Kuratowski-tétel, Duális gráf, Négyszín-tétel, Euklideszi algoritmus

(1)

Kuratowski-tétel, Duális gráf, Négyszín-tétel, Euklideszi algoritmus

Papp László

BME

2021. december 4.

(2)

Topológikus izomorfia

Definíció:AGésHgráfoktopológikusan izomorfakha az alábbi két m ˝uvelet tetsz ˝olegesen sok egymás utáni

alkalmazásávalGátvihet ˝oH-ba:

u v

u w v

1. Hozzáadok a gráfhoz egy újw csúcsot és a gráf egyuv éle törlése után hozzáadom a gráfhoz azuw éswv éleket.

2. Ha a gráfbanw egy másodfokú pont a rá illeszked ˝ouw és wv élekkel, akkor aw csúcsot és azuw,wv éleket

kitörlöm, majd azuv élet hozzáadom a gráfhoz.

Megjegyzés:Ez a két m ˝uvelet egymás inverze.

(3)

Topológikus izomorfia példa

Kérdés:G, H és F közül melyek topológikus izomorfak egymással?

F

G H

1 2

3 4 5

1 6

2 4 7 5

Válasz: G és H topológikusan izomorfak, hiszenG-b ˝ol a 3-as csúcs törlésével, és a 6-os és 7-es csúcs beszúrásával H-t kapjuk. AzonbanF semG-vel, sem pedigH-val nem topológikusan izomorf, hiszenF-nek van 4 fokú csúcsa, a többinek pedig nincs. Mindkét megengedett m ˝uvelet pedig csak a másodfokú csúcsok számát változtatja, a többi csúcs fokát nem változtatja meg.

(4)

Topológikus izomorfia példa

Kérdés:G, H és F közül melyek topológikus izomorfak egymással?

1 2

6 4 7 5

1 2

3 4 5

F

G H

Válasz: G és H topológikusan izomorfak, hiszenG-b ˝ol a 3-as csúcs törlésével, és a 6-os és 7-es csúcs beszúrásával H-t kapjuk. AzonbanF semG-vel, sem pedigH-val nem topológikusan izomorf, hiszenF-nek van 4 fokú csúcsa, a többinek pedig nincs. Mindkét megengedett m ˝uvelet pedig csak a másodfokú csúcsok számát változtatja, a többi csúcs fokát nem változtatja meg.

(5)

Topológikus izomorfia és a síkbarajzolhatóság kapcsolata.

Állítás

HaGésH topológikusan izomorfak, akkorGpontosan akkor síkbarajzolható amikorH is.

u v

u w v

Bizonyítás:Elég belátni, hogy haGsíkbarajzolható, akkor abból következik, hogyHis síkbarajzohlató. A két m ˝uvelet tartja a síkbarajzolhatóságot. Emiatt haG-re alkalmazzuk bármelyik m ˝uveletet, akkor síkbarajzohlató gráfot kapunk.

Ezután egymás után alkalmazva a m ˝uveleteket el ˝obb utóbbH-t kapjuk és minden egyes lépés után a kapott gráf

síkbarajzohlató volt, ígyH is.

(6)

Kuratowski tétel Tétel

EgyGgráf pontosan akkor síkbarajzolható ha nem tartalmaz seK_3,3-al, seK5-tel topológikusan izomorf részgráfot.

K_3,3

K₅

Bizonyítás: ⇐=: Nehéz, nem bizonyítjuk.

=⇒: HaGgráf síkbarajzolható akkor nyílván minden részgráfja is síkbarajzolható.

K₅-r ˝ol ésK_3,3-ról láttuk, hogy nem síkbarajzolhatóak, így a velük topológikusan izomorf gráfok sem síkbarajzolhatóak. Tehát utóbbiak nem lehetnekGrészgráfjai.

(7)

Kuratowski tétel Tétel

EgyGgráf pontosan akkor síkbarajzolható ha nem tartalmaz seK_3,3-al, seK5-tel topológikusan izomorf részgráfot.

K_3,3

K₅

Bizonyítás: ⇐=: Nehéz, nem bizonyítjuk.

=⇒: HaGgráf síkbarajzolható akkor nyílván minden részgráfja is síkbarajzolható.

K₅-r ˝ol ésK_3,3-ról láttuk, hogy nem síkbarajzolhatóak, így a velük topológikusan izomorf gráfok sem síkbarajzolhatóak.

Tehát utóbbiak nem lehetnekGrészgráfjai.

(8)

Példa Kuratowki tétel alkalmazására

Kérdés:Síkbarajzolható-e az alábbi gráf?

Válasz: TartalmazK_3,3-al topológikusan izomorf részgráfot. Ezért Kuratowski tétele miatt nem síkbarajzolható.

(9)

Példa Kuratowki tétel alkalmazására

Kérdés:Síkbarajzolható-e az alábbi gráf?

Válasz: TartalmazK_3,3-al topológikusan izomorf részgráfot.

Ezért Kuratowski tétele miatt nem síkbarajzolható.

(10)

Síkbarajzolás egyenes vonalakkal

Fáry-Wagner tétel

HaGsíkbarajzolható gráf, akkor van olyan síkbarajzolása is ahol minden élet egyenes szakasszal rajzolunk le.

(11)

Térképek színezése

Tetsz ˝oleges térképen az országok (ha nincsenek enklávék és exklávék) mindig kiszínezhet ˝oek négy színnel úgy, hogy szomszédos országok ne kapjanak azonos színt.

Gond:Eddíg a csúcsokat színeztük! Mit kezdjünk a tartományok színezésével?

(12)

Térképek színezése

Tetsz ˝oleges térképen az országok (ha nincsenek enklávék és exklávék) mindig kiszínezhet ˝oek négy színnel úgy, hogy szomszédos országok ne kapjanak azonos színt.

Gond:Eddíg a csúcsokat színeztük! Mit kezdjünk a tartományok színezésével?

(13)

„Duális” gráf készítése térképb ˝ol

A térkép felfogható egy síkbarajzolt gráfként ahol a

hármashatárok (vagy többesek) a csúcsok, a közöttük futó határszakaszok pedig az élek.

Ebb ˝ol készítünk egy másik gráfot aminek a csúcsai a térkép tartományai és két csúcs pontosan akkor van összekötve egy éllel ha a nekik megfelel ˝o tartományoknak van közös határuk. Ennek a jó csúcsszínezése a térkép tartományainak jó

színezése.

(14)

Ebb ˝ol készítünk egy másik gráfot aminek a csúcsai a térkép tartományai és két csúcs pontosan akkor van összekötve egy éllel ha a nekik megfelel ˝o tartományoknak van közös határuk.

Ennek a jó csúcsszínezése a térkép tartományainak jó színezése.

(15)

Ebb ˝ol készítünk egy másik gráfot aminek a csúcsai a térkép tartományai és két csúcs pontosan akkor van összekötve egy éllel ha a nekik megfelel ˝o tartományoknak van közös határuk.

Ennek a jó csúcsszínezése a térkép tartományainak jó színezése.

(16)

Síkbarajzolt gráf duálisa

A térképnél használt konstrukciót egy picit módosítva a gráfelméletben is használják:

Definíció:EgyGsíkbarajzolt gráfG^∗duálisán az alábbi gráfot értjük:

I G^∗ csúcsai aGtartományai.

I u,v ∈V(G^∗)csúcsok pontosan akkor vannak összekötve ha a nekik megfelel ˝o tartományoknak van közös határoló éleG-ben, továbbá ekkoruésv annyi éllel van összekötve ahány közös határoló éle van a megfelel ˝o tartományoknak.

G

G^∗

Állítás

Síkbarajzolt gráf duálisa síkbarajzolt és összefügg ˝o.

(17)

Síkgráfok kromatikus száma 4-szín tétel

Ha aGgráf egyszer ˝u és síkbarajzolható akkorχ(G)≤4.

Következmény:A térképes megfigyelés mindig igaz, ha nincsenek enklávék illetve exklávék, azaz ha az ország területe összefügg ˝o.

Példa exklávéra.

(18)

A 4-szín tétel bizonyításának története (Érdekesség, nem kell tudni.)

A 4-szín tételnek nem ismert egyszer ˝u bizonyítása. Az els ˝o bizonyítás a végtelen sok síkbarajzolható gráfot visszavezette 6000 esetre, ezeket számítógéppel ellen ˝oriztek le. A jelenlegi legegyszer ˝ubb bizonyítás is számítógépet használ, de már csak 633 eset van benne.

1. 1852: Guthrie észreveszi a térképes jelenséget.

2. 1878: Cayley megfogalmazza a 4-szín tételt mint sejtés.

3. 1879: Kempe bizonyítást ad a tételre.

4. 1880: Tait az el ˝oz ˝ot ˝ol különböz ˝o bizonyítást ad a tételre. 5. 1890: Heawood rájön, hogy Kempe bizonyítása rossz. 6. 1891: Petersen rájön, hogy Tait bizonyítása is rossz. 7. 1976: Appel és Haken: Számítógép segítségével

bebizonyítja a tételt.

(19)

4. 1880: Tait az el ˝oz ˝ot ˝ol különböz ˝o bizonyítást ad a tételre.

5. 1890: Heawood rájön, hogy Kempe bizonyítása rossz. 6. 1891: Petersen rájön, hogy Tait bizonyítása is rossz. 7. 1976: Appel és Haken: Számítógép segítségével

bebizonyítja a tételt.

(20)

5. 1890: Heawood rájön, hogy Kempe bizonyítása rossz.

6. 1891: Petersen rájön, hogy Tait bizonyítása is rossz.

7. 1976: Appel és Haken: Számítógép segítségével bebizonyítja a tételt.

(21)

5. 1890: Heawood rájön, hogy Kempe bizonyítása rossz.

6. 1891: Petersen rájön, hogy Tait bizonyítása is rossz.

7. 1976: Appel és Haken: Számítógép segítségével bebizonyítja a tételt.

(22)

Járda festés 4-színnel (néhány politikus szerint szabálysértés)

(23)

Oszthatóság

Definíció:Azaegész számosztójaab egész számnak vagy másképpen mondva abtöbbszöröse aza-nak, ha létezik olyan cegész, hogyb=ac. Azt a tényt, hogy azaosztjab-t aza|b jellel jelöljük.

Definíció:Abegész számaegész számmal vettosztási maradékánazt azmegészet értjük, melyre igaz, hogy b=a_b

a

+m.

Megjegyzés:Vegyük észre, hogy hamabegészaegésszel vett osztási maradéka, akkor 0≤m≤a−1.

Definíció:Abegész szám osztói közül a±1,±bosztókat triviálisosztónak nevezzük. Abszám azon osztóit melyek nem triviálisak, abvalódi osztóinaknevezzük.

(24)

Felbonthatóság

Definíció:Apegész számotfelbonthatatlannaknevezzük, ha|p|>1 és nincsen valódi osztója.

Állítás

Mindenz egész szám, melyre igaz, hogy|z|>1 felbontható felbonthatatlanok szorzatára.

Példa:140=2·2·5·7

Bizonyítás:Teljes indukciót használunk|z|-re nézve. |z|=2 eseténz nyilván felbonthatatlan. Tegyük fel, hogy minden olyan zegészre melyre|z| ≤nmár igaz az állítás. Most vizsgáljuk a

|z|=n+1 esetet!

Haz felbonthatatlan, akkor egyb ˝ol készen vagyunk hiszenz egy felbontása csakz-b ˝ol áll. Különben van egy valódi osztója

|z|-nek, legyen eza. Ekkorz=abahol 1<|a|,|b| ≤n, így a-nak ésb-nek indukciós feltevés szerint van felbontása. Ezen felbontások szorzata felbontásaz-nek.

(25)

Felbonthatóság

Állítás

Mindenz egész szám, melyre igaz, hogy|z|>1 felbontható felbonthatatlanok szorzatára.

Példa:140=2·2·5·7

Bizonyítás:Teljes indukciót használunk|z|-re nézve. |z|=2 eseténz nyilván felbonthatatlan. Tegyük fel, hogy minden olyan zegészre melyre|z| ≤nmár igaz az állítás. Most vizsgáljuk a

|z|=n+1 esetet!

Haz felbonthatatlan, akkor egyb ˝ol készen vagyunk hiszenz egy felbontása csakz-b ˝ol áll. Különben van egy valódi osztója

|z|-nek, legyen eza. Ekkorz=abahol 1<|a|,|b| ≤n, így a-nak ésb-nek indukciós feltevés szerint van felbontása. Ezen felbontások szorzata felbontásaz-nek.

(26)

Felbonthatóság és prímség

Eddigi tanulmányaink során a felbonthatatlan tulajdonságot neveztük prímeknek. Nézzük mi a prímség valódi definíciója:

Példa:A 6 nem prím mert 6|2·3-at, de 66 |2 és 66 |3.

Állítás

Egész számok körében a prím tulajdonság és a felbonthatatlanság megegyezik.

Vannak viszont olyan számkörök ahol ez a két tulajdonság nem esik egybe. A páros számok körében a 30 például

felbonthatatlan mert nem írható fel két páros szorzataként, másrészt nem prím, mert 30|6·10 de 30-6 és 30-10.

(27)

Felbonthatóság és prímség

Eddigi tanulmányaink során a felbonthatatlan tulajdonságot neveztük prímeknek. Nézzük mi a prímség valódi definíciója:

Példa:A 6 nem prím mert 6|2·3-at, de 66 |2 és 66 |3.

Állítás

Egész számok körében a prím tulajdonság és a felbonthatatlanság megegyezik.

Vannak viszont olyan számkörök ahol ez a két tulajdonság nem esik egybe. A páros számok körében a 30 például

felbonthatatlan mert nem írható fel két páros szorzataként, másrészt nem prím, mert 30|6·10 de 30-6 és 30-10.

(28)

Számelmélet alaptétele Tétel

Bármelyz egész szám sorrendt ˝ol és el ˝ojelekt ˝ol eltekintve egyértelm ˝uen bontható fel felbonthatatlan (prím) egészek szorzatára ha|z|>1.

Példa:A 6 összes felbontása felbonthatatlanok szorazatára:

2·3, 3·2,−2· −3,−2· −3

A felbontás létezését láttuk már, az egyértelm ˝uség igazolásától id ˝o hiányában eltekintünk. Ez a tétel adja az alapját az alábbi definíciónak:

Definíció:Azn>1 egész számkanonikus alakjánaznegy olyann=p₁^α¹p₂^α²·. . .·p^α_k^k el ˝oállítását értjük ahol mindeni-rep_i felbonthatatlan (prím) ésα_i ≥1.

Példa:140=2²·5¹·7¹

A számelmélet alaptétele miatt minden egész számnak pontosan egy kanonikus alakja van.

(29)

Oszthatóság és kanonikus alak

Állítás

Ad szám pontosan akkor osztójan-nek ha ad kanonikus alakjában csak olyan prímek szerepelnek amikn-ében is, továbbá minden ilyen prím kitev ˝ojed kanonikus alakjában nem nagyobb mint aznkanonikus alakjában.

El ˝oz ˝o állítás ekvivalens megfogalmazása AzQk

i=1p_i^αⁱ kanonikus alakúnegésznek ad egész pontosan akkor osztója, had =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol 0≤βi ≤αi.

Megjegyzés:d ilyen formájú felírása nem kanonikus alak, hiszen egy szorzótényez ˝o kitev ˝oje lehet 0 is. Ez felel meg annak, hogy az adott tag nem szerepeld kanonikus alakjában.

(30)

Oszthatóság és kanonikus alak

Állítás

Ad szám pontosan akkor osztójan-nek ha ad kanonikus alakjában csak olyan prímek szerepelnek amikn-ében is, továbbá minden ilyen prím kitev ˝ojed kanonikus alakjában nem nagyobb mint aznkanonikus alakjában.

El ˝oz ˝o állítás ekvivalens megfogalmazása AzQk

i=1p_i^αⁱ kanonikus alakúnegésznek ad egész pontosan akkor osztója, had =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol 0≤βi ≤αi.

Megjegyzés:d ilyen formájú felírása nem kanonikus alak, hiszen egy szorzótényez ˝o kitev ˝oje lehet 0 is. Ez felel meg annak, hogy az adott tag nem szerepeld kanonikus alakjában.

(31)

Állítás bizonyítása

Legyenn=Qk i=1p^α_iⁱ. d =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol0≤β_i ≤α_i =⇒ d|n: Legyen a=Qk

i=1p^α_iⁱ^−βⁱ. Ekkor mindenαi−βi kitev ˝o nemnegatív egész, ígyais egy egész szám. Továbbád·a=n, tehátd osztójan-nek.

d|n =⇒ d =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol0≤βi ≤αi: d|nazt jelenti, hogy

∃aegész, hogyn=d·a. Ekkord ésakanonikus alakjai ad és azafelbontásai felbonthatatlanok szorzatára, melyek szorzata aznegy felbontása felbonthatatlanok szorzatára. A felbontás egyértelm ˝uségéb ˝ol (számelmélet alaptétele) következik, hogy d kanonikus alakjának minden szorzótényez ˝oje szerepel n-ében és nem nagyobb kitet ˝ovel.

(32)

Állítás bizonyítása

Legyenn=Qk i=1p^α_iⁱ. d =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol0≤β_i ≤α_i =⇒ d|n: Legyen a=Qk

i=1p^α_iⁱ^−βⁱ. Ekkor mindenαi−βi kitev ˝o nemnegatív egész, ígyais egy egész szám. Továbbád·a=n, tehátd osztójan-nek.

d|n =⇒ d =Qk

i=1p_i^βⁱ ahol0≤βi ≤αi: d|nazt jelenti, hogy

∃aegész, hogyn=d·a. Ekkord ésakanonikus alakjai ad és azafelbontásai felbonthatatlanok szorzatára, melyek szorzata aznegy felbontása felbonthatatlanok szorzatára. A felbontás egyértelm ˝uségéb ˝ol (számelmélet alaptétele) következik, hogy d kanonikus alakjának minden szorzótényez ˝oje szerepel n-ében és nem nagyobb kitet ˝ovel.

(33)

Osztók száma Állítás

Legyen aznegész szám kanonikus alakjan=Qk

i=1p^α_i ⁱ. Ekkor n-nek pontosanQk

i=1(αi+1)darab pozitív osztólya van.

Példa:12=2²·3¹, 12-nek 3·2=6 db osztója van:

1,2,3,4,6,12.

Bizonyítás:Minden osztó felírhatóQk

i=1p_i^βⁱ alakban ahol 0≤β_i ≤α_i. A számelmélet alaptétele miatt ez a felírás egyértelm ˝u, ráadásul minden ilyen felíráshoz pontosan egy osztó tartozik az el ˝oz ˝o állítás alapján.

Tehát az osztók és aβ₁, β₂, . . . , β_k számkáasok között

egy-egyértelm ˝u megfeleltetés (bijekció) van. Mivel 0≤β_i≤α_i ésβi egész szám ezértβi értékeαi+1 féle lehet. Ebb ˝ol következik, hogy összesenQk

i=1(α_i+1)féleβ₁, β₂, . . . , β_k számkáas van, tehát az osztók száma is ennyi.

(34)

1,2,3,4,6,12.

egy-egyértelm ˝u megfeleltetés (bijekció) van. Mivel 0≤β_i≤α_i ésβi egész szám ezértβi értékeαi+1 féle lehet. Ebb ˝ol következik, hogy összesenQk

(35)

1,2,3,4,6,12.

egy-egyértelm ˝u megfeleltetés (bijekció) van. Mivel 0≤β_i ≤α_i ésβi egész szám ezértβi értékeαi+1 féle lehet. Ebb ˝ol következik, hogy összesenQk

(36)

Legnagyobb közös osztó

Definíció:Azaésbegész számoklegnagyobb közös osztójánazt ac egész számot értjük mely osztójaa-nak és b-nek is és az ilyenek közül a lehet ˝o legnagyobb. Jele: (a,b).

Definíció:Azaésbegész számokatrelatív prímeknek hívjuk, ha(a,b) =1.

Állítás:

Ha azaésbprímosztói ap₁,p₂,· · ·p_k számok közül kerülnek ki ésa=Qk

i=1p^α_i ⁱ,b=Qk

i=1p^β_iⁱ, akkor(a,b) =Qk

i=1p_i^min(αⁱ^,βⁱ⁾. Példa:

60=2²·3¹·5¹,75=2⁰·3¹·5²,(60,75) =2⁰·3¹·5¹=15 Tehát a prímfelbontásokból így kiszámolható a legisebb közös osztó. A prímfelbontás el ˝oállítása viszont jelenleg nagyon munkaigényes, nem ismert rá gyors algoritmus. Ha a számunk több száz jegy ˝u mint a gyakorlati alkalmazásokban, akkor számítógéppel is nagyon sok ideig tart elkészíteni a prímfelbontását.

(37)

Állítás:

i=1p^α_i ⁱ,b=Qk

i=1p_i^βⁱ, akkor(a,b) =Qk

60=2²·3¹·5¹,75=2⁰·3¹·5²,(60,75) =2⁰·3¹·5¹=15

Tehát a prímfelbontásokból így kiszámolható a legisebb közös osztó. A prímfelbontás el ˝oállítása viszont jelenleg nagyon munkaigényes, nem ismert rá gyors algoritmus. Ha a számunk több száz jegy ˝u mint a gyakorlati alkalmazásokban, akkor számítógéppel is nagyon sok ideig tart elkészíteni a prímfelbontását.

(38)

Állítás:

i=1p^α_i ⁱ,b=Qk

i=1p_i^βⁱ, akkor(a,b) =Qk

60=2²·3¹·5¹,75=2⁰·3¹·5²,(60,75) =2⁰·3¹·5¹=15 Tehát a prímfelbontásokból így kiszámolható a legisebb közös osztó. A prímfelbontás el ˝oállítása viszont jelenleg nagyon munkaigényes, nem ismert rá gyors algoritmus. Ha a számunk több száz jegy ˝u mint a gyakorlati alkalmazásokban, akkor számítógéppel is nagyon sok ideig tart elkészíteni a prímfelbontását.

(39)

Euklideszi algoritmus

Olyan algoritmust mutatunk ami nagyon gyorsan fut és a prímfelbontás kiszámolása nélkül meghatározza két egész legnagyobb közös osztóját. Ez a világ egyik els ˝o ismert algoritmusa, Euklidesz Kr. e. 300 körül publikálta az Elemek cím ˝u könyvében.

Algoritmus Input:a,b

0. Haa<bakkora-t ésb-t felcseréljük.

1. a-t elosztjukb-vel maradékosan, legyen a kapott maradék m.

2. Ham=0 akkor Outputbés STOP, különbena:=b, b:=més az 1-es lépésre ugrunk.

Itt csak 3 változót (a,bésm) használtunk, ez a leírás tömör és memóriatakarékos. A megértést viszont jobban fogja segíteni az a leírás ahol azi.maradékos osztás maradékátm_i-vel jelöljük. Erre nézünk is mindjárt példát.

(40)

Euklideszi algoritmus

Olyan algoritmust mutatunk ami nagyon gyorsan fut és a prímfelbontás kiszámolása nélkül meghatározza két egész legnagyobb közös osztóját. Ez a világ egyik els ˝o ismert algoritmusa, Euklidesz Kr. e. 300 körül publikálta az Elemek cím ˝u könyvében.

Algoritmus Input:a,b

0. Haa<bakkora-t ésb-t felcseréljük.

1. a-t elosztjukb-vel maradékosan, legyen a kapott maradék m.

2. Ham=0 akkor Outputbés STOP, különbena:=b, b:=més az 1-es lépésre ugrunk.

Itt csak 3 változót (a,bésm) használtunk, ez a leírás tömör és memóriatakarékos. A megértést viszont jobban fogja segíteni az a leírás ahol azi.maradékos osztás maradékátm_i-vel jelöljük. Erre nézünk is mindjárt példát.

(41)

Az euklideszi algoritmus futására példa:

Határozzuk meg a 972 és a 432 legnagyobb közös osztóját!

972=2·432+108

432=4·108+0

Tehát a legnagyobb közös osztó 108. Ez tényleg gyors volt! Nézzünk egy kicsit hosszabb példát! Határozzuk meg 984 és 402 legnagyobb közös osztóját!

984=2·402+180

402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁

b=c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0

Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(42)

972=2·432+108 432=4·108+0

Tehát a legnagyobb közös osztó 108. Ez tényleg gyors volt!

Nézzünk egy kicsit hosszabb példát! Határozzuk meg 984 és 402 legnagyobb közös osztóját!

984=2·402+180

402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁

b=c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0

Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(43)

972=2·432+108 432=4·108+0

984=2·402+180

402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁

b =c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(44)

972=2·432+108 432=4·108+0

984=2·402+180 402=2·180+42

180=4·42+12 42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁ b =c₂·m₁+m₂

m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(45)

972=2·432+108 432=4·108+0

984=2·402+180 402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁ b =c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃

m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(46)

972=2·432+108 432=4·108+0

984=2·402+180 402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6

12=2·6+0

a=c₁·b+m₁ b =c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄

m₃=c5·m₄+0 Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(47)

972=2·432+108 432=4·108+0

984=2·402+180 402=2·180+42 180=4·42+12

42=3·12+6 12=2·6+0

a=c₁·b+m₁ b =c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Tehát a legnagyobb közös osztó a 6!

(48)

Miért m ˝uködik az Euklideszi algoritmus?

Állítás

Haaésbegészek, akkor(a,b) = (a−b,b).

Bizonyítás:Hax|y ésx|z akkor nyilvánx|y±z. Ez alapján (a,b)osztójaa−b-nek ésb-nek így(a,b)≤(a−b,b).

(a−b,b)pedig osztójaa-nak ésb-nek így(a,b)≥(a−b,b).

Következmény: Haa,b ésc egészek, akkor(a,b) = (a−cb,b).

Továbbá ha nézzük az euklideszi algoritmus el ˝oz ˝o futását akkor(a,b) = (m₁,b) = (m₁,m₂) = (m₃,m₂) = (m₃,m₄) =m₄.

a=c₁·b+m₁ b=c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Így tehát be is bizonyítottuk, hogy az Euklideszi algoritmus által adott eremény tényleg(a,b).

(49)

Állítás

Következmény: Haa,bésc egészek, akkor(a,b) = (a−cb,b).

a=c₁·b+m₁ b=c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0

Így tehát be is bizonyítottuk, hogy az Euklideszi algoritmus által adott eremény tényleg(a,b).

(50)

Állítás

Következmény: Haa,bésc egészek, akkor(a,b) = (a−cb,b).

a=c₁·b+m₁ b=c₂·m₁+m₂ m₁=c₃·m₂+m₃ m₂=c₄·m₃+m₄ m₃=c5·m₄+0 Így tehát be is bizonyítottuk, hogy az Euklideszi algoritmus által adott eremény tényleg(a,b).