝑝1, … , 𝑝𝑚 ≤ log𝑟𝑚,

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

Kódolás. A kódolás a legáltalánosabb értelemben az üzenetek halmazának egy másik halmazba való leképezésétjelen . Ha a leképezés injek v, akkor aztmondjuk, hogy a kódolás felbontható, egyértelműen dekódolható, egyébkéntveszteséges.

Betűnkén kódolás. üzenet kódolásnak nevezzük azt a kódolást, amely egy szótárat ad, amely a betűkhöz a kódjukatrendeli hozzá, és azt egyértelműen vissza fejthető. Ilyen például az ASCII, a La n-2, az ISO-8859-2 vagy az UTF-16.

Gazdaságos kósolásnak nevezzük azt a kódolást, amelyben a gyakoribb üzenetekhez rövidebb kódot rendel hozzá,amellyel a redundanciát csökken . Ilyenek a tömörítések, de hasonló módon működik az UTF-8 is.

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

Kódfa. Legyen 𝜑 : 𝐴 → 𝐵∗ betűnkén kódolás. Tetszőleges szóhalmaz –, így a 𝜑 értékkészletének a kódszavainakösszes prefixeinek halmaza is – részben rendeze a „prefixe” relációra. Ennek a Hasse-diagramja egy olyan irányítofa, 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).

18

Prefix kód, egyenletes kód és vesszős kód. Tegyük fel, hogy a 𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ leképezés rng(𝜑) értékkészlete 𝐵+

prefixmentes részhalmaza. Ekkor 𝜑 segítségével meghatározo 𝜓 : 𝐴∗ → 𝐵∗ segítségével könnyedén dekódolható,hiszen nincs olyan kódszó, amelynek prefixe egy másik kódszó lenne.

Egy egyenletes kódnak minden betűjének kódszava egyenlő hosszú.

Egy vesszős kódban minden betű kódszavának suffixe egy olyan 𝜃, amely nem szerepel más kódszó prefixében,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.

Példák. Legyen 𝐴 = {a, b, c}, 𝐵 = {0, 1}, és 𝜓 a 𝜑-ből képeze leképezés.

1. Legyen 𝜑 (a) = 00, 𝜑 (b) = 1 és 𝜑 (c) = 01. A kódszavak halmaza prefixmentes, így ez egy prefix kód, tehátegyértelműen dekódolható.

2. Legyen 𝜑 (a) = 10, 𝜑 (b) = 11 és 𝜑 (c) = 01. Ez egyenletes kód, így egyben prefix kód is.3. Legyen 𝜑 (a) = 0010, 𝜑 (b) = 10 és 𝜑 (c) = 010. Ennél a kódnál minden kódszó 10-ra végződik, vagyis 10 a

szufixe, de nincs olyan kódszó, aminek valódi prefixe, vagy valódi infixe, ehát ez a kód vesszős kód, így prefix kódis.

4. Legyen 𝜑 (a) = 10, 𝜑 (b) = 1 és 𝜑 (c) = 01. Ekkor 𝜓 (ab) = 𝜑 (a) 𝜑 (b) = 101 = 𝜑 (b) 𝜑 (c) = 𝜓 (bc),tehát ez a kód nem dekódolható: bár 𝜑 injek v, 𝜓 nem.

5. Legyen 𝜑 (a) = 10, 𝜑 (b) = 1 és 𝜑 (c) = 00. Ez a kód egyértelműen megfejthető, mivel 𝜓 injek v. Ha akódban egy 0 érkezik, akkor arról pontosan tudjuk, hogy az csak egy c lehet, és még egy 0 érkezik majd. Ám ha1 érkezik, mindaddig nem tudjuk megmondani, hogy a vagy b-t kódol, amíg meg nem érkezik a következő jel.Ha a következő jel 1, akkor már biztosak lehetünk, hogy előbb a b kódját kaptuk meg. Ám ha a következő jelek0-k, akkor csak a következő 1 jel után, vagy ha végetér az üzenet tudjuk megmondani, hogy ez az a, vagy b kódja,valamint hány darab c köve azt.

15. McMillan-egyenlőtlenség. Shannon tétele zajmentes csatornára. Optimális kódlétezése, tulajdonságai, konstrukciója: Huffman-kód. A kódolandó ábécé kiterjesztése.Szótárkódok.

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 a 𝐵 elemeivel való olyan felbont-

ható –, sőt prefix kódolása –, hogy az 𝑎𝑗 betű kódjának a hossza 𝑙𝑗.

Op mális kód. Legyen 𝐴 = {𝑎1, …, 𝑎𝑛} a kódolandó ábécé, 𝑝1, …, 𝑝𝑛 a betűk eloszlása, 𝜑 : 𝐴 → 𝐵+ egy betűnkénkódolás, 𝑙𝑖 az 𝑎𝑗 betű kódjának a hossza. Ekkor �̄� = ∑𝑛

𝑖=1 𝑝𝑖𝑙𝑖 a kód átlagos szóhosszűsága. Egy kód op mális, ha adoelemszámú ábécével és eloszlással egy felbontható betűnkén kód átlagos szóhossza minimális.

19

Shanon tétele zajmentes csatornára. Az előző definíció jelöléseivel legyen 𝐵 elemeinek száma 𝑟. Ha a betűnkénkódolás felbontható, akkor 𝐻𝑟 𝑝1, …, 𝑝𝑛 ≤ �̄�, ahol 𝐻𝑟 az eloszlás entrópiája.

*Bizonyítás. AMcMillan-egyenlőtlenséget,− log𝑟 szigorú konvexitását és egy (i nem szereplő) segédtétel használva,

�̄� − 𝐻𝑟 𝑝1, …, 𝑝𝑛 =𝑛

𝑖=1𝑝𝑖𝑙𝑖 +

𝑛

𝑖=1𝑝𝑖 log𝑟 𝑝𝑖

= −𝑛

𝑖=1𝑝𝑖 log𝑟 𝑟−𝑙𝑖 −

𝑛

𝑖=1𝑝𝑖 log𝑟

1𝑝𝑖

= −𝑛

𝑖=1𝑝𝑖 log𝑟

𝑟−𝑙𝑖𝑝𝑖

≥ − log𝑟𝑛

𝑖=1𝑟−𝑙𝑖

≥ − log𝑟 1 = 0. ∎

Shannon-kód létezése. Az előző tétel jelöléseivel, 𝑛 > 1 esetén van olyan prefix kód, amelyre �̄� < 𝐻𝑟 𝑝1, …, 𝑝𝑛 +1.

Op mális kód konstrukciója. Legyen 𝐴 {𝑎1, …, 𝑎𝑛} (𝑛 > 1) 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. Tekintsünk egy op mális prefixkódot és a kódfáját, és legyena kódszavak hosszának maximuma 𝐿. 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), azaz

𝑟 = 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. legyen𝛽1, …, 𝛽𝑛 az 𝑟-elemű kódábécévelmegado , a𝑝1, …, 𝑝𝑛 eloszláshoz tartozó op mális prefix kód, amelynek

a kódfájábannincs csonka csúcs. Ha2 ≤ 𝑚 ≤ 𝑟, és valamely1 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛-re a𝑝𝑛+1, …, 𝑝𝑛+𝑚 pozi v valós számokra∑𝑚𝑖=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.

Bizonyítás. Ha 1. nem teljesülne, akkor

0 < 𝑝𝑖 − 𝑝𝑗 𝑙𝑖 − 𝑙𝑗 = 𝑝𝑖𝑙𝑖 + 𝑝𝑗𝑙𝑗 − 𝑝𝑖𝑙𝑗 + 𝑝𝑗𝑙𝑖 ,

és innen 𝑝𝑖𝑙𝑗 + 𝑝𝑗𝑙𝑖 < 𝑝𝑖𝑙𝑖 + 𝑝𝑗𝑙𝑗, azaz a kétbetű, 𝑎𝑖 és 𝑎𝑗 kódját felcserélve csökken az átlagos szóhosszúság.

20

Ha 2. nem teljesül, és a 𝑗-edik szinten van csonka csúcs, ahol 𝑗 < 𝐿 − 1, akkor egy 𝐿-edik szinten lévő leveleta hozzá vezető éllel áthelyezve erre a csonka csúcsra, és esetleg az áthelyeze élt átszínezve, a levélhez tartozó betűkódjának hossza 𝐿-ről 𝑗+1-re változik, vagyis csökken az átlagos szóhosszúság. Ha valamely csonka csúcsot csak egy élhagy el, akkor elhagyva ezt az élt, és az ennek az élnek amásik végén lévő csúcsból kiinduló részfát áthelyezve az előbbicsúcsba, az áthelyeze részfa leveleihez tartozó kódszavak hossza eggyel csökken, és így az átlagos szóhosszúság iscsökken.

3-hoz, legyen egy op mális kód kódfájában két különböző csonka csúcs. Az előbbiek szerint ezek azonos szintenvannak, így egyikükről az egyik élhez tartozó levelet az éllel együ áthelyezve a másik csonka csúcsra, és esetlegezt az élt átszínezve, az átlagos szóhosszúság nem változik. Ilyen áthelyezések sorozatával viszont vagy a fogadó csúcstelítődik, tehát a csonka csúcsok száma csökken, vagy amásik csonka csúcson legfeljebb egy él maradna, ami az előbbipont alapján op mális kód kódfáján lehetetlen.

Hogy belássuk 4-et, tekintsünk egy 𝑛 levelet tartalmazó kódfát. Töröljük ebben a fában az egyik csúcshoz tartozóösszes levelet, a csonka csúcshoz tartozó levelekkel kezdve, ha van csonka csúcs. Ha𝑚 számú levelet töröltünk, akkoraz új fában𝑚−1-gyel kevesebb levél lesz. Folytassuk az eljárást mindaddig, amíg a végén csak a gyökér marad meg.Ha összesen 𝑠 lépést hajto unk végre, akkor𝑚 − 1 + (𝑠 − 1) (𝑟 − 1) = 𝑛 − 1, vagyis 𝑛 = (𝑠 − 1) (𝑟 − 1) + 𝑚, és2 ≤ 𝑚 ≤ 𝑟.

Az 5-benmegado kód nyilván op mális prefix kód. 6-ban az 𝑎𝑘 betű kódját helye esítjük𝑚 kódszóval úgy, hogya prefix tulajdonság megmarad. (Ezzel a kódolandó ábécé méretét𝑚−1 betűvel növeljük, az átlagos kódhossz pedig𝑝𝑘-val nő.) Jelölje a kapo kódot 𝜑. Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz, és legyen 𝜑∗ a

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

eloszláshoz tartozó valamely op mális prefix kód. Ekkor𝜑∗ átlagos hossza kisebb, mint𝜑 átlagos hossza. Az általános-ság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy𝜑∗ kódfájában is legfeljebb csak egy csonka csúcs van. A𝜑 kód konstrukciójából,illetve 4-ből mindkét kódban egyszerre van csonka csúcs, és ha van, akkor a kifoka ugyanannyi –,𝑚 –, ha pedig nincs,akkor𝑚 = 𝑟. Mivel𝜑∗ op mális kód, ezért az 1. és a 2. szerint az𝑚 darab legkisebb valószínűséghez tartozó kódszó alegmagasabb szinten van a kódfában, és ugyanezen a legmagasabb szinten vannak azok a kódszavak, amelyek az eset-leg csonka csúcs gyermekeihez tartoznak. Mivel kódszavak cseréje, ha azok azonos szinten vannak, nem változtatjameg a kód átlagos hosszát, ezért feltehetjük, hogy mindkét kódban az 𝑚 legkisebb valószínűségű kódszóhoz tartozólevál ugyanahhoz a csúcshoz tartozik. Ezeket törölve, mindkét kód átlagos hossza ugyanannyival változik. Így a 𝜑∗-bólkapo kód átlagos hossza kisebb lesz, mint a 𝜑-ből kapo kódé, ami lehetetlen, hiszen felte ük, hogy a 𝜑-ből kapokód op mális kód. ∎

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.910 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.

Kódolandó ábécé kiterjesztése. Az erede ábécéből elkészítjük az összes kétbetűs, hárombetűs, stb. szavakat, ésegy-egy ilyen szót egy új ábécé egy-egy betűjének tekintjük. Az egyes szavakban szereplő betűk rela v gyakoriságánaka szorzatát rendelve kapjuk a megfelelő eloszlást. Ezzel azt érjük el, hogy egy felbontható kódban az egy betűre jutóátlagos szóhosszúság tetszőlegesen megközelítse az entrópia értékét.

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

9 Csak szere em volna egy egyenlőséget felírni, és ezt csak így lehet, hacsak nem rizsázunk.10 𝑟 a kód alapja, azaz a kód ábécé számossága.

21

16. Hibajelző kódok, paritásbites kód. Kódok távolsága és súlya. Kód hibajelző éshibajavító képessége. Minimális távolságú dekódolás. Ismétléses kód, kétdimenziós pa-ritásellenőrzés. Hamming-korlát, Singleton-korlát.Hibajelző kódok. A hibajelző kódok feladata, hogy a vétel helyén észrevegyük, ha az átvitel során az adat megvál-tozo . Minden esetben nem lehet megállapítani a hibát, például ha a kapo üzenet egy másik értelmes üzenetreváltozo meg.

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.

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.Kódok távolsága és súlya. Egy kódábécének 𝑢 és 𝑣 egyforma hosszú szavainak a Hamming-távolsága 𝑑 (𝑢, 𝑣), azazonos pozícóban lévő különböző jegyek száma, és a kód távolsága, 𝑑 (𝐶), a különböző kódszópárok távolságainakminimuma, ahol 𝐶 a kódszavak 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.

Egy 𝑑 távolságú kód akkor 𝑡-hibajelző, ha 𝑡 < 𝑑, és akkor pontosan 𝑡-hibajelző, ha 𝑡 = 𝑑 − 1.Minimális távolságú dekódolásnak nevezzük azt a dekódolást, ahol a hibajavítást adó döntési függvényt, amely

a döntési hiba –, azaz az, hogy a beérkeze jelsorozathoz nem a ténylegesen beérkeze jelsorozatot rendeljük –, alehető legkisebb.Hibajavító kódok. Egy kód 𝑡-hibajavító, ha minden olyan esetben helyesen javít egy legfeljebb 𝑡 helyenmegváltozoelküldö kódszót. Egy kód pontosan 𝑡-hibajavító, ha 𝑡-hibajavító, de nem 𝑡 + 1-hibajavító, azaz lehet olyan 𝑡 + 1hibával érkező kódszó, amelyet nem, vagy helytelenül javít.

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, merta kódban van két olyan kódszó, amelyek pontosan 𝑑 helyen különböznek. Egy kód 𝑡-hibajavító, és 𝑠-hibajelző, ha𝑑 > 𝑡 + 𝑠 távolságú a kód.Ismétléses kód. Ismétléses kód az, amely minden egyes bitet 3, 5, 7, 9, …, 2𝑛 + 1-szer megismétel. Ennek az egyikhátránya, hogy csak megado feltételekkel tart 0-hoz a döntési hiba valószínűsége, másrészt ezzel az üzenet elküldésiideje arányosan nő.kétdimenziós paritásellenőrzés. Tegyük fel, hogy𝑚 üzenetünk van, amely mind 𝑛 bites szavak. Egészítsünk ki min-den szót egy paritásbi el, mondjuk páratlanná kiegészítve. Írjuk egymás alá az 𝑛 + 1 hosszú 𝑚 szót, és az egymásala álló𝑚 bitet egészítsük ki egy-egy paritásbi el, mondjuk párossá kiegészítve. Ekkor egy 1-hibajavító kétdimenziósparitás ellenőrző kód.Kétdimenziós paritásellenőrzés. Ha egy 𝑞 elemű ábécé bizonyos 𝑛 hosszú szavaiból álló 𝐶 kód 𝑡-hibajavító, akkorbármely két kódszóra a tőlük legfeljebb 𝑡 távolságra levő szavak halmazai diszjunktak. Mivel egy kódszótól 𝑗 távolságrapontosan 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.Akkor nevezünk egy kódot tökéletesnek, ha

♮ (𝐶)𝑡

𝑗=0

𝑛𝑗 (𝑞 − 1)𝑗 = 𝑞𝑛.

Singleton-korlát. Ha egy 𝑞 elemű ábécé bizonyos 𝑛 hosszú szavaiból álló 𝐶 kód távolsága 𝑑, akkor minden kódszóbólelhagyva ugyanarról a helyről 𝑑 − 1 betűt még mindig különböznek a kódszavak, de csak 𝑛 − 𝑑 + 1 hosszúak. Innena kódszavak számára azt kapjuk, hogy ♮ (𝐶) ≤ 𝑞𝑛−𝑑+1, másként 𝑑 ≤ (𝑛 + 1) ∕ log𝑞 (♮ (𝐶)); és ez a Singleton-korlát.

22

17. Lineáris kód, generátormátrix, ellenőrzőmátrix, szindróma-dekódolás. Például:Fano-kód. Polinomkódok, CRC-kódok. Reed-Solomon-kódok és dekódolásuk.

Lineáris kód. Ha 𝐾 egy test, akkor a 𝐾 elemeiből alkoto rendeze 𝑛-esek a komponensenkén összeadással, és az𝑛-es minden ugyanazon elemek összeszorzásával egy𝐾 fele 𝑛-dimenziós𝐾𝑛 lineáris teret alkotnak. Ennek a térnekbármely altere egy lineáris kód. Ha az altér 𝑘-dimenziós, a kód távolsága 𝑑, és a test elemeinek száma 𝑞, akkor azilyen kódot [𝑛, 𝑘, 𝑑]𝑞 kódnak nevezzük. Ha 𝑘 és 𝑑 lényegtelen, akkor elhagyható a jelölésből. A lineáris kód sebessége𝑘∕𝑛.

Generátor mátrix és ellenőrző mátris. Egy 𝐾 véges test fele [𝑛, 𝑘] lineáris kódnál egy 𝐾𝑘-t 𝐶 ⊂ 𝐾𝑛-re képező 𝐺(kölcsönösen egyértelmű) lineáris leképezés, ahol 𝐶 a kódszavak 𝑘-dimenziós altere, mátrixával jellemezhetjük, és eza 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.

Sinróma dekódolás. Legyen 𝐾 véges test, [𝑛, 𝑘] 𝐾 fele lineáris kód, 𝐻 : 𝐾𝑛 → 𝐾𝑛−𝑘. Ha 𝑠 ∈ 𝐾𝑛−𝑘, tekintük a𝐻−1 (𝑠) halmaz egy olyan 𝑒 (𝑠) rögzíte vektorát, amelynek súlya az ado mellékosztályban minimális. Ezeket az𝑒 (𝑠) vektorokat mellékosztály-vezetőknek fogjuk nevezni. Ha 𝑐 ∈ 𝐾𝑛 egy kódszó, 𝑣 ∈ 𝐾𝑛 a ve szó, 𝑒 = 𝑣 − 𝑐 ahiba, és ha 𝑤 (𝑒) < 𝑑∕2 –, tehát ha a hiba minimális távolságú dekódolással javítható –, akkor 𝐻𝑒 (𝑠) = 𝑠 = 𝐻𝑣 =𝐻𝑣 − 𝐻𝑐 = 𝐻𝑒 − 0 = 𝐻𝑒, így 𝑒 és 𝑒 (𝑠) ugyanabban a mellékosztályban vannak. A mellékosztályvezető választásamia 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.

Fano-kód.

Polinomkódok. Lineáris kódnál a 𝑘 hosszú kódolandó szavak tekinthetől 𝔽𝑞 fele , 𝑘-nál alacsonyabb fokú polino-moknak is, a betűket nullától indexelve. Ha a kódolást úgy végezzük, hogy ezt a 𝑝 (𝑥) polinomot beszorozzuk egyrögzíte 𝑚-ed fokú 𝑔 (𝑥) polinommal (𝑚 ∈ ℕ+), akkor lineáris kódot és kódolást kapunk, 𝑛 = 𝑚 + 𝑘 hosszú kód-szavakkal, mivel a 𝑝 ↦ 𝑝𝑔 leképezés kölcsönösen egyértelmű. Az ilyen pusú lineáris kódolást polinomkódolásnaknevezzük, 𝑔 (𝑥) a kód generátor polinomja, a kódszavak a többszörösei.

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

Reed–Solomon-kódok. Legyen𝐾 egy tetszőleges véges test, alkossák az ábécét ennek elemei, a𝐾 elemszámát jelölje𝑞. Legyen a 𝐾∗ egy 𝛼 elemének mul plika v rendje 𝑛. (Nyilván 𝑛∣𝑞 −1; általában 𝛼-t úgy választjuk, hogy 𝑛 = 𝑞 −1legyen.) Ekkor az 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.

Kódtávolság és ellenőrző mátrix.

23

18. Számítási eljárás, szimulálás, példák. Ordó. Az algoritmus szemléletes fogalma.Turing-gépek, példák.

Számítási eljárás. Számítási eljárás ala egy 𝐶 = 𝑄,𝑄𝑏 , 𝑄𝑘 , 𝑓 négyest értünk, ahol 𝑄 az állapotok (tetszőleges)halmaza, a 𝑄𝑏 ⊂ 𝐺 és 𝑄𝑘 ⊂ 𝑄 a bemene , illetve kimene állapotok halmazai, 𝑓 : 𝑄 → 𝑄 átmene függvény 𝑄𝑘elemeit helyben hagyja, azaz 𝑓(𝑞) = 𝑞 minden 𝑞 ∈ 𝑄𝑘 elemre. Minden 𝑞 ∈ 𝑄𝑏 definiál egy 𝑞0, 𝑞1, … számításisorozatot a

𝑞0 = 𝑥 és 𝑞𝑛+1 = 𝑓 𝑝𝑛 , ha 𝑛 ≥ 0rekurzióval. 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.

Példa: Euklideszi algoritmus. Legyen 𝑄𝑘 = ℤ1, 𝑄𝑏 = ℤ2, 𝑄 = ℤ2 × {2, 3} ∪ 𝑄𝑏 ∪ 𝑄𝑘, és legyen

𝑓 (𝑎, 𝑏) = (𝑎, 𝑏, 2) , 𝑓 (𝑎) = 𝑎,𝑓 (𝑎, 𝑏, 2) = 𝑎, ha 𝑏 = 0, és 𝑓 (𝑎, 𝑏, 2) = (𝑎, 𝑏, 3) egyébként,𝑓 (𝑎, 𝑏, 3) = (𝑏, 𝑎mod 𝑏, 2) .

A harmadik koordináta azt mutatja, hogy melyik lépésben vagyunk, 𝑎 és 𝑏 aktuális érétke pedig 𝑟𝑛, illetve 𝑟𝑛+1.Szimulálás. Azt mondjuk, hogy a 𝐶′ = (𝑄′, 𝑄′𝑏 , 𝑄′𝑘 , 𝑓) számítási eljárás szimulálja a 𝐶 = 𝑄,𝑄𝑏 , 𝑄𝑘 , 𝑓 számításieljárást, ha van olyan 𝑔 : 𝑄𝑏 → 𝑄′𝑏 bemene kódolás függvény, olyan ℎ : 𝑄′ → 𝑄 állapotkódolás függvény és olyan𝑘 : 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.

Példa. Legyen 𝑄𝑘 = ℤ3, 𝑄𝑏 = ℤ2, 𝑄 = ℤ7 × {2, 3.1, 3.2} ∪ 𝑄𝑏 ∪ 𝑄𝑘; a nyolcadik koordináta mondja meg,hogy melyik lépésben vagyunk.

𝑓 (𝑎, 𝑏) = (𝑎, 1, 0, 𝑏, 0, 1, 0, 2) , 𝑓 (𝑎, 𝑥, 𝑦) = (𝑎, 𝑥, 𝑦) ,𝑓 (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞, 2) = (𝑎, 𝑥, 𝑦) , ha 𝑏 = 0 és𝑓 (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞, 2) = (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞, 3.1) , ha 𝑏 ≠ 0𝑓 (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞, 3.1) = (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, ⌊𝑎∕𝑏⌋ , 3.2) ,𝑓 (𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞, 3.2) = (𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑎 − 𝑞𝑏, 𝑥 − 𝑞𝑢, 𝑦 − 𝑞𝑣, 𝑞, 3.1) ,

ahol az 𝑎, 𝑥, 𝑦, 𝑏, 𝑢, 𝑣, 𝑞 rendre az 𝑟𝑛 , 𝑥𝑛 , 𝑦𝑛 , 𝑟𝑛+1, 𝑥𝑛+1, 𝑦𝑛+1, 𝑞𝑛+1-nek felelnek meg.

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.

Ω (𝑞)midnazon 𝑓 : ℕ → ℝ számsorozatok halmaza, amelyekhez van olyan 𝐶 ∈ ℝ+ és 𝑁, hogy ha 𝑛 ≥ 𝑁, akkor𝐶 ∣∣𝑓 (𝑛)∣∣ ≥ ∣∣𝑔 (𝑛)∣∣.

Az 𝛰 (𝑔) és Ω (𝑔) halmazok metszetét 𝛩 (𝑔) jelöli.

Szemléletesen egy algoritmus egy olyan papírszalagokra ceruzával és radírral írhatunk rá, vagy letörölhetünkróla értékeket, valamint a szalag két irányban tetszőlegesen meghosszabbítható, de csak véges részén vannak jelek,miközben véges sok dolgot fejben tartunk.

Turing-gép. Egy Turing-gép 𝑘 ≥ 1 számú szalagból és egy vezérlő egyséből áll. A szalagok mindkét irányban végtelensok mezőre vannak osztva. Minden mezőn egy-egy betű van egy véges áábécéből, úgy, hogy véges sok mező kivételé-vel minden mezőn a szóköz (üres) jel áll. Ezeket a végtelen sok üres mezőt nem szoktuk ábrázolni. A vezérlő véges sok

24

belső állapot egyikében lehet, ezek közö egy 𝑠 kezdő és egy ℎ végállapot. Minden szalag rendelkezik egy író-olvasófejjel.

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.

Példák.

1. Az a Turing-gép, amelynek csak az 𝑠 = ℎ belső állapota van, nem csinál semmit, kimenete a bemenet. (SKIP)2. Az a Turing-gép, amelynek csak az 𝑠 ≠ ℎ belső állapotai vannak, mindig üres jelet ír és balra lépminden szalagon,

és mindig az 𝑠 állapotban marad, törli a szalagokat, de soha nem áll meg.3. Az az egyszalagos Turing-gép, amelynek csak az 𝑠 ≠ ℎ belső állapotai vannak, ha nem üres jelet olvas, akkor balra

lép, ha pedig üres jelet olvas, akkor jobbra lép, és megáll, továbbá mindig azt írja vissza, amit olvaso , megkeresia bemenet bal szélső betűjét.

4. Egy egyszalagos gépen azt, hogy abrakadabra, kiírathatjuk a szalagra 12 állapo al (üres bemene el, balróljobbra).

5. Könnyű megadni olyan kétszalagos gépet, amely 𝑎1𝑎2…𝑎𝑛 bemenetre kimenetként az 𝑎𝑛𝑎𝑛−1…𝑎1 szót adja:elmegyünk a bemenet bal széléig, majd vissza felé haladva a betűket egyenként a második szalagra másol-juk. Hasonlóan könnyű megadni olyan kétszalagos gépet, amely 𝑎1𝑎2…𝑎𝑛 bemenetre 𝑎1𝑎2…𝑎𝑛𝑎𝑛𝑎𝑛−1…𝑎1,𝑎1𝑎2…𝑎𝑛𝑎1𝑎2…𝑎𝑛, illetve 𝑎1𝑎1𝑎2𝑎2…𝑎𝑛𝑎𝑛 kimeneteket adják.

19. Turing-gép szimulálása csökkentett jelkészlettel. Egy szalagos gép, példák, szi-mulálás egy szalaggal. Szemétgyűjtés. Univerzális Turing-gépek.

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-gépel, amelynek ábécéje 𝐴′. Ha egyszámítás során a 𝑇 gép 𝑡 lépést tesz, akkor a 𝑇′ gép 𝑂 (𝑡) lépést tesz.

Bizonyítás. Az 𝐴 elemeit alkalmas 𝑛-re 𝐴′ elemeiből alkoto 𝑛-esekkel kódoljuk őgy, hogy 𝐴 üres jelének kódja az 𝐴′üres jeléből alkoto 𝑛-es legyen. Ha 𝐴′-nek legalább három eleme van, akkor a kódolást lehet úgy is választani, hogymás 𝐴-beli jel kódja ne tartalmazza az üres jelet, csak az üres jelé.

A 𝑇′ konstrukcióját az 𝐴 = {0, 1, 2, 3} és 𝐴′ = {␣, I} esetben fogjuk részletesen bemutatni, de ebből világos leszaz általános eset is. Feltéve, hogy 𝐴-ban a 0 az üres jel, legyen 𝑛 = 2, és válasszuk a 0 ↦ ␣, 1 ↦ ␣I, 2 ↦ I␣,3 ↦ II kódolást. Minden ℎ ≠ 𝑏 ∈ 𝐵 belső állapotához 𝑇-nek a 𝑇′ gének a 𝑏, 𝑏␣, 𝑏I a 𝑏𝑖, 𝑖 ∈ 𝐴, valamint a 𝑏𝑖,𝑒, 𝑖 ∈ 𝐴és 𝑐 ∈ {⇦,⇨} belső állapotai tartoznak; azért többszöröztük meg minden 𝑏 ≠ ℎ esetén a belső állapotokat, hogyezek segítségével „emlékezzünk” dolgokra. Ha a 𝑇′ gép a 𝑏 belső állapotban van, akkor mindig egy kódszó jobb szélénáll. Elolvassa kódszó jobb oldali betűjét, és a ól függően, hogy mit olvaso , a 𝑏␣, vagy a 𝑏I állapotba megy át (ezzeljegyezve az olvaso betűt), és balra lép. Most a ól függően, hogy i mit olvaso , a 𝑏𝑖 állapotok valamelyikébe megyát, ezzel megjegyezve, hogy milyen betű kódját olvasta a két lépésben, a szalagra 𝑖∗ kódjának bal oldali betűjét írja,és jobbra lép; i nyilván 𝑖 = 0, ha a 𝑏␣ állapotban voltunk, és␣ betűt olvastunk, 𝑖 = 1, ha 𝑏I állapotban voltunk, és␣-t olvastunk, stb., és 𝜑 (𝑏, 𝑖) = 𝑏∗, 𝑖∗, 𝑐 . A 𝑏𝑖 állapotban, ha 𝑐 az □ (=) jel, akkor a szalagra 𝑖∗ kódjának másodikbetűjét írjuk, az 𝑖 és 𝑐 értéknek megfelelő 𝑏𝑖,𝑐 állapotba megyünk át, és 𝑐 értékének megfelelően balra vagy jobbralépünk. A 𝑏𝑖,𝑐 állapotban azt írjuk a szalagra, amit olvastunk a 𝑐 értékének megfelelően balra vagy jobba mozgunk,és a 𝑏∗ állapotba megyünk át. A 𝑇 gép bármely lépését 𝑇′ legfeljebb 4 lépésben szimulálja. Az általános esetben,amikor𝐴 betűit𝐴′ betűiből képze 𝑛 hosszú szavakban feleltetjükmeg, minden lépést legfeljebb 2𝑛 lépésben tudunkszimulálni. ∎Egyszalagos gépre példák.

25

1. Tetszőleges𝑎1𝑎2…𝑎𝑛 bemenetből előállítjuk az𝑎1𝑎1𝑎2𝑎2…𝑎𝑛𝑎𝑛 kimenetet. A jobbszélről indulva, az 𝑎1𝑎2…𝑎𝑛−1részt balra toljuk úgy, hogy␣ jellel felülírjuk az 𝑎𝑛−1-et, 𝑎𝑛−1-gyel 𝑎𝑛−2-t, stb., egészen addig, amíg egy␣ jelentnem írunk felül, ekkor ugyanis elértük a bal szélét. Ezen művelet ala mindig csak egy betűt kelle megjegyezni.Visszamegyünk az első (általunk írt)␣ jel utánra 𝑎𝑛-re, visszalépünk, és 𝑎𝑛-nel felülírjuk az␣ jelet. Balra lépünk,és ezt a műveletet megismételjük a maradék 𝑎𝑛−1 jellel.

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.

Bizonyítás. Az 𝑆 gép mezőit 2𝑘 darab szomszédos mezőből álló csoportokra osztjuk. Az induláskor a fej egy ilyenmezőcsoport jobb szélén áll. Ezen mezőcsoportba írt

𝑎1𝑎2…𝑎𝑘𝑓1𝑓2…𝑓𝑘

betűkből 𝑎1, 𝑎2, …, 𝑎𝑘 rendre azon mezők tartalma, amelyeken induláskor a 𝑇 gép első, második stb. szalagján afejtől balra, közvetlenül melle e álló betűket tartalmazza stb. Szükség van annak jelzésére is, hogy a szimuláció soránhol állnak 𝑇 szalagjain a fejek. Az𝑆 szalagján egy-egy mezőcsoport 𝑓1, 𝑓2, …, 𝑓𝑘 betűi ezt adják meg: ha a 𝑇 gép𝑖-edik szalagján a mezőcsoportban szereplő 𝑎𝑖 betűn áll a fej, akkor 𝑓𝑖 nem az üres jel, egyébként 𝑓𝑖 az üres jel.Kezdetben tehát az 𝑆 gép szalagján azon mezőcsoport 𝑓1, 𝑓2, …𝑓𝑘 mezői, amelyiknek a bal szélén a fej áll, mind nemüresek, az összes többi mezőcsoport 𝑓1, 𝑓2, …, 𝑓𝑘 mezői pedig mind üresek. A 𝑇 gép egy lépésének szimulálása annaka 2𝑘 hosszú mezőcsoportnak a jobb széléről indul, amelyben a leginkább jobbra léve fej van. A szimuláció során 𝑆„emlékszik” arra, hogy 𝑇 milyen állapotban van, és arra is, hogy egy mezőcsoport melyik mezőjén áll. Balra lépkedvemegkeresi minden szalaghoz a fejet, és „megjegyzi” a megfelelő szalagjelet is. Mikor minden fejet megtalált, tudja,hogy mit kell tenni: Mit írjon a megfelelő mezőkbe, merre mozdítsa a fejet, és melyik állapotba menjen át. Jobbra,visszafelé haladva amegfelelő helyeken ír a szalagra, ésmegfelelőenmozgatja a fejeket. Hogy eközben ne kelljen balravisszalépni, célszerűen, miközben balra mozog, minden fejnek „megelőlegezi”, hogy balra fog lépni, és balra mozdítjael. Ha mégsem balra mozdul a fej, jobbra haladva korrigál.

Ha eddig a 𝑇 gép 𝑛 lépést szimuláltunk, akkor a fejek legfeljebb 𝑛mezőcsopor al mordultak el balra vagy jobbra.Így a következő lépés szimulálása során legfeljebb 2𝑛+1mezőcsoportot kell balra haladva végigolvasnunk, hogy „be-gyűjtsük” a jelenlegi helyzetre vonatkozó információkat. Ezután legfeljebb még egy mezőcsoportnyit haladunk balra,majd visszafelé legfeljebb 2𝑛+3mezőcsoporton kell végiglépegetnünk. Így az 𝑛+1-edik lépés szimulálása legfeljebb2𝑘 (4𝑛 + 5) lépést igényel. Innen a szimuláció teljes lépésszáma legfeljebb ∑𝑡−1

𝑛=0 2𝑘 (4𝑛 + 5) = 2𝑘𝑡 (2𝑡 + 3). ∎Szemétgyűjtés.

Univerzális Turing-gépek.

20. RAM gép, ekvivalenciája Turing-géppel. Tárolt programú gép.

RAM gép. 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 töltése

26

PUT 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

Tárolt programú gép. Egy tárolt programú gépmemóriája ugyanolyan, mint a RAM-gépeké –, azaz az𝑀memóriánakminden𝑀 [𝑘] (𝑘 ∈ ℤ) rekesze tetszőleges egész számot tárolhat, de egyszerremindig csak véges sok nemnulla értékettárol –, de csak 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

21. Félszalagos gépek. Post-gép és ekvivalenciája Turing-géppel. Korlátozott gép-modellek. Eldönthetetlen problémák (vázlatosan).

Félszalagos gépek. A félszalagos Turing-gép olyan Turing-gép, amely csak az egyik irányba (ábrázolásnál jobbra) vég-telen. Ha túl halad a végén a másik irányba, akkor azt mondjuk, hogy a Turing-gép „elszállt”, de soha nem megy át ahalo állapotba.

27

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 tételkidolgozásokat 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. 2011juadaml@inf.elte.hu

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