Kisokos: Matematika 1 - Geometria es matematikai …Értelmezés.Apésq ítéletekdiszjunkciójaa pvagyq”íté- Logikai érték-táblázat: p q p∨q 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1...

Tartalomjegyzék1. A matematikai logika elemei . . . . . . . . . . . . . 11.1. Az ítéletkalkulus elemei . . . . . . . . . . . . . 11.2. A predikátum-kalkulus elemei . . . . . . . . . 51.3. Halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. A matematikai indukció elve . . . . . . . . . . 10

2. Valós számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1. Valós számhalmazok . . . . . . . . . . . . . . 132.2. Hatványok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3. Az n. gyök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4. Logaritmusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3. Sorozatok, haladványok . . . . . . . . . . . . . . . 263.1. Sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.2. Számtani haladványok . . . . . . . . . . . . . 303.3. Mértani haladványok . . . . . . . . . . . . . . 32

4. Függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.1. A függvény fogalma . . . . . . . . . . . . . . . 354.2. Műveletek számfüggvényekkel . . . . . . . . . 374.3. Függvények tulajdonságai . . . . . . . . . . . 444.4. Bijektív függvények . . . . . . . . . . . . . . . 514.5. Függvény grafikus képe . . . . . . . . . . . . . 594.6. A tulajdonságok mértani jelentése . . . . . . . 61

5. Sajátos függvények, egyenletek . . . . . . . . . . . 695.1. Az elsőfokú függvény . . . . . . . . . . . . . . 695.2. Elsőfokú egyenletek és egyenlőtlenségek . . . . 725.3. Másodfokú függvény . . . . . . . . . . . . . . 765.4. Másodfokú egyenletek és egyenlőtlenségek . . . 815.5. Természetes kitevőjű hatványfüggvények . . . . 865.6. Negatív egész kitevőjű hatványfüggvények . . . 885.7. Gyökfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . 925.8. Irracionális egyenletek . . . . . . . . . . . . . 945.9. Az exponenciális függvény . . . . . . . . . . . 985.10. Exponenciális egyenletek . . . . . . . . . . . 1005.11. A logaritmus függvény . . . . . . . . . . . . . 1035.12. Logaritmusos egyenletek . . . . . . . . . . . . 106

5.13. A szinusz függvény . . . . . . . . . . . . . . . 1135.14. Az árkusz-szinusz függvény . . . . . . . . . . 1165.15. A koszinusz függvény . . . . . . . . . . . . . 1195.16. Az árkusz-koszinusz függvény . . . . . . . . . 1215.17. A tangens függvény . . . . . . . . . . . . . . 1235.18. Az árkusz-tangens függvény . . . . . . . . . . 1255.19. A kotangens függvény . . . . . . . . . . . . . 1275.20. Az árkusz-kotangens függvény . . . . . . . . . 128

6. Komplex számok . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1316.1. A komplex számok halmaza . . . . . . . . . . . 1316.2. Komplex szám algebrai alakja . . . . . . . . . 1336.3. Geometriai megfeleltetés . . . . . . . . . . . . 1376.4. Trigonometriai alak . . . . . . . . . . . . . . . 1406.5. Komplex szám n-ed rendű gyökei . . . . . . . . 1446.6. Binom és bikvadratikus egyenletek . . . . . . . 145

7. Kombinatorika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.1. A kombinatorika alapszabályai . . . . . . . . . 1477.2. Permutációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1517.3. Az Sn szimmetrikus csoport . . . . . . . . . . 1527.4. Variációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1577.5. Kombinációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1587.6. Newton binomiális képlete . . . . . . . . . . . 159

8. Pénzügyi matematika . . . . . . . . . . . . . . . . 1618.1. A pénzügyi matematika elemei . . . . . . . . . 1618.2. A matematikai statisztika elemei . . . . . . . . 1648.3. Valószínűségszámítás . . . . . . . . . . . . . . 167

9. Mátrixok és determinánsok . . . . . . . . . . . . . 1719.1. Mátrixok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.2. Determinánsok . . . . . . . . . . . . . . . . . 1789.3. Determinánsok alkalmazásai a mértanban . . . 1839.4. Mátrix inverze . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.5. Mátrix rangja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

10. Lineáris egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . 19111. Algebrai struktúrák . . . . . . . . . . . . . . . . . 19811.1. Műveletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19811.2. Csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

11.3. Részcsoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . 21411.4. Csoportmorfizmusok . . . . . . . . . . . . . . 21611.5. Gyűrűk és testek . . . . . . . . . . . . . . . . 218

12. Polinomok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22212.1. Polinomgyűrű . . . . . . . . . . . . . . . . . 22212.2. Polinom algebrai alakja . . . . . . . . . . . . 222

1. A matematikai logika elemei

1.1. Az ítéletkalkulus elemei

..

Értelmezés. Ítéletnek nevezünk egy jól meghatározott do-logra vonatkozó kijelentő mondatot, amelyről egyértel-műen eldönthető, hogy igaz vagy hamis.Megjegyzés. Egy ítélet nem lehet egyidőben igaz is és ha-mis is és az sem lehetséges, hogy igaz se és hamis se legyen.Értelmezés. Egy ítélethez egyértelműen hozzérendelhetjükaz 1 vagy 0logikai értéket: ha az ítélet igaz, akkor logikai értéke 1, hahamis, akkor logikai értéke 0 (itt az

”1” és ”0” szimbólumo-

kat és nem számokat jelölnek).Jelölés. Az ítéletek jelölésére a p,q,r,... kisbetűket hasz-náljuk.

Példa. Ítéletek:”Minden négyzetben van derékszög.”- igaz, lo-

gikai értéke 1;

”Egy háromszög szögeinek mértékének összege 110◦.”-hamis,logikai értéke 0;

”Az egyenlő oldalú háromszögben az oldalak kongruensek.”-igaz, logikai értéke 1.

Nem ítéletek:”x+3=10”- nem lehet eldönteni, hogy igaz vagy

hamis: létezik olyan x érték, amelyre igaz (x=7) és van olyan xis, amelyre hamis (például az x=1);

”Egy háromszögben az oldalak kongruensek.”- az egyenlő oldalúháromszög esetében igaz, minden más esetben hamis.

1

..

Értelmezés. A p ítélet tagadása a”non p” ítélet (jelölés: ¬p

vagy p), amely igaz, ha p hamis és hamis, ha p igaz.Logikai érték-táblázat:p ¬p0 11 0

Megjegyzés. A p és¬(¬p) ítéletek logi-kai értéke megegyezik.Szóbeli közlésben a tagadást általábana”nem” szóval fejezzük ki.

.Ítélet tagadása

Példa. A p:”Kettő plusz három nagyobb négynél.” igaz ítélet ta-

gadása a¬p:”Kettő plusz három nem nagyobb négynél.” hamis

ítélet.Matematikailag ezt így írjuk le: p:

”2+3>4”, ¬p:

”2+3 ̸>4”.

A”Minden kutya fekete.” hamis ítélet tagadása a

”Van olyan

kutya, amely nem fekete.” igaz állítás.

..

Értelmezés. A p és q ítéletek konjunkciója a”p és q” ítélet

Logikaiérték-táblázat:p q p∧q0 0 00 1 01 0 01 1 1

(jelölés: p∧q), amely csak akkor igaz, hamind a p, mind a q igaz (ha p és q közüllegalább az egyik hamis, akkor p∧q ha-mis).Megjegyzés. Szóbeli közlésben a kon-junkciót általában az

”és” szóval fejez-

zük ki.

.Ítéletek konjunkciója

2

..

Értelmezés. A p és q ítéletek diszjunkciója a”p vagy q” íté-

Logikaiérték-táblázat:p q p∨q0 0 00 1 11 0 11 1 1

let (jelölés: p∨q), amely csak akkor ha-mis, ha mind a p, mind a q hamis (ha pés q közül legalább az egyik igaz, akkorp∨q igaz).Megjegyzés. Szóbeli közlésben a disz-junkciót általában a

”vagy” szóval fejez-

zük ki.

.Ítéletek diszjunkciója

..

Értelmezés. A p,q,r,... egyszerű ítéletekből a ¬,∨,∧ logi-kai operátorok véges számú alkalmazásával alkotott új íté-leteket összetett ítéleteknek nevezzük.Megjegyzés. Az ítéletkalkulus azt vizsgálja, hogy egy össze-tett ítélet logikai értéke hogyan függ az őt alkotó egyszerűítéletek logikai értékétől.

..

Értelmezés. Ap,q ítéletek implikációján a ((¬p)∨q) össze-tett ítéletet értjük (jelölés: p→q,

”p implikálja q-t”,

”p-ből

következik q”). A táblázatból kitűnik, hogy p→q akkor ésLogikai

érték-táblázat:p q ¬p p→q

0 0 1 10 1 1 11 0 0 01 1 0 1

csakis akkor hamis, ha p igaz és q ha-mis.Megjegyzés. Szóbeli közlésben a p→qimplikációt általában a

”ha p, akkor q”

módon fejezzük ki. A p→q implikáci-óban p neve feltevés, a q neve követ-kezmény.

.Ítéletek implikációja

Példa. A p:”A 2 egy páros szám.”, q:

”A Föld gömb alakú.”

ítéletek esetén.. p→q:

”Ha a 2 egy páros szám, akkor a Föld gömb

3

3. Sorozatok, haladványok

3.1. Sorozatok

..

Értelmezés. LegyenA egy nemüres halmaz. Egy f :N∗→Afüggvényt azA elemeinek egy sorozatának nevezzük.Jelölés. Az f(n) értéket a sorozat n-edik tagjának (n-edrangú tag, n indexű tag) nevezzük és an-nel (bn, cn) jelöl-jük. Egy sorozatot általában zárójelbe tett kisbetűvel jelö-lünk: (an), (an)n∈N∗ , (bn).Értelmezés. Ha A egy számhalmaz, egy f :N∗→A függ-vényt számsorozatnak nevezzünk.

..

Egy sorozat lehet:.. leíró módon értelmezett: azn. tagot valamely egy-értelmű tulajdonság alapján definiáljuk, vagymeg-adjuk az első néhány tagot, amíg egyértelművé vá-lik a szabály;

.. képlettel (szabállyal) értelmezett: adott a képlet,mely explicitmódonmeghatározza, hogyan kell ki-számítani az n. tagot;

.. rekurziós képlettel értelmezett: adott az első tag(az első néhány tag) és egy képlet, mely megadja,hogy az n. tagot hogyan fejezzük ki az előző tag(tagok) segítségével.

.Sorozatok megadási módjai

26

Feladat. Adott az (xn)n≥1 sorozat, ahol xn=−10+7n, ∀n≥1. Írjuk fel az első három tagot! Tagja-e a sorozatnak a 99?Hát a 123?M. x1=−10+7·1=−3, x2=−10+7·2=4, x3=−10+7·3=11.A 99 akkor tagja a sorozatnak, ha valamely k∈N∗ indexre xk=99. Az xk képlete alapján −10+7k=99⇔k= 109

7 ̸∈N∗. Tehát

99 nem eleme a sorozatnak.Ha valamely k∈N∗ indexre xk=123, akkor −10+7k=123⇔k= 133

7 =19∈N∗. Tehát 123 a sorozat 19. tagja.

Feladat. Az (xn)n≥1 sorozatot az x1=1 kezdőértékkel és azxn=2xn−1+1, ∀n≥1 rekuziós képlettel értelmezzük. Írjuk felaz első négy tagot és az általános tag (an) képletét!M. x1=1; a rekurziós összefüggésben=2-t, majdn=3-t,n=4-t helyettesítve: x2=2x1+1=3, x3=2x2+1=7, x4=2x3+1=15.Ezen értékek alapján megsejthetjük az általános tag képletét:xn=2n−1, ∀n∈N∗.A P (n):

”xn=2n−1”, n∈N∗ állítás helyességét a matematikai

indukció módszerével igazoljuk:I. n=1: P (1):

”x1=21−1”, igaz.

II. Feltételezve, hogyP (k) igaz, igazoljuk, hogyP (k+1) is igaz:

xk+1rek.= 2xk+1

ind.felt.= 2(2k−1)+1=2k+1−1.

A matematikai indukció elve alapján xn=2n−1, ∀n≥1.

..

Értelmezés. Egy sorozatot korlátosnak nevezünk, ha vankét olyanm,M szám, amelyrem≤an≤M , ∀n∈N∗.Tétel. Egy (an)n≥0 sorozat pontosan akkor korlátos, halétezik olyanM>0 szám, amelyre |an|≤M , ∀n∈N∗.

.Korlátos sorozatok

27

Feladat. Igazoljuk, hogy az (an) sorozat korlátos, ahol an=n+2

2n+3.

M.Az első néhány tag felírásával (a1=35 , a2=

47 , a3=

59 ) úgy tű-

nik, hogy a sorozat tagjai 1-nél kisebbek. Igazoljuk ezt a sejtést:

an<1⇔n+2

2n+3<1⇔n+2<2n+3⇔0<n+1.

Alsó korlátot könnyű találni: 0. Tehát 0<an<1.

Feladat. Igazoljuk, hogy az x0∈[−5,2], xn+1=2sin(xn)+1sorozat korlátos!M. sin(xn)∈[−1,1]⇒2sin(xn)∈[−2,2]⇒2sin(xn)+1∈[−1,3]⇒xn+1∈[−1,3], ∀n∈N∗.Tehát x0∈[−5,2], x2,x3,...∈[−1,3], így xn∈[−5,3], ∀n∈N.

..

Értelmezés. Az (an)n∈N∗ sorozat.. növekvő, ha ∀n∈N∗ esetén an≤an+1;.. szigorúan növekvő, ha ∀n∈N∗ esetén an<an+1;.. csökkenő, ha ∀n∈N∗ esetén an≥an+1;.. szigorúan csökkenő, ha ∀n∈N∗ esetén an>an+1.

Értelmezés. Az (an) sorozat.. monoton, ha növekvő vagy csökkenő;.. szigorúan monoton, ha szigorúan növekvő vagyszigorúan csökkenő.

.Monoton sorozatok

Példa. Azan=1+2+3+...+n általános tagú (an)n∈N∗ sorozatszigorúan növekvő.A bn=

[n3

]általános tagú (bn) sorozat ([A] azA szám egész ré-

szét jelöli) (nem szigorúan) növekvő: b1=0, b2=0, b3=1, b4=1,b5=1, b6=2, ...Azxn=

1n általános tagú (xn)n∈N∗ sorozat szigorúan csökkenő.

28

..

A gyakorlatban az (an) sorozat monotonitását vizsgálhat-juk

.. az an+1−an különbség 0-hoz való viszonyánaktanulmányozásával: ha ez a különbség n-től füg-getlenül

.. pozitív, akkor a sorozat növekvő,

.. negatív, akkor a sorozat csökkenő;.. (pozitív tagú sorozatok esetén) az

an+1

an

hányados

1-hez való viszonyának tanulmányozásával: ha eza hányados n-től függetlenül

.. 1-nél nagyobb, akkor a sorozat növekvő,

.. 1-nél kisebb, akkor a sorozat csökkenő.

.Monotonitás vizsgálata

Feladat. Vizsgáljuk az an=n+2

2n+1általános tagú sorozat

monotonitását!M. I. megoldás. an+1−an=

n+3

2n+3−

n+2

2n+1=

−3

(2n+3)(2n+1)<0, tehát a sorozat csökkenő.

II. megoldás.an+1

an

=

n+32n+3

n+22n+1

=2n2+7n+3

2n2+7n+6<1, tehát a sorozat

csökkenő.

29

4.5. Függvény grafikus képe

..Értelmezés. Az f :A→B grafikonja aGf halmaz, aholGf={(x,y)| x∈A,y=f(x)}={(x,f(x))| x∈A}.

Példa. Az f :{−3,0,1,5}→R, f(x)=2x+1 függvény grafikonja:Gf={(−3,−5); (0,1); (1,3); (5,11)}.

Feladat. A G1={(1,3); (4,−5); (5,−5)} ésG2={(1,3); (4,−5); (4,5)} halmazok közül melyik lehetegy függvény grafikonja?

M. Az f :{1,4,5}→R, 1 f7→3, 4f7→−5, 5 f7→−5 függvény grafi-

konja G1. A G2 halmaz nem lehet egy függvény grafikonja,mert az x=4 elemhez két érték is hozzá van rendelve (a −5 ésaz 5).

..

Értelmezés. Descartes-féle vagy derékszögű koordináta-rendszernek nevezünk két, egymásra merőlegesOx ésOyegyenest, amelyeken kijelöltünk egy-egy pozitív irányt ésegy-egy egységet.Értelmezés. Ha f :A→B egy számfügvény és a síkbanrögzített egy derékszögű koordinátarendszer, akkor a sík(x,f(x)), x∈A koordinátájú pontjainak halmazát az fgrafikus képének nevezzük.

Feladat. Ábrázoljuk az f :{1;1,5;2}→R, f(x)=2x−3 függ-vény grafikus képét!M.

..x

.

y

.

1

.

−1

.−1

. 1.2

.O.

A

. B.

C f(1)=−1, f(1,5)=0, f(2)=1,így a függvény grafikonjaGf={(1,−1);(1,5,0);(2,1)}.A grafikus kép az A(1,−1),B(1,5,0), (2,1) pontokból áll.

59

..

Egy f :A→B számfüggvény grafikus képét általában úgyszerkesztjük meg, hogy különböző x∈A értékekre kiszá-mítjuk az y=f(x) behelyettesítési értékeket, ábrázoljuk az(x,f(x)) koordinátájú pontokat és ezek alapján megpró-báljuk elképzelni a grafikus képet.Emellett figyelembe vehetjük a függvényről szóló (elméleti)ismereteinket:- a függvény tulajdonságait:

.. értelmezési tartomány: azOx-tengelynek csak azértelmezési tartománynakmegfelelő részét kell áb-rázolni;

.. képhalmaz: az Oy-nak csak az Imf -nek megfe-lelő részét kell ábrázolni;

.. fontosabb pontok: pl. a koordináta-tengelyekkelvaló metszéspontok: ha0∈A, akkorGf∩Oy={(0,f(0))},Gf∩Ox={(x0,0)| x0∈A,f(x0)=0};

.. periodicitás: ha T>0 a függvény egy periódusa,a grafikus képet elegendő egy T hosszúságú inter-vallumon megrajzolni (pl. [0,T ]-n);

.. paritás: ha f páros, akkor f grafikus képe szim-metrikus azOy-tengelyre nézve; haf páratlan, ak-kor f képe szimmetrikus azO pontra nézve;

.. folytonosság: szemléletesen, f folytonos egy I⊆Aintervallumon, ha I-re való leszűkítésének grafi-kus képe folytonos vonallal megrajzolható;

.. aszimptoták

.. korlátosság, szélsőértékek

.. monotonitás

.. előjel: ha f(x)>0 (f(x)<0), x∈I, I⊆A, akkorf -nek I-re való leszűkítésének képe azOx-tengelyfölött (alatt) helyezkedik el;

.Grafikus kép megrajzolása

60

..

.. konvexitás, inflexiós pontok

.. bijektivitás, inverz függvény: ha f bijektív, akkorf és f−1 grafikus képe szimmetrikus az első szög-felezőre (az y=x egyenesre) nézve;

- a matematikai analízis eszközei által szolgáltatott adato-kat.

.Grafikus kép megrajzolása - folytatás

4.6. A tulajdonságok mértani jelentése

..

Az f :A→B számfüggvény grafikus képének ábrázolása so-rán az Ox-tengelynek csak az A-nak megfelelő része, azOy tengelynek pedig csak az Imf -nek megfelelő része ér-dekel.Fordítva, ha adott a függvény grafikus képe (Gf ), az értel-mezési tartomány aGf -nek azOx-re eső vetülete, az Imfpedig aGf -nek azOy-ra eső vetülete.

.Gf↔ értelmezési tartomány, Imf

..x

.

y

.O.

Gx2

.

A

A=[−1,3]

..x

.

y

.O.

Gx2

.

Imf

Imf=[−1,2]

61

..

Az f :A→R függvény pontosan akkor korlátosm alsó ésMfelső korláttal, ha a grafikus kép az y=m és y=M vízszin-tes egyenesek közt helyezkedik el.Ha a grafikus kép nem szoríthatató be két vízszintes egye-nes közé, akkor f nem korlátos.

.Gf↔ korlátosság

..x

.

y

.O

korlátos

..x

.

y

.O

felülről korlátosalulról nem korlátos

..x

.

y

.O

felülről nem korlátosalulról korlátos

..x

.

y

.O

felülről nem korlátosalulról nem korlátos

..

Az f függvény pontosan akkor páros, ha grafikus képeszimmetrikus azOy-tengelyre nézve.Az f függvény pontosan akkor páratlan, ha grafikus képeszimmetrikus azO pontra nézve.

.Gf↔ paritás

..x

.

y

.O

f páros

..x

.

y

.O

f páratlan

62

7. Kombinatorika

7.1. A kombinatorika alapszabályai

..

Tétel. Ha az A kiválasztására nA lehetőségünk van (az Aelemet nA elem közül választhatjuk ki), a B (C,...) kivá-lasztására nB(nC , ...) lehetőségünk van és ezek a lehető-ségek mind különbözőek, akkor az A vagy B (vagy C, ...)kiválasztásra nA+nB(+nC+...) lehetőség van.Megjegyzés. Halmazelméleti jelölésekkel ez a szabály ígyírható (|M | az M halmaz elemeinek számát jelöli): |A∪B|=|A|+|B|, haA∩B=∅.Tétel. Ha az A kiválasztására nA, a B kiválasztására nB

lehetőségünk van és ezek a lehetőségek köztm közös (m≤nA,nB), akkor azA vagyB kiválasztásranA+nB−m le-hetőség van.Megjegyzés. Halmazelméleti jelölésekkel ez a szabály ígyírható:

|A∪B|=|A|+|B|−|A∩B| (szitaformula).

.Összegzési szabály

Példa. Ha egy tolltartóban van 3 grafitceruza, 12 színes ceruza és4 golyóstoll, akkor egy akármilyen ceruza kiválasztására 3+12=15, egy akármilyen írószer kiválasztására pedig 3+12+4=19 le-hetőségünk van.Feladat. Egy osztály tanulói közül 8-an német, 6-on magyarszakkörre járnak. Tudva, hogy 2 tanuló mindkét szakkörre jár,15 tanuló pedig egyikre sem, határozzuk meg az osztálylétszá-mot!M. HaN-nel (M-mel) jelöljük azon tanulók halmazát, akik né-metórára (magyarórára) járnak, illetveS-sel azok halmazát, akik

147

egyik szakkört sem látogatják, akkor a feladat feltételei szerint|N |=8, |M |=6, |N∩M |=2, |S|=15.Az összegzési szabály szerint azon tanulók száma, akik legalábbegyik szakkörre járnak, |N∪M |=|N |+|M |−|N∩M |=8+6−2=12. Mivel egy gyerek vagy jár legalább az egyik szakkörre,

..

S

.

G

.

R

.

G∩R

.8

. 2.6

. 15. 6. 4

vagy egyikre sem jár (azazN∪M és S diszjunkthalmazok), szintén azösszegzési szabály sze-rint az osztálylétszám|(N∪M)∪S|=|N∪M |+|S|=12+15=27.

Feladat. 1-től 100-ig hány természetes szám osztható 6-talvagy 8-cal?

M. Az A={x∈N| 1≤x≤100, x...6} és B={x∈N| 1≤

x≤100, x...8} jelölésekkel A={1·6,2·6,3·6,...,16·6},

B={1·8,2·8,3·8,...,12·8}, így |A|=16, |B|=12 és

A∩B={x∈N| 1≤x≤100, x...6, x

...8}={x∈N| 1≤x≤

100, x...[6,8]=24}={24,48,72,96}, |A∩B|=4. A szitaformula

szerint |A∪B|=|A|+|B|−|A∩B|=16+12−4=24.

..

Tétel. Ha az A kiválasztására nA lehetőségünk van (az AelemetnA elem közül választhatjuk ki), aB kiválasztásáranB lehetőségünk van azA kiválasztásától függetlenül, ak-kor a A, B választások egymás utáni elvégzésére (vagyis(A,B) páros kiválasztására) nA·nB lehetőség van.Megjegyzés. Halmazelméleti jelölésekkel ez a szabály ígyírható (|M | az M halmaz elemeinek számát jelöli): |A×B|=|A|×|B|.

.Szorzási szabály

148

Példa. Ha az A városból a B városba 2 úton lehet eljutni (AB1

ésAB2), aB-bőlC-be 3 út vezet (BC1,BC2,BC3) (lásd a baloldali

”térképet”), akkor az A-ból C-be vezető különböző útvo-

nalak száma 2·3=6.

Az ilyen szituációk ábrázolására gyakran fadiagramot haszná-lunk (jobb oldali ábra).

..A. B. C.AB1

.

AB2

.

BC1

. BC2.

BC3

..A.

B

.

B

.

C

.

C

.C

.C

.

C

.

C

.

AB1

.

AB2

.

BC1

.

BC2

.BC3

.

BC1

.

BC2

.

BC3

Példa. Egy kislánynak van 4 pár cipője, 3 szoknyája, 5 blúza és 2mellénye van. Hányféleképpen lehet felöltöztetni a kislányt, hamindegyik ruhadarab mindegyik ruhadarabbal talál?

A lehetőségek fadiagrammal való ábrázolása túl ter-jedelmes ábrát adna (és felesleges is), ezért csak alehetőségek számát jelenítjük meg egy táblázatban:Ruhadarab cipő szoknya blúz mellényDarabszám 4 3 5 2cipő-választási lehetőségek száma 4(cipő,szoknya) lehetőségek száma 4·3(cipő,szoknya, blúz) száma 4·3·5(cipő,szoknya, blúz, mellény) száma 4·3·5·2Összesen tehát 4·3·5·2=120 féle öltöztetési lehetőség van.

Megjegyzés. A gyakorlatban a fenti tábláza-tot általában összevontabb formában írjuk fel:

149

Ruhadarab cipő szoknya blúz mellény összesen

↑ ↑ ↑ ↑Lehetőségek száma 4 3 5 2 4·3·5·2=120

Feladat. Hány négyjegyű természetes szám képezhető az{1,3,5,7,9} halmaz elemeivel?M. Egy négyjegyű szám __ __ __ __ alakú. Az első helyre az1,3,5,7,9 számjegyek valamelyike kerülhet (ez 5 lehetőség).Attól függetlenül, hogy az első helyre melyik számjegyet írtukbe, a második helyre az 1,3,5,7,9 számjegyek valamelyike kerül-1. 2. 3. 4. számjegy

↑ ↑ ↑ ↑5 5 5 5 lehetőség

het (szintén 5 lehetőség). A har-madik, negyedik helyre ugyanezvonatkozik.Összesen tehát 5·5·5·5=625 számot képezhetünk.

Feladat. Hány négyjegyű, különböző számjegyekből álló ter-mészetes szám képezhető az {0,2,4,6,8} halmaz elemeivel?M. Egy négyjegyű szám __ __ __ __ alakú. Az első helyre az2,4,6,8 számjegyek valamelyike kerülhet- egy számnemkezdőd-het 0-val- ez 4 lehetőség. Attól függetlenül, hogy az első helyremelyik számjegyet írtuk be, a második helyre négy számjegy ke-rülhet (az, hogy melyik négy, az függ attól, hogy melyik számje-gyet írtuk be az első helyre, de a lehetőségek száma- ez érdekel

1. 2. 3. 4. számjegy

↑ ↑ ↑ ↑4 4 3 2 lehetőség

minket- mindig 4 marad). Aharmadik helyre 3, a negye-dik helyre 2 lehetőség marad.Összesen tehát 4·4·3·2=96 szá-mot képezhetünk.

Feladat. Határozzuk meg azon f :{0,1,2,3}→{0,1,2,3,4,5}függvények számát, amelyekre f(0) páratlan szám és f(1)=f(3).M. Az f függvény értelmezési tartománya és értékkészlete meg-határozott, a megfeleltetési szabály nem adott. Véges függvény-ről lévén szó, ezt legkönnyebben értéktáblázat formájában ad-hatjuk meg. Az első helyre (az f(0) értékhez) az 1,3,5 értékekvalamelyike kerülhet- ez három lehetőség. Az f(1) értéknek a

150

0,1,2,3,4,5 számok bármelyike megfelel- hat lehetőség; ugyan-így az f(2) értéknél.

x 0 1 2 3

f(x)↑ ↑ ↑ ↑

lehetőségek 3 6 6 1száma

Az utolsó helyre írható értékmár egyértelműen meghatáro-zott, hiszen mire az f(3) ér-tékhez eljutottunk, már beír-tuk az f(1) értékét és f(3)=f(1). Összesen tehát 3·6·6·1=108 ilyen függvény létezik.

..

Értelmezés. Rendezett halmaznak nevezünk egy halmazt,amelyben rögzített az elemek sorrendje.Jelölés. Rendezett halmazok esetén az elemeket kerek zá-rójelek közé teszük: (a,b)̸=(b,a), de {a,b}={b,a}.Jelölés. Az1·2·...n,n≥2 szorzatotn-faktoriálisnaknevez-zük és így jelöljük: n!. Megegyezés szerint 0!=1, 1!=1.

7.2. Permutációk

..

Értelmezés. AzA véges (|A|=n) halmaz egy permutációjaalatt azA elemeinek egy (n-elemű) rendezett halmazát ért-jük.Jelölés. Egy n elemű halmaz permutációinak számát Pn-nel jelöljük.Tétel. Az n elemű permutációk száma Pn=n!, ∀n≥1.

Példa. AzA={a,b} halmaz permutációi: (a,b), (b,a).AB={x,y,z} halmaz permutációinak halmaza:{(x,y,z),(x,z,y),(y,x,z),(y,z,x),(z,x,y),(z,y,x)}.

Feladat. A 4,5,6,7,8 számjegyekkel hány különböző számje-gyekből álló 5-jegyű szám képezhető?

151

12. Polinomok

12.1. Polinomgyűrű

..

Legyen (R,+,·) egy kommutatív gyűrű és tekintsük azR[X]=

{(ak)k≥0| ak∈R, ∃n0∈N: an=0,∀n≥n0

}halmazt (a halmaz elemei olyanR-beli sorozatok, amelyek-nek csak véges sok nullától különböző elemük van). AzR[X] halmazon értelmezzük

.. az összeadás: (ak)k≥0+(bk)k≥0=(ck)k≥0, aholck=ak+bk , ∀k≥0 és

.. a szorzás: (ak)k≥0·(bk)k≥0=(ck)k≥0, aholck=a0bk+a1bk−1+...+akb0, ∀k≥0

belső műveleteket.Tétel. Az R[X] halmaz a + és · műveletekkel egy kom-mutatív gyűrű, melyet azR feletti polinomgyűrűnek neve-zünk.

12.2. Polinom algebrai alakja

..

Az X=(0,1,0,0,...)∈R[X] jelöléssel a P=(a0,a1,a2,...,an,0,0,...) R[X]-beli elem P=a0+a1X+a2X

2+...+anXn alakba írható.

Értelmezés. Az P polinom f=a0+a1X+a2X2+...+

anXn alakba való felírását a P algebrai alakjának

nevezzük.

222

Példa. A (5,−3,4,0,2,0,0,...)∈Z[X] algebrai alakja a P=5−3X+4X2+2X4.

..

Értelmezés. A P fokszáma (jelölés: grP ) n, ha an ̸=0 ésam=0, ∀m>n.Tétel. Ha P,Q∈R[X], akkor

.. gr(P+Q)≤max{grP,grQ},

.. gr(P ·Q)≤grP+grQ.Tétel. Ha (R,+,·) integritás-tartomány, akkor

.. gr(P ·Q)=grP+grQ, ∀P,Q∈R[X] és

.. R[X] is integritás-tartomány.

.Polinom fokszáma

Példa. Ha P=1+2X+3X2+4X3∈Q[X], Q=1−2X+3X2−4X3∈Q[X], akkor grP=3, grQ=3,P+Q=2+6x2, gr(P+Q)=2.Ha P=3̂+6̂X2∈Z8[X], Q=2̂+7̂X+4̂X3∈Z8[X], akkorgrP=2, grQ=3, P ·Q=6̂+5̂X+4̂X2+6̂X3, gr(P ·Q)=3.

..

Ha P=a0+a1X+...+anXn∈R[X] egy polinom és x∈

R, akkor az a0+a1x+...+anxn∈R elemet a P polinom

x-ben vett behelyettesítési értékének nevezzük és P (x)-szel jelöljük.Értelmezés. A p:R→R, p(x)=P (x), ∀x∈R függvényt aP -hez rendelt polinomfüggvénynek nevezzük.

.Polinomfüggvény

223