MATEMATIKA DISKRETUA ETA ALGEBRA Lehenengo zatia · 1 ≡ A 2 eta A 2 ≡ A 3 eta ...eta A n−1...

MATEMATIKA DISKRETUA ETAALGEBRA

Lehenengo zatia

http ://www.sc.ehu.es/ccwalirx/docs/Materiala.htm

1. KALKULU PROPOSIZIONALA

2. PREDIKATU KALKULUA

3. MULTZOAK, OSOKOAK

4. ERLAZIOAK ETA FUNTZIOAK

5. GRAFOAK

6. ZUHAITZAK

F. Xabier Albizuri Irigoyen257 bulegoa, Tel : [email protected]

1. gaia : Kalkulu proposizionala

1 Logikarako sarrera

Logika izena grekotik dator : λoγoς-en esanahia hitza da (verbum), bainabaita ere arrazoiketa, argumentua (ratio). Logika formala edo logika mate-matikoak arrazoiketaren lege formalak aztertzen ditu.

Har dezagun argumentu hau : “Euskaldunak pilotazaleak dira eta Joxeeuskalduna denez pilotazalea da”. Argumentu hau logikoki baliozkoa izangoda. Dagokion adierazpen sinbolikoa edo forma logikoa hau da :

∀x(Px → Qx) ∧ Py → Qy

Logika formalean ez da argumentuko osagaien esanahia kontsideratzen baizikargumentuaren forma. Beste argumentu hau ez da izango logikoki baliozkoa :“Euskaldunak pilotazaleak dira eta Joxe pilotazalea denez euskalduna da”.Ezta ere forma berdineko argumentu hau : “Espainolak zezenzaleak dira etaLuis zezenzalea denez espainola da”.

Adierazpen logiko bat baliozkoa den edo ez nola erabaki estudiatukodugu, eta baita ere ikusiko ditugu argumentua baliozkoa dela frogatzekoteknikak. Logika formalean bi maila bereizten dira, kalkulu proposizionalaeta predikatuen kalkulua, eta banaketa honen arabera garatuko dugu logikamatematikoa gai hau eta hurrengoan.

2 Lokailu proposizionalak, adierazpenak

Proposizioak esaldi edo perpausak dira : “Elurra beltza da”, “9 zenbakilehena da”. Proposizio bakunak lokailuen (konektiben) bidez lotuz proposizio

1

konposatuak ditugu : “Elurra beltza da edo 9 zenbakia lehena da”. Hauek diralokailu proposizionalak, bakoitzaren izena, ikurra eta nola irakurri bakoitza :

– Konjuntzioa, ∧, “. . .eta . . .”– Disjuntzioa, ∨, “. . .edo . . .”– Inplikazioa, →, “. . .-k inplikatzen du . . .”, “Baldin . . .orduan . . .”,

“. . .soilik baldin . . .”– Koinplikazioa, ↔, “. . .baldin eta soilik baldin . . .”– Ukapena, ¬, “Ez . . .”

Lokailu hauek eta aldagai proposizionalak, P , Q, R, . . ., P1, P2, . . ., erabilikoditugu adierazpenak osatzeko, erregela hauek jarraituz : (1) Aldagai propo-sizionalak adierazpenak dira. (2) A adierazpena bada, ¬A ere adierazpenada. (3) A eta B adierazpenak badira, A ∧ B, A ∨ B, A → B eta A ↔ B ereadierazpenak dira.

A, B, C, . . .letrekin adierazpenak izendatuko ditugu. Identifikatzaileakdeitzen zaie. Identifikatzaile ezberdinek adierazpen bera izenda dezakete.

Adierazpenetan parentesiak erabiliko ditugu, nola eraikiak izan diren ja-kiteko (adierazpen aritmetikoetan egiten denaren antzera).

Adibidea 1 P → (Q → R) edo (P → Q) → R idatziko dugu eta inoiz ezP → Q → R. Eraiki aldagai proposizionaletatik bi adierazpen ezberdin hauek.

Parentesi gehiegi ez idazteko lokailuen arteko lehentasuna (prezedentzia) de-finituko dugu. Honela ordenatuko ditugu lokailuak, ezkerretik eskuinera lo-kailuaren lehentasuna handituz doalarik :

↔→

∧∨ ¬

Ezin badugu erabaki bi lokailutik zein sartu den lehendabizi adierazpenean,parentesirik ez dagoelako (edo parentesi guztiak ez daudelako), orduan lehen-tasun handiagoa duen lokailua bestea baino lehenago sartu behar da adie-razpena eraikitzean.

Adibidea 2 Komentzio honen arabera zein adierazpen da P → Q∧R ? Eta¬P ∨Q ? Eta ¬¬P → Q ?

Adibidea 3 Eraiki P → (Q ∨ R → (R → ¬P )) adierazpena aldagai propo-sizionaletatik.

2

Adierazpen bati azkena sartu den lokailuaren arabera deituko diogu : ho-nela P → Q∧R adierazpena inplikazio bat dela esango dugu, (¬P ∨Q)∧Rkonjuntzioa, ¬(P → Q) ukapena, etab.

Kalkulu proposizionalean, proposizio bat emanik adierazpena idatzikodugu bere forma irudikatzeko. Azaldu dugunaren arabera, honela lortukodugu proposizio konposatuari dagokion adierazpena : proposizio bakun ba-koitza aldagai proposizional batekin ordezkatuko dugu (aldagai bera propo-sizio bakunaren agerpen guztietan) eta lokailuentzat ikurrak idatziko ditugu.

Adibidez, “Elurra beltza izateak inplikatzen du 9 zenbaki lehena dela, etaelurra beltza da” proposizio konposatuari dagokion adierazpena (P → Q)∧Pda.

3 Egi taulak, adierazpen baliozkoak

Proposizio bat egiazkoa edo faltsua izan daiteke. Proposizioaren egi balioada t (egiazkoa) edo f (faltsua) balioa. Proposizio konposatuaren egi balioajakin dezakegu proposizio bakunen egi balioen funtzio bezala. Antzera aldagaiproposizionalei t edo f balioak emanaz adierazpenaren egi balioa kalkuladezakegu egi taula hauen arabera :

P Q P ∧Q P ∨Q P → Q P ↔ Qt t t t t tt f f t f ff t f t t ff f f f t t

P ¬Pt ff t

Ikusten dugunez, P ∧Q egiazkoa da soilik P eta Q biak egiazkoak direnean,P ∨ Q faltsua da soilik P eta Q biak faltsuak direnean, P → Q faltsua dasoilik P egiazkoa izanik Q faltsua denean, P ↔ Q egiazkoa da P eta Q-kegi balio berdina dutenenan, faltsua bestela, eta azkenik ¬P -ren egi balioaP -ren egi balioaren aurkakoa da.

Kalkuluak antzera egingo ditugu P eta Q aldagaien ordez beste alda-gai edo adierazpen batzuk baditugu, kontuan izanik nola eraikia izan denadierazpena aldagai proposizionaletatik.

Adibidea 4 Osatu P → (Q ∨R → (R → ¬P )) adierazpenaren egi taula.

Adierazpen baten egi taula nola eraiki jakin ondoren, baliozkotasunarenkontzeptua sartuko dugu.

3

Definizioa 1 Adierazpen bat baliozkoa (edo tautologia) dela esango dugubere egi taulako lerro guztietan egiazkoa bada, hau da aldagai proposizionalenegi balioentzako edozein esleipenerako adierazpena egiazkoa bada. Adierazpenaez da baliozkoa gutxienez lerroren batean faltsua bada. Adierazpena kontrae-sana da lerro guztietan faltsua bada.

Adierazpen bat baliozkoa denean |= ikurra erabiliko dugu, |= A idatziz Aadierazpena baliozkoa bada. Kontuan izan ikur hau ez dela lokailu berri batbaizik laburdura bat.

Adibidea 5 Aztertu adierazpen hauek baliozkoak diren : P → P , P ∧Q →(¬P → Q), P → (Q ∨R → (R → ¬P )).

Propietatea 1 Adierazpen bat baliozkoa izanik, aldagai proposizional bat edogehiago adierazpen batzurekin ordezkatzen baditugu, aldagai bat leku guztietanadierazpen berarekin ordezkatuz, adierazpen baliozkoa lortuko dugu.

Adibidea 6 P → P ∨ Q baliozkoa denez, Propietatearen arabera A eta Bizanik edozein adierazpen, A → A∨B adierazpena baliozkoa da. Idatzi hone-lako adierazpen batzuk.

Azter dezagun orain argumentuen egitura. Argumentu batean premisabatzuk ditugu, A1, A2,. . ., An, eta ondorioa, B. (Ondorengo definizioan A1,A2,. . ., An, B adierazpenentzako sarrera komuneko egi taula bakarra kontsi-deratuko dugu.)

Definizioa 2 Esango dugu argumentu bat baliozkoa dela, hau da, A1, A2,. . .,An premisen baliozko ondorioa dela B baldin, premisa denak egiazkoak dire-nean ondorioa ere egiazkoa bada, egi taulako edozein lerrotan. Hau betetzenbada A1, A2, . . . , An |= B idatziko dugu.

Adibidea 7 Aztertu P ∨Q eta ¬Q premisen baliozko ondorioa den P .

Aurreko definizioetatik nabaria denez, A1, A2, . . . , An |= B dugu baldin etasoilik baldin |= A1 ∧ A2 ∧ . . . ∧ An → B.

4

4 Baliokidetasunak

Baliokidetasunaren nozioarekin jarraituko dugu, adierazpen batetik besteadierazpen baliokideak lortzeko erak aztertuz.

Definizioa 3 A eta B adierazpenak baliokideak direla esango dugu, A ≡ Bidatziz, baldin A ↔ B baliozko adierazpena bada, hau da, egi taulako edozeinlerrotan A eta B-k egi balio berdina dadute.

Kontuan izan ≡ ez dela lokailu berria baizik laburdura bat.Ondorengo propietatean azpiadierazpenaren kontzeptua behar dugu. A

adierazpena aldagai proposizionaletatik eraikitzean osatzen diren adierazpe-nei, A-ren azpiadierazpenak deituko diegu.

Propietatea 2 A eta B baliokideak badira, eta C-ren azpiadierazpena badaA, D izanik C-n A-ren agerpen bat B-rekin ordezkatuz lortua, orduan C ≡ D.

Propietatea 3 A ≡ B izanik, A baliozkoa bada orduan B ere baliozkoa da.

Propietatea 4 Edozein A eta B adierazpenetarako :

a) A ≡ A

b) baldin A ≡ B orduan B ≡ A

c) baldin A ≡ B eta B ≡ C orduan A ≡ C

Bestalde, baliokidetasun-katea dugu baldin :

A1 ≡ A2 eta A2 ≡ A3 eta . . .eta An−1 ≡ An

Honela idatziko dugu era laburragoan :

A1 ≡ A2 ≡ A3 ≡ . . . ≡ An−1 ≡ An

Azkeneko propietatetik A1 ≡ An dugu.

Propietatea 5 Baliokidetasuna mantendu egiten da aldagai proposizionalbat edo gehiago adierazpen batzurekin ordezkatzean, aldagai bat leku guztietanadierazpen berarekin ordezkatuz.

5

Oinarrizko baliokidetasun batzuren zerrenda idatziko dugu. A, B, C iza-nik edozein adierazpen :

¬¬A ≡ A Ukapen bikoitzaren legeaA ∧B ≡ B ∧ A Trukatze legeakA ∨B ≡ B ∨ AA ∧ (B ∧ C) ≡ (A ∧B) ∧ C Elkartze legeakA ∨ (B ∨ C) ≡ (A ∨B) ∨ CA ∨ (B ∧ C) ≡ (A ∨B) ∧ (A ∨ C) Banatze legeakA ∧ (B ∨ C) ≡ (A ∧B) ∨ (A ∧ C)A ∧ A ≡ A Idenpotentzia legeakA ∨ A ≡ A¬(A ∧B) ≡ ¬A ∨ ¬B De Morganen legeak¬(A ∨B) ≡ ¬A ∧ ¬BA → B ≡ ¬A ∨B Beste batzukA ↔ B ≡ (A → B) ∧ (B → A)

Adibidea 8 Frogatu A → B ≡ ¬A∨B baliokidetasuna egi taulan oinarrituz.

Adibidea 9 Baliokidetasun-katea osatuz, eta goian idatzi dugun zerrendakobaliokidetasunak kontuan izanik, frogatu :

a) P ∧ (P ∨Q → Q) ≡ P ∧ ((¬P ∧ ¬Q) ∨Q)

b) P ∧Q ≡ ¬(P → ¬Q)

Azkenik, esango dugu elkartze legeen arabera bi atal baino gehiagoko kon-juntzio eta disjuntzioetan parentesirik ez dugula ipiniko atal hauen artean.Adibidez, P ∧ ¬Q ∧ (P → Q).

5 Argumentuen baliozkotasunaren frogak

Argumentu bat baliozkoa dela frogatzeko, hau da, A1, A2,. . ., An premisenbaliozko ondorioa dela B frogatzeko, definizioan aipatzen genuen egi taulaegin beharrean, beste teknika batzuk erabiliko ditugu, arrazoiketa naturaletikhurbilago daudenak.

Honela egingo dugu argumentuaren baliozkotasunaren froga formala : de-dukzioa hasteko, A1, A2,. . ., An premisak (egi taulako lerro batean) egiazkoakdirelako hipotesia egingo dugu, ondoren hauetatik (egi taulako aipatutako

6

lerroan) egiazkoak diren adierazpenak deduzituko ditugu pausoz pauso etaazkenean B ondorioa deduzituz amaituko dugu froga.

Froga hauek egiterakoan batzutan teknika bereziak erabiliko ditugu :– reductio ad absurdum (r.a.a.) : ondorioaren ukapena, ¬B, egiazkotzat

hartuko dugu eta dedukzioarekin jarraituko dugu kontraesana lortuarte, azkenean ondorioztatuz B egiazkoa izan behar dela.

– kasuzkako froga : A∨B bi kasuren disjuntzioa badugu, disjuntzioa egiaz-koa izanik, dedukzioa bi adarretan bananduko dugu, kasuetako bat Aedo bestea B egiazkotzat hartuz adar bakoitzean ; bi adarretan adieraz-pen bera C deduzitzen badugu, orduan hasierako A ∨ B disjuntziotikere deduzitzen da C adierazpena.

– froga baldintzatua : deduzitu beharreko adierazpena inplikazioa bada,A → B, orduan A premisaren egiazkotasuna hipotesi gehigarritzathar dezakegu, ondoren dedukzioarekin jarraituz B lortu arte, azkenikesango dugularik A → B deduzigarria dela lehenagoko hipotesietatik.(Hau argi dago, A faltsua den kasuan inplikazioa egiazkoa da, eta Aegiazkoa den kasuan froga baldintzatuaren arabera B egiazkoa da berazinplikazioa ere bai.)

Dedukzioa garatzerakoan deduzitu ditugun eta deduzitu behar ditugun adie-razpenen lokailuen arabera jokatuko dugu. Dedukzio erregela hauek ditugu :

– A ∧B egiazkoa bada, orduan bai A eta bai B egiazkoak dira (Sinplifi-kazio Konjuntiboa) ; alderantziz A∧B egiazkoa dela deduzitzeko A etaB biak izan behar dira egiazkoak (Konbinazio Konjuntiboa).

A ∧B

A

A ∧B

B

AB

A ∧B

– A ∨ B deduzitzeko nahikoa da A edo B, bietako bat, egiazkoa izatea(Adizio Disjuntiboa). Bestalde, A ∨ B egiazkoa bada, eta ¬A ere baiorduan B egiazkoa da, aldiz ¬B egiazkoa bada orduan A egiazkoa da(Silogismo Disjuntiboa).

A

A ∨B

B

A ∨B

A ∨B¬A

B

A ∨B¬B

A

– A → B egiazkoa bada, eta A ere bai orduan B egiazkoa da (ModusPonens), aldiz ¬B bada egiazkoa orduan ¬A egiazkoa da (Modus Tol-

7

lens).A → BA

B

A → B¬B

¬A

– A → B eta B → C egiazkoak badira, A → C ere bai (SilogismoHipotetikoa).

A → BB → C

A → C

– A ↔ B egiazkoa da baldin eta soilik baldin A → B eta B → Aegiazkoak badira.

Azkenik, behar izanez gero,– adierazpen baliokidetasunak ere erabiliko ditugu argumentuaren bali-

ozkotasunaren dedukzioanAdibide batzuren bidez azalduko dugu hau guztia nola erabili argumentu

baten baliozkotasuna frogatzeko.

Adibidea 10 Frogatu argumentu baliozkoak direla :

a) ¬R → ¬P , R → S , ¬T ∨ ¬S , T ∨ U , ¬U |= ¬P

b) P ∨Q , ¬P ∨R |= Q ∨R

c) P → Q , P → R |= P → Q ∧R

d) P → Q , Q → R ∧ S , ¬R ∨ ¬T ∨ U , P ∧ T |= U

e) ¬P ∨ ¬Q → R ∧ S , R → T , ¬T |= P

f) U → R , R ∧ S → P ∨ T , Q → U ∧ S , ¬T |= Q → P

8

2. gaia : Predikatu kalkulua

1 Predikatu kalkuluko adierazpenak

Kalkulu proposizionaleko sinbolismoa zabalduko dugu. Objektuak (edogizabanakoak) eta predikatuak kontsideratuko ditugu. Adibidez “Sokrateshilkorra da” proposizioan “Sokrates” objektua (gizabanakoa) eta “ hilkorrada” (norbait hilkorra izatea) predikatua ditugu. Hizkuntza matematikoanidatzitako proposizioak ere har ditzakegu, “2 < 3” proposizioan 2 eta 3 ob-jektuak dira eta “ < ” predikatua. Identifikatu ditugun bi predikatu hauek1-lekuko eta 2-lekuko predikatuak dira hurrenez hurren.

Lokailu proposizionalak ere erabiliko ditugu proposizioak osatzeko : “So-krates hilkorra bada orduan Platon hilkorra da”, “2 < 3 ∧ 3 < 1”. Hauda, predikatu kalkuluak bere barnean hartzen du kalkulu proposizionalarenformalismoa.

Bestalde predikatu kalkuluan aldagai indibidualak (objektuentzako alda-gaiak) erabiliko ditugu, x, y, z, . . ., predikatuen lekuetan ipiniko ditugunak.

Baita ere bi sinbolo logiko berri sartuko ditugu : ∀, zenbatzaile unibertsala,eta ∃, zenbatzaile existentziala. Proposizio hauek ditugu :

– “∃x(x < 2)”, “Existitzen da x-en bat zeinentzat x < 2”– “∀x(x < 2)”, “Edozein x-entzat x < 2”, “x guztientzat x < 2”Aldagai indibidual batek ez duenean zenbatzailerik, adibidez “x < 2” idaz-

tean, hau proposizioa da x aldagaiak objektu zehatz bat izendatzen badu,adibidez 1 zenbakia, “1 < 2” alegia, bestela zenbatzailea sartu behar duguproposizioa izan dadin, “∀x(x < 2)”.

Predikatu kalkuluko adierazpenak osatzeko erabiliko ditugu aldagai pro-posizionalak, P , Q, R, . . ., eta predikatu aldagaiak, P , Q ,. . ., 1-lekukoak,

9

P , Q ,. . ., 2-lekukoak, etab.Erregela hauen bidez definituko dugu adierazpena eta baita ere aldagai

indibidual askeak eta lotuak :

1. Aldagai proposizional bat adierazpena da. n-lekuko predikatu aldagaia,ondoren n aldagai indibidual dituela, adierazpena da. Erregela honenarabera osatutako adierazpenei adierazpen primarioak deituko diegu.Hauetan agertzen diren aldagai indibidualak askeak dira.

2. A adierazpena bada, ¬A ere adierazpena da. A-ko aldagai indibidualaskeak ¬A-n ere askeak dira eta A-n lotuak direnak ¬A-n ere lotuakdira.

3. A eta B bi adierazpen badira, ez daukagularik batean askea eta besteanlotua den aldagai indibidualik, orduan adierazpenak dira A∧B, A∨B,A → B eta A ↔ B. Adierazpen berri hauetako aldagai indibidualakaskeak edo lotuak dira A eta B-n diren modu berean.

4. A adierazpenean x aldagai askea badago orduan ∀xA eta ∃xA adieraz-penak dira. Esango dugu ∀x edo ∃x zenbatzaileak A adierazpena lotzenduela, x aldagaia lotua da ∀xA eta ∃xA adierazpenetan. ∀xA eta ∃xA-ko beste aldagai indibidualak askeak edo lotuak dira A adierazpeneandiren modu berean. (Erregela honetan x-en ordez beste aldagai bat izandaiteke, y, z,. . .)

Parentesiak ipintzerakoan kalkulu proposizionaleko komentzioarekin jar-raituko dugu, zenbatzaileek ukapenaren lehentasun (prezedentzia) berdinaizango dutelarik.

Adibidea 1 Zein da ∀xPx ∨ Q adierazpena ? Ken ditzakegu ∀x(Px ∨ Q)adierazpeneko parentesiak ?

Adibidea 2 Eraiki Px → ∀z∃yQyz∧∀y(Rxy∨S) adierazpen primarioetatik.Osatzen den adierazpen bakoitzean esan zein aldagai indibidual diren askeaketa zein lotuak.

Adibidea 3 Adierazpena da Px ∧ ∀xQx ?

A, B, C,. . .identifikatzaileak erabiliko ditugu edozein adierazpen izendat-zeko, A(x), B(x),. . .erabiliko ditugu x aldagai askea dutenak izendatzeko,agian beste aldagai aske edo lotu batzuk izanik adierazpenak.

Adibidea 4 Zein identifikatzaile erabil ditzakegu Px ∧ ∃yQyz izendatzeko ?

10

Atal hau burutzeko, hau litzateke predikatu kalkuluan proposizio bati da-gokion adierazpena lortzeko bidea : proposizio bakun bakoitza aldagai pro-posizional batekin ordezkatuko dugu, n-lekuko predikatu bakoitza n-lekukopredikatu aldagai batekin, objektu (edo gizabanako) bakoitza aldagai indi-bidual aske batekin, eta lokailu eta zenbatzaileentzat ikurrak (eta aldagailotuak) idatziko ditugu.

Adibidea 5 Lortu proposizio bat, ∀xPx → Py adierazpena dagokiona.

2 Baliozko adierazpenak

Predikatu kalkulurako adierazpen baliozkoaren kontzeptua definituko du-gu. Lehenik U , objektuen unibertsoa kontsideratzen dugu, U izanik multzoez hutsa. Predikatu baten lekuetan U -ko objektuak ipiniz proposizioa dau-kagu, eta hau egiazkoa edo faltsua izango da aukeratu ditugun objektueneta predikatuaren arabera. Horregatik adierazpen baten egi taula eraikitzekofuntzio logikoak definitu behar ditugu, n-lekuko funtzio logikoak honelakoakizanik :

ϕ : U× n. . . ×U → {t, f}

Adibidea 6 Idatzi : (a) 3 objektuko unibertsorako 1-lekuko funtzio logikoak,(b) objektu bateko unibertsorako 2-lekuko funtzio logikoak, (c) 2 objektukounibertsorako 2-lekuko funtzio logikoak.

U objektu unibertsoa aukeratu ondoren, adierazpenaren egi taulan esleipenhauek egingo ditugu lerro bakoitzean :

– aldagai proposizional bakoitzari t edo f egi balioa– n-lekuko predikatu aldagai bakoitzari n-lekuko funtzio logikoa– aldagai aske bakoitzari U -ko objektu bat

Egi taulako lerro batean adierazpenaren egi balioa kalkulatzeko jakin be-har dugu zenbatzaile existentzial eta unibertsalarekin zer egin. ∀xA(x) edo∃xA(x)-en egi balioa kalkulatzeko taula laguntzailea egingo dugu, U -ko ob-jektu bakoitzarentzat A(x)-en egi balioa kalkulatuz x aldagaia objektuazordezkatzean. ∀xA(x) egiazkoa izango da baldin A(x) egiazkoa bada U -koobjektu guztientzat, eta honela ez bada, faltsua. ∃xA(x) egiazkoa izango dabaldin A(x) egiazkoa bada U -ko objektu batentzat gutxienez, eta honela ezbada, faltsua.

11

Azkenik esango dugu adierazpenaren egi taula egiterakoan U unibertsokoobjektuak zein diren ez zaigula interesatzen, kopurua |U| bakarrik. Norma-lean zenbakiak erabiliko ditugu, |U| = n bada U = {1, 2, . . . , n} hartuz.

Adibidea 7 (1) Py ∨ ∀x(Px → Q) adierazpenaren egi taula bi objektukounibertsorako, (2) ∀x(∃yPy → Px)∧Pz adierazpenaren egi taula bi objektukounibertsorako.

Adierazpena emanik, honen interpretazio bat definitzen dugu unibertsoaaukeratuz eta aldagai proposizional bakoitzaren egi balioa, predikatu alda-gai bakoitzarentzat funtzio logikoa eta aldagai aske bakoitzarentzat objektuafinkatuz.

Definizioa 1 A adierazpena baliozkoa dela esango dugu baldin edozein uni-bertsorako egi taulan adierazpena egiazkoa bada lerro guztietan. Hau da, bal-din egiazkoa bada edozein interpretaziorako.

Adierazpen batek infinitu egi taula ditu, unibertso bakoitzerako bat (|U| =1, 2, . . .). Adierazpena baliozkoa dela frogatzeko arrazoiketa generikoa eginbehar dugu : U zehaztu gabe, egi taulako edozein lerrotan t dugula frogatubehar da. Aldiz, adierazpena ez baliozkoa dela frogatzeko U konkretu batenegi taulako lerro batean f lortzea nahikoa da. Nabaria denez kalkulu proposi-zionaletik ezberdintasun handia dugu.

Adibidea 8 Frogatu ∀x∃yPxy → ∃y∀xPxy ez dela baliozkoa.

3 Baliokidetasunak eta baliozko argumentu-

ak

Predikatu kalkuluan mantentzen da baliokidetasunaren definizioa, A etaB baliokideak dira, A ≡ B, baldin A ↔ B baliozkoa bada, hau da, edozeinunibertsorako egi taulan A eta B-k egi balio berdina dute lerro bakoitzean.Baliokidetasun batzuren zerrenda egingo dugu. Edozein adierazpen A(x),B(x) eta A(x, y)-rako :

¬∃xA(x) ≡ ∀x¬A(x)¬∀xA(x) ≡ ∃x¬A(x)∀x∀yA(x, y) ≡ ∀y∀xA(x, y)∃x∃yA(x, y) ≡ ∃y∃xA(x, y)∀x(A(x) ∧B(x)) ≡ ∀xA(x) ∧ ∀xB(x)∃x(A(x) ∨B(x)) ≡ ∃xA(x) ∨ ∃xB(x)

12

Kontuan izan unibertsala banakorra dela konjuntziorako baina ez disjuntzio-rako ; eta existentziala banakorra da disjuntziorako baina ez konjuntziorako.Bestalde, baldin A adierazpenak ez badu x askerik :

∀x(A ∧B(x)) ≡ A ∧ ∀xB(x)∀x(A ∨B(x)) ≡ A ∨ ∀xB(x)∃x(A ∧B(x)) ≡ A ∧ ∃xB(x)∃x(A ∨B(x)) ≡ A ∨ ∃xB(x)

Adibidea 9 Frogatu :

a) ∃x(Px∨Qx) ≡ ∃xPx∨∃xQx (eta ondorioz ∃x(A(x)∨B(x)) ≡ ∃xA(x)∨∃xB(x)).

b) ¬∃xPx ≡ ∀x¬Px

Kalkulu proposizionalean bezala, predikatu kalkuluan ere baliokidetasun ber-riak lortzeko baliokidetasun kateak egingo ditugu oinarrizko baliokidetasunakerabiliz, goian idatzi dugun zerrendako eta kalkulu proposizionaleko balioki-detasunak erabiliz.

Argumentu baliozkoen definizioa ere antzekoa da orain, edozein uniber-tsorako egi taulan premisak egiazkoak badira lerroren batean orduan ondo-rioak egiazkoa izan behar du. Argumentuen baliozkotasunaren froga formalaere lehen bezala egingo dugu, baina orain zenbatzaileak eta aldagai indibi-dualak kontuan izan behar ditugu. Dakigunez, argumentuaren premisa etaondorioko aldagai indibidual askeek objektu (edo gizabanako) konkretuakizendatzen dituzte. Oro har, dedukzioan zehar zenbatzaileak kenduko ditugu,kalkulu proposizionaleko dedukzio erregelekin jarraituko dugu dedukzioa, etaazkenik behar diren zenbatzaileak sartuko ditugu.

Existentzial bat kentzen dugun bakoitzean objektu konkretu bat izenda-tuko duen aldagai berria idatziko dugu (a, b etab). Unibertsal bat kentzean biaukera ditugu : (a) zenbatzailearen aldagaiaren ordez objektu konkretu batizendatzen duen aldagaia idatzi, (b) zenbatzailearen aldagaia utzi edo bestebat idatzi baina adieraziz aldagai honek unibertsoko edozein objektu izenda-tuz mantentzen dela egiazkotasuna. Zenbatzaileak sartzerakoan bakoitzarenegiazkotasunaren definizioaren arabera sartuko ditugu. Zenbatzaileak kendueta sartzerakoan, deduzitu nahi dugun adierazpenaren arabera aukeratukoditugu aldagaiak.

Dedukzio batzuk egingo ditugu.

Adibidea 10 Frogatu argumentu hauek baliozkoak direla :

13

3. gaia : Multzoak eta osokoak

1 Multzoak eta azpimultzoak

Multzoa objektu batzuren bilduma bezala defini dezakegu, objektu hauekmultzoaren elementuak direlarik. Ez dugu formalki definituko multzoa etakontzeptu primitibotzat hartuko dugu.

Maiuskulak erabiliko ditugu multzoak izendatzeko : A, B, C, . . . ; etaminuskulak elementuak izendatzeko : x, y, z, . . .Baldin x A-ko elementuabada x ∈ A idatziko dugu (“x barne A” irakurriz), x 6∈ A ez bada A-koa.

Multzoa bi eratara defini dezakegu :– multzoko elementu guztiak emanaz,– multzoko elementuek betetzen duten propietatea adieraziz.

Unibertsoa deituko diogu testuinguru batean kontsideratzen ditugun ele-mentu guztien multzoari, U idatziz.

Adibidea 1 (a) Idatzi A multzoa, lehenengo bost osoko positiboen multzoa,aipatutako bi eratan. Idatzi A berriz unibertsoa osokoen multzoa bada, U = Z.(b) Idatzi osoko bikoitien multzoa, B.

Adibidean ikusten dugunez, multzo finituak eta infinituak ditugu. Multzofinitu bateko elementuen kopurua |A| idatziz adieraziko dugu eta A-ren kar-dinala edo tamaina deituko diogu. Bi multzo berdinak dira, A = B, elementuberak badituzte. Multzo batean ordena ez da kontuan hartzen, eta multzokoelementuak ematean ez ditugu errepikatuko.

Definizioa 1 C multzoa D multzoaren azpimultzoa dela esango dugu, C ⊆D (“C parte D”), baldin edozein x-erako :

x ∈ C ⇒ x ∈ D

15

Baldin C ⊆ D eta C 6= D, esango dugu D-ren azpimultzo propioa dela C,C ⊂ D idatziz.

Partekotasuna eta oro har multzoen arteko erlazioak irudikatzeko Venndiagramak erabiliko ditugu.

Multzo hutsa elementurik ez duen multzoa da, φ = {}, beraz |φ| = 0.Edozein A-rako φ ⊆ A dugu.

Definizioa 2 A-ren potentzia multzoa, P(A), deituko diogu A-ren azpimul-tzo guztien bildumari.

A multzo finitua emanik |P(A)| = 2n, non n = |A|.

Adibidea 2 Idatzi C = {1, 2, 3} multzoaren potentzia multzoa. Arrazoituazpimultzo kopurua.

Multzo batzuek notazio berezia dute : Z zenbaki osokoak, Z+ osoko po-sitiboak, 0 6∈ Z+, R errealak, Q arrazionalak, C konplexuak, etab.

2 Multzo eragiketak

Multzoen arteko eragiketak definituko ditugu.

Definizioa 3 A, B ⊆ U multzoak emanik,

a) A eta B-ren bildura :

A ∪B = {x | x ∈ A edo x ∈ B}

b) A eta B-ren ebakidura :

A ∩B = {x | x ∈ A eta x ∈ B}

Definizioa 4 A eta B multzoak disjuntuak direla esango dugu baldin ele-mentu komunik ez badute, A ∩B = φ.

Definizioa 5 A ⊆ U multzoaren osagarria :

A = {x | x ∈ U eta x 6∈ A}

Definizioa 6 A, B ⊆ U emanik, A-ren B-rekiko osagarria :

B − A = {x | x ∈ B eta x 6∈ A}

16

Adibidea 3 Marraztu eragiketa hauei dagozkien Venn diagramak.

Multzo teoriako lege hauek ditugu :

A ∩B = A ∪B De Morgan-en legeakA ∪B = A ∩BA ∩B = B ∩ A Trukatze legeakA ∪B = B ∪ AA ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C Elkartze legeakA ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ CA ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C) Banatze legeakA ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)A ∪ φ = A Identitate legeakA ∩ U = AA ∪ U = U Menpekotasun legeakA ∩ φ = φ

Lege hauek kalkulu proposizionaleko baliokidetasun legeekin parekatu ditza-kegu, frogatzerakoan ikusiko dugunez.

Adibidea 4 Frogatu A ∩B = A ∪B.

3 Zatiketa algoritmoa : zenbaki lehenak

Esango dugu a 6= 0 osokoak b osokoa zatitzen duela, a | b idatziz, baldinexistitzen bada n osokoa b = na izanik ; honela bada esango dugu a b-renzatitzailea dela, eta b a-ren multiploa.

Adibidea 5 2 | 6, 7 | − 21, 7 | 20 ?

Propietatea 1 Edozein osoko a, b, c emanik (eta zatitzailea beti ez nuluaizanik) :

(a) 1 | a, a | a, a | 0.(b) Baldin a | b eta b | a orduan a = ±b.

(c) Baldin a | b eta b | c orduan a | c.(d) Baldin a | b orduan a | bx, edozein osoko x-erako.

(e) Baldin a | b eta a | c orduan a | bx + cy, edozein osoko x, y-rako (b etac-ren konbinazio lineal bat da bx + cy).

17

Froga. (a) Lehenik a = a 1 beraz 1 | a. Antzera a = 1 a beraz a | a. Eta 0 = 0 aberaz a | 0.

(b) Hipotesiak dio a | b eta b | a, hau da, b = m a eta a = n b, non m, nosokoak diren, a eta b ez nuluak izanik |b| ≥ |a| eta |a| ≥ |b| dugu, beraza = ±b.

(c) Hipotesia da a | b eta b | c, hau da, b = m a eta c = n b, non m, nosokoak diren, beraz c = n m a, non n m osokoa den, beraz a | c.

(d) Honen froga (e)ren frogaren kasu berezia da.(e) Hipotesia a | b eta a | c da, b = m a eta c = n a, non m, n osokoak

diren, honela bx+ cy = max+nay = (mx+ny) a dugu, non mx+ny osokoaden, beraz a | bx + cy. ♦

Osoko positibo bat, n > 1, zenbaki lehena dela esango dugu baldin ezbadu zatitzaile positiborik, 1 eta n izan ezik ; lehena ez bada konposatuadeituko diogu.

Zatiketa algoritmoaren teorema ikusiko dugu ondoren, lehenik adibideaeginez.

Adibidea 6 Zatitu 30a 7arekin.

Teorema 1 (Zatiketa algoritmoa.) Izan bitez a eta b osokoak, non b > 0,orduan existitzen dira q eta r osokoak, bakarrak, hau betzen delarik :

a = q b + r , non 0 ≤ r < b

Froga. Azter dezagun a ≥ 0 kasua eta kontsideratu multzo hau :

S = {a− t b | t ∈ Z eta a− t b ≥ 0}

S ez da hutsa (adibidez a− 0 b ≥ 0). Izan bedi S-ko osoko txikiena r :

r = a− q b , r ≥ 0

non q osoko bat den.Frogatuko dugu r < b dela. Eman dezagun (r.a.a.) r ≥ b dela, q′ = q + 1

hartzen badugu :

a− q′ b = a− (q + 1) b = a− q b− b = r − b ≥ 0

beraz a − q′ b ∈ S, eta a − q′ b = r − b < r izanik, r ez litzateke S-ko osokotxikiena, kontraesana r-ren definizioarekin. Ondorioz r < b.

18

Orain q eta r bakarrak direla frogatuko dugu. Baldin a = q1b + r1 =q2b + r2, non 0 ≤ r1, r2 < b, hau dugu :

(q1 − q2) b = r2 − r1

hemendik |q1 − q2| b = |r2 − r1| < b, beraz |q1 − q2| = 0 izango da, ondoriozq1 = q2, eta baita |r2 − r1| = 0 ere, hau da, r1 = r2. ♦

Adibidea 7 (a) Zatitu 21a 7arekin, baita 22a ere. (b) Zatitu -43a 8arekin.

4 Zatitzaile komun handiena

Izan bitez a, b eta c 6= 0 osokoak, esango dugu a eta b-ren zatitzailekomuna dela c baldin c | a eta c | b.

Definizioa 7 Izan bitez a, b, c ∈ Z+, esango dugu a eta b-ren zatitzaile ko-mun handiena dela c hau betetzen bada :

(i) a eta b-ren zatitzaile komuna da c,

(ii) baldin d | a eta d | b orduan d | c, edozein d ∈ Z+-rako.

Idazkera hau erabiliko dugu zatitzaile komun handienarentzat, c = zkh(a, b).

Adibidea 8 (a) Zein da 6a eta 10aren zatitzaile komun handiena ? (b) Zeinda multzo honetako osoko txikiena ?

S = {6 s + 10 t | s, t ∈ Z eta 6 s + 10 t > 0}

Teorema 2 Izan bitez a, b ∈ Z+, orduan existitzen da, eta bakarra da, a etab-ren zatitzaile komun handiena. Izan bitez a, b, c ∈ Z+, non c | a eta c | b,orduan : c = zkh(a, b) baldin eta soilik baldin existitzen badira x, y osokoakc = a x + b y izanik.

Froga. Kontsidera dezagun multzo hau :

S = {a s + b t | s, t ∈ Z eta a s + b t > 0}

Multzoa ez da hutsa. Izan bedi S-ko osoko txikiena c. Ikusiko dugu a etab-ren zatitzaile komun handiena dela.

19

Lehenik c zatitzaile komuna dela frogatuko dugu. Alde batetik c | a, honelaez balitz (r.a.a.), zatiketa algoritmotik hau genuke :

a = q c + r , non 0 < r < c

eta r osokoa, c baino txikiagoa, S-koa litzatekeela deduzituko dugu. S mult-zokoa izanik c, orduan c = a x + b y, non x, y ∈ Z, beraz

r = a− q c = a− q (a x + b y) = a (1− q x) + b (−q y)

hau da r ∈ S. Ondorioz c ez litzateke S-ko osoko txikiena, kontraesana c-rendefinizioarekin. Orduan c | a bete behar da. Antzera arrazoituz c | b dugu.

Gainera, edozein d ∈ Z+-rako, baldin d | a eta d | b, nola c = a x+ b y den,d | c betetzen da. Beraz a eta b-ren zatitzaile komun handiena da c.

Zatitzaile komun handiena bakarra dela frogatuko dugu : a eta b-ren za-titzaile komun handienak balira c1 eta c2, orduan c1 | c2 eta c2 | c1, hemendikc1 = c2, positiboak direnez.

Azkenik, izan bitez a, b, c ∈ Z+, non c | a eta c | b. Baldin c = zkh(a, b),ikusi dugunez c = a x+b y. Alderantziz, baldin existitzen badira x, y osokoakc = a x + b y izanik, honela frogatuko dugu c = zkh(a, b) dela : hastekoc zatitzaile komuna da, bestalde edozein d ∈ Z+-rako baldin d | a eta d | borduan d | a x + b y, hau da, d | c. ♦

Baldin zkh(a, b) = 1 esango dugu a eta b erlatiboki lehenak direla.Zatitzaile komun handiena kalkulatzeko algoritmo euklidearra dugu. Izan

bitez a eta b osoko positiboak :

a zatitu b-rekin : hondarra r1 > 0b zatitu r1-ekin : hondarra r2 > 0r1 zatitu r2-rekin : hondarra r3 > 0r2 zatitu r3-rekin : hondarra r4 > 0

· · ·rk−1 zatitu rk-rekin : hondarra 0

zkh(a, b) = rk

Adibidea 9 Kalkulatu zkh(250, 111) eta zkh(1820, 231), eta lortu dagozkienkonbinazio linealak.

20

5 Aritmetikako teorema nagusia

Propietatea 2 Izan bitez a, b ∈ Z+ eta p osoko lehena. Baldin p | a b orduanp | a edo p | b.Froga. Hipotesitzat dugu p | a b. Bi kasu bereiziko ditugu. Lehenengo kasuan,baldin p | a, betetzen da inplikazioaren ondorioa. Beste kasuan, baldin p 6 |a,frogatuko dugu p | b betetzen dela. Lehena denez p, kasu honetan zkh(p, a) =1, ondorioz existituko dira x, y osokoak zeinentzat

1 = p x + a y

Berdintza b-rekin biderkatuz eta berrordenatuz,

b = p (b x) + (a b) y

Dakigunez p | p eta p | a b, beraz

p | p (b x) + (a b) y

hau da, p | b. Bi kasuetatik p | a edo p | b. ♦

Teorema 3 (Aritmetikako teorema nagusia.) Edozein osoko n > 1 idatzdezakegu zenbaki lehenen biderkadura bezala, honi deitzen diogu faktorizaziolehena. Faktorizazio lehena bakarra da, ordena kontuan hartu gabe.

Faktorizazioaren existentzia frogatzeko nahikoa da zenbaki lehenaren defini-zioa erabiltzea. Faktorizazioa bakarra dela frogatuko dugu aurreko propieta-tean oinarrituz.

Adibidea 10 Kalkulatu 980 220 osokoaren faktorizazio lehena.

6 Multiplo komun txikiena

Izan bitez a, b, c ∈ Z+, esango dugu a eta b-ren multiplo komuna dela cbaldin a-ren multiploa eta b-ren multiploa bada c. Baldintza hau betetzenduen osoko txikienari deituko diogu a eta b-ren multiplo komun txikiena,mkt(a, b). Bi propietate aipatuko ditugu, hauen frogak egin gabe.

Propietatea 3 Baldin c = mkt(a, b), eta a eta b-ren multiplo komuna badad, orduan c | d.Propietatea 4 Berdintza hau betetzen da :

a b = mkt(a, b) · zkh(a, b)

21

4. gaia : Funtzioak eta erlazioak

1 Funtzioak

A multzotik B multzorako f funtzioa edo aplikazioa deituko diogu A-koelmentu bakoitzari B-ko elementu bat, eta bakarra, elkartzen dion legeari,f : A → B idatziz. Baldin a ∈ A elementuari f funtzioak b ∈ B elkartzenbadio f(a) = b idatziko dugu eta esango dugu a-ren irudia b dela.

Adibidea 1 Irudikatu A = {a, b, c, d, e} multzotik B = {α, β, γ, δ} multzo-rako funtzio bat.

f funtzioaren irudia deituko diogu A-ko elementuen f -ren bidezko irudiekosatzen duten B-ko azpimultzoari, f(A) idatziz. Antzera, A′ ⊆ A emanik,A′-ren irudia hau da :

f(A′) = {f(a) | a ∈ A′}

Adibidea 2 Aurreko adibidean lortu funtzioaren irudia eta {b, c, d} azpi-multzoaren irudia.

Definizioa 1 f : A → B funtzioa injektiboa da baldin B-ko elementu bakoi-tza gehienez behin agertzen bada A-ko elementuen iruditzat, hau da, baldinedozein a1, a2 ∈ A-rako :

f(a1) = f(a2) ⇒ a1 = a2

22

Adibidea 3 a) Irudikatu A = {a, b, c, d} multzotik B = {α, β, γ, δ, ε} mul-tzorako funtzio injektiboa.b) Aztertu injektiboa den f : R→ R , f(x) = 3x + 1c) Aztertu injektiboa den g : R→ R , g(x) = x4 − x

Definizioa 2 f : A → B funtzioa suprajektiboa da baldin f(A) = B, hauda, edozein b ∈ B-rako badago gutxienez a ∈ A bat f(a) = b izanik.

Adibidea 4 a) Irudikatu A = {a, b, c, d, e} multzotik B = {α, β, γ, δ} mul-tzorako funtzio suprajektiboa.b) Aztertu suprajektiboa den h : Z→ Z , h(x) = 3x + 1c) Aztertu suprajektiboa den f : R→ R , f(x) = 3x + 1

Definizioa 3 Funtzio bat bijektiboa dela esango dugu baldin injektiboa etasuprajektiboa bada.

f : A → B bijektiboa bada, f−1 : B → A alderantzizko funtzioa dugu :

f−1(y) = x ⇔ f(x) = y

f−1 ere bijektiboa da eta (f−1)−1 = f .

Adibidea 5 a) Irudikatu A = {a, b, c, d} multzotik B = {α, β, γ, δ} multzo-rako funtzio bijektiboa eta bere alderantzizkoa.b) f : R → R , f(x) = 3x + 1 bijektiboa da aurretik ikusi dugunez. Aurkitualderantzizkoa.

2 Funtzio konposaketa

Lehenik funtzio berdintza definituko dugu : f, g : A → B emanik, f etag berdinak direla esango dugu, f = g idatziz, baldin f(a) = g(a) edozeina ∈ A-rako.

Definizioa 4 f : A → B eta g : B → C emanik, funtzio konposatua deitukodiogu g ◦ f : A → C funtzioari non edozein a ∈ A-rentzat

(g ◦ f)(a) = g(f(a))

23

Adibidea 6 a) A = {a, b, c, d}, B = {α, β, γ, δ} eta C = {w, x, y} multzoakemanik, irudikatu bi funtzio f : A → B eta g : B → C, eta hauen funtziokonposatua g ◦ f : A → C.b) Izan bitez f, g : R → R funtzioak, f(x) = x2 eta g(x) = x + 5. Kalkulatuf ◦ g eta g ◦ f , berdinak dira ?

Adibidean ikusi dugunez, normalean f ◦g 6= g◦f . Gainera, gerta daiteke f ◦geta g ◦ f funtzioetako bat existitzea baina ez bestea, edo biak ez existitzea.

A multzorako identitate funtzioa deituko diogu 1A : A → A funtzioarinon 1A(a) = a edozein a ∈ A-rako. Propietate hau dugu f : A → B funtziobat emanik :

f ◦ 1A = 1B ◦ f = f

eta f bijektiboa bada

f−1 ◦ f = 1A eta f ◦ f−1 = 1B

Funtzio konposaketarako emaitza hauek ditugu.

Teorema 1 f : A → B eta g : B → C emanik :

i) baldin f eta g injektiboak badira, orduan g ◦ f ere injektiboa da,

ii) baldin f eta g suprajektiboak badira, orduan g ◦ f ere suprajektiboa da.

Froga. i) Hipotesia : f eta g injektiboak dira. g ◦ f : A → C injektiboa delafrogatu behar dugu. Izan bitez a1, a2 ∈ A, baldin (g ◦ f)(a1) = (g ◦ f)(a2),g(f(a1)) = g(f(a2)), g injektiboa denez f(a1) = f(a2), eta f injektiboa deneza1 = a2. Beraz g ◦ f injektiboa da.

ii) Hipotesia : f eta g suprajektiboak dira. g ◦ f : A → C suprajektiboadela frogatu behar dugu. Izan bedi c ∈ C, g suprajektiboa denez existitukoda b ∈ B bere irudia g(b) = c izanik, eta f suprajektiboa denez existitukoda a ∈ A bere irudia f(a) = b izanik, beraz c = g(b) = g(f(a)), hau da,c = (g ◦ f)(a). Ondorioz g ◦ f suprajektiboa da. ♦

Teorema 2 Baldin f : A → B eta g : B → C bijektiboak badira, orduang ◦ f : A → C bijektiboa da eta

(g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1

24

Froga. Hipotesia : f eta g bijektiboak dira. Aurreko teoremaren arabera g ◦fbijektiboa da. Froga dezagun orain (g◦f)−1 eta f−1◦g−1 funtzioak, biak C-tikA-rakoak, berdinak direla. Izan bedi z ∈ C, baldin (g ◦ f)−1(z) = x, orduanz = (g ◦f)(x), z = g(f(x)), g−1(z) = f(x), f−1(g−1(z)) = x, (f−1 ◦g−1)(z) =x, hau da, (g ◦ f)−1(z) = (f−1 ◦ g−1)(z), bi funtzioekin z ∈ C-ren irudia berada. Beraz (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1. ♦

Teorema 3 f : A → B, g : B → C eta h : C → D emanik, orduan

(h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f)

Froga. Edozein x ∈ A-rako irudi bera dugu :

((h ◦ g) ◦ f)(x) = (h ◦ g)(f(x)) = h(g(f(x)))(h ◦ (g ◦ f))(x) = h((g ◦ f)(x)) = h(g(f(x)))

Beraz (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f). ♦Funtzio konposaketa elkarkorra denez, h ◦ g ◦ f idatz dezakegu. Bestalde,

f : A → A emanik :

fn = f ◦ f◦ n. . . ◦f = f ◦ fn−1

Adibidea 7 Kontsidera dezagun f(x) = 2x− 3 funtzioa. Kalkulatu f 4 funt-zioa.

Izan bitez orain f : A → B eta B′ ⊆ B. B′ azpimultzoaren f funtzioare-kiko aurreirudia definituko dugu honela :

f−1(B′) = {x ∈ A | f(x) ∈ B′}

Baldin B′ = {b}, f−1(b) idatziko dugu. Bestalde, kontuan izan aurreiru-diaren definizioan f−1 ez dela alderantzizko funtzioa, ez baitugu eskatzen fbijektiboa izan behar duenik. Aurreirudian elementu bat baino gehiago izandezakegu, edo hutsa ere izan daiteke. Funtzioa bijektiboa da baldin eta soilikbaldin B-ko edozein elementuren aurreirudia elementu bakarrekoa bada.

Adibidea 8 Irudikatu A = {a, b, c, d} multzotik B = {α, β, γ, δ} multzorakofuntzio bat eta kalkulatu f−1(B′), non B′ = {α, β, γ}, eta baita ere f−1(α).

Azkenik, frogapen nabarmena duen teorema hau dugu.

Teorema 4 A eta B multzo finituak badira, eta |A| = |B|, orduanf : A → B injektiboa da baldin eta soilik baldin suprajektiboa bada.

25

3 Biderkadura kartesiarra eta erlazioak

Multzo bateko elementuen arteko erlazioa formalki definitu ahal izateko,biderkadura kartesiarraren kontzeptuarekin hasiko gara. A eta B multzoenbiderkadura kartesiarra hau da :

A×B = {(a, b) | a ∈ A eta b ∈ B}

Bikote ordenatua deituko diogu (a, b)-ri, a izanik lehenengo osagaia eta bbigarrengo osagaia. (a, b) eta (c, d) bikoteak berdinak dira baldin eta soilikbaldin a = c eta b = d ; beraz (a, b) 6= (b, a) baldin a 6= b.

A eta B finituak badira |A×B| = |A| · |B| dugu.

Adibidea 9 Kalkulatu A = {2, 3, 4} eta B = {4, 5} multzoen biderkadurakartesiarra. Baita ere kalkulatu B ×B.

Definizioa 5 A multzoaren gaineko erlazioa deituko diogu A×A-ko edozein< azpimultzori.

Adibidea 10 a) Definitu A = {2, 3, 4, 5} multzoaren gaineko erlazio bat.b) Kontsidera dezagun A = Z+ multzoaren gaineko < = {(x, y) | x ≤ y}erlazioa. (7, 7), (7, 11), (8, 2) ∈ < ? Idatzi erlazioa predikatu idazkera erabiliz.

4 Erlazioen propietateak

Erlazio batek izan ditzakeen propietate interesgarri batzuk definituko di-tugu orain. A multzoaren gaineko < erlazioa :

– bihurkorra da baldin∀x ∈ A, x<x

– simetrikoa da baldin

∀x, y ∈ A, x<y ⇒ y<x

– trantsitiboa da baldin

∀x, y, z ∈ A, x<y eta y<z ⇒ x<z

– antisimetrikoa da baldin

∀x, y ∈ A, x<y eta y<x ⇒ x = y

26

Adibidea 11 Aztertu zein propietate betetzen dituzten A = {1, 2, 3} multzo-aren gaineko erlazio hauek :

<1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}<2 = {(1, 1), (2, 3), (3, 3)}<3 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (1, 3)}

Adibidea 12 Aztertu Z+ multzoaren gaineko erlazio honek, zatigarritasunerlazioak, betetzen dituen definitu ditugun propietateak : a<b baldin a|b.

Erlazio mota ezberdinen artean ordena erlazioak eta hurrengo ataleanaztertuko ditugun baliokidetasun erlazioak nabarmenduko ditugu.

Definizioa 6 Ordena erlazioa deituko diogu A multzoaren gaineko < erla-zioari baldin bihurkorra, antisimetrikoa eta trantsitiboa bada.

Bestalde, A multzoaren gaineko < ordena erlazioa emanik, ordena totaladela esango dugu baldin edozein a, b ∈ A hartuz a<b edo b<a betetzen bada ;horrela ez bada ordena partziala dela esango dugu.

Adibidea 13 Frogatu ordena erlazioak direla eta aztertu ordena totalak edopartzialak diren.i) Z+ multzoan : a<b baldin a|bii) Z multzoan : a<b baldin a ≤ biii) U unibertsoa emanik, P(U) multzoan : A<B baldin A ⊆ B

5 Baliokidetasun erlazioak

Has gaitezen baliokidetasun erlazioa definituz.

Definizioa 7 Baliokidetasun erlazioa deituko diogu A multzoaren gaineko <erlazioari baldin bihurkorra, simetrikoa eta trantsitiboa bada.

Aurrerago ikusiko dugu baliokidetasun erlazioak multzoaren partizio batsortzen duela. Kontzeptu hau zehaztuko dugu. Izan bitez A multzoa etaAi ⊆ A azpimultzo ez hutsak, i ∈ I (indize multzoa). A-ren partizioa da{Ai}i∈I baldin A =

⋃i∈I Ai eta Ai ∩ Aj = ∅ edozein i, j ∈ I-rako, i 6= j.

Baliokidetasun klaseekin jarraituko dugu, ondoren oinarrizko propietate-ak frogatuz.

27

Definizioa 8 Izan bedi A multzoaren gaineko < baliokidetasun erlazioa. x ∈A-ren baliokidetasun klasea deituko diogu azpimultzo honi :

[x] = {y ∈ A | y<x}

Beraz y ∈ [x] baldin eta soilik baldin y<x.

Teorema 5 Izan bedi A-ko < baliokidetasun erlazioa. Edozein x, y ∈ A-rako :

a) x ∈ [x]

b) x<y baldin eta soilik baldin [x] = [y]

c) [x] eta [y] ezberdinak badira orduan disjuntuak dira, [x] ∩ [y] = ∅

Froga. a) < bihurkorra denez, x<x, x ∈ [x].b) (⇒) Hipotesia : x<y. [x] = [y] deduzitu behar dugu, eta lehenik [x] ⊆ [y].Izan bedi v ∈ [x], v<x, < trantsitiboa izanik, v<y, v ∈ [y]. Beraz [x] ⊆ [y].Orain [y] ⊆ [x] deduzituko dugu. Izan bedi w ∈ [y], w<y, < simetrikoa denez,y<x, eta < trantsitiboa denez, w<x, w ∈ [x]. Beraz [y] ⊆ [x]. Ondorioz[x] = [y].(⇐) Hipotesia : [x] = [y]. Dakigunez (a)-tik x ∈ [x], hipotesitik x ∈ [y], berazx<y.c) Hipotesia : [x] 6= [y]. r.a.a. : baldin [x]∩ [y] 6= ∅, existituko da z ∈ [x]∩ [y],z ∈ [x] eta z ∈ [y], z<x eta z<y, < simetrikoa izanik, x<z, eta < trantsitiboaizanik, x<y, ondorioz (b)-tik [x] = [y], kontraesana hipotesiarekin. Beraz[x] ∩ [y] = ∅. ♦

Teorema honen arabera, A multzoaren gaineko baliokidetasun erlazio ba-tek determinatutako klase ezberdinek A-ren partizio bat osatzen dute.

Adibidea 14 a) Izan bitez A = {a, b, c, d, e, f} multzoa eta honen gainekoerlazioa, < = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (f, f), (b, c), (c, b), (d, e), (e, d),(e, f), (f, e), (d, f), (f, d)}. Egiaztatu baliokidetasun erlazioa dela. Determi-natu klaseak eta idatzi A-ren partizioa.b) Izan bedi Z multzoaren gaineko erlazioa : a<b baldin a2 = b2. Egiaztatubaliokidetasun erlazioa dela. Kalkulatu klaseak eta idatzi erlazioak determi-natutako partizioa.

28

6 Modulu finituko osokoak

Dakigunez osokoen multzoa infinitua da. Orain definituko dugu, balio-kidetasun erlazio baten bidez, osokoen multzo finitua, n osoko dituena, nmoduluko osokoen multzoa deitua. Aurrerago multzo honetan batuketa etabiderkaketa definituko ditugu, propietate bereziak dituen egitura algebraikoasortuz.

Izan bedi n ∈ Z, n > 1. Esango dugu a eta b osokoak kongruenteakmodulu n direla, a ≡ b (mod n) idatziz, baldin n | a− b, hau da, a = b + kn,k ∈ Z-ren batentzat. Z-ren gaineko baliokidetasun erlazioa da n modulukokongruentzia :

– bihurkorra : edozein a ∈ Z-rako, a = a + 0 · n eta 0 ∈ Z, a<a.– simetrikoa : izan bitez a, b ∈ Z, baldin a<b, a = b + kn non k ∈ Z,

b = a + (−k)n eta −k ∈ Z, b<a.– iragankorra : izan bitez a, b, c ∈ Z, baldin a<b eta b<c, a = b + kn eta

b = c + ln non k, l ∈ Z, a = c + ln + kn, a = c + (l + k)n eta l + k ∈ Z,a<c.

Adibidea 15 2 ≡ 12 (mod 5) ? 2 ≡ 13 (mod 5) ?

Kalkula ditzagun n moduluko kongruentziak determinatutako klaseak. Izanbedi t ∈ Z, lehenik [t] klasearen ordezkaria aukeratuko dugu : t zatituz n-rekin,

t = qn + r

beraz t ≡ r (mod n), [t] = [r]. Honela [t] klaseko ordezkaritzat r hartukodugu, zatiketaren hondarra, 0 ≤ r < n. Bestalde, [r] klaseko osokoak aurki-tuko ditugu : u ∈ [r] b.s.b. u ≡ r (mod n) b.s.b. u = r + kn non k ∈ Z, hauda,

[r] = {r + kn | k ∈ Z} = {. . . , r − 2n, r − n, r, r + n, r + 2n, . . .}Beraz n klase ditugu, r hondarrak 0, 1, 2, . . . , n − 1 balioak har baititzake,klase ezberdinak (r − n < 0 eta r + n ≥ n izanik). Honela idatziko dugu nmoduluko kongruentziari dagokion Z-ren partizioa :

Zn = {[0], [1], [2], . . . , [n− 1]}Anbiguotasunik ez badago, Zn = {0, 1, 2, . . . , n− 1} ere idatziko dugu.

Adibidea 16 Jarrai dezagun n = 5 moduluko kongruentziarekin. Idatzi da-gokion osokoen partizioa. Klase hauetatik zein da [−13] ? Idatzi klase hone-tako osokoak.

29

5. gaia : Grafoak

1 Definizioak

Grafoa arlo askotan agertzen zaigun egitura matematiko sinplea da : erpinmultzo bat eta hauen artean ertz edo geziak. Esate baterako, komunikaziosare batean transmisio guneak eta komunikazio lineak kontsideratuz grafoadefini dezakegu. Grafo teoriako hainbat kontzeptuk esanahi zuzena dute adi-bide honetan. Edozein gune hartuz, beste edozein gunera bidal dezakegumezua ? Nolakoa da propietate hau betetzeko behar dugun gutxieneko egi-tura ? Mezua gune batetik bestera bidaltzeko bide bakarra daukagu ? Definidezakegu guneekin eraztun bat komunikazio sarean ? Problema hauek etabeste asko aztertuko ditugu egitura matematiko honen inguruan, aplikazioakeremu askotan dituen teoria garatuz eta interpretazio ezberdinak dituztenproblemak estudiatuz. Definizio formalekin hasiko gara.

Grafo zuzendua deituko diogu G = (V, E) bikoteari non V , multzo finituez hutsa, erpin multzoa den eta E ⊆ V × V ertz multzoa.

Adibidea 1 Marraztu grafo zuzendu bat, eta idatzi erpin multzoa eta ertzmultzoa.

Grafo zuzenduko ertzak erpin bikote ordenatuak dira, (a, b) 6= (b, a) baldina 6= b. Esango dugu (b, c) ertza intzidentea dela b eta c erpinekin. Baitaere esaten da b erpina c-ra adjazentea edo albokoa dela eta c erpina b-tikadjazentea. Bestalde (b, c) ertzaren jatorria b da eta amaiera c. Azkenik (a, a)ertzari begizta deituko diogu, eta erpin bat bakartua dela esango dugu ertzintzidenterik ez badu.

30

Ertzen noranzkoa kontuan ez bada hartzen grafo ez zuzendua dugu, ertzakizanik erpin bikote ez ordenatuak, {a, b} = {b, a}.

Adibidea 2 Marraztu grafo ez zuzendu bat, eta idatzi erpin multzoa eta ertzmultzoa.

Zehazten ez bada, grafoa ez zuzendutzat hartuko dugu.Izan bitez G grafo ez zuzenduko x eta y erpinak. G-ko x-y ibilaldia deituko

diogu honelako ertz sekuentziari :

{x0, x1}, {x1, x2}, {x2, x3}, . . . , {xn−2, xn−1}, {xn−1, xn}

Ibilaldiaren hasiera x = x0 erpina da eta amaiera y = xn erpina, ibilaldiaei = {xi−1, xi} ertzetatik, i = 1, . . . , n, igarotzen delarik. Ibilaldiaren luzeraertz kopurua da, n ≥ 1. Baldin x 6= y ibilaldi irekia deitzen zaio eta x = ybada itxia. Ibilaldi batean erpinak eta ertzak errepika daitezke.

Adibidea 3 Definitu grafo batean ibilaldi batzuk.

Ibilaldi mota berezi batzuk definituko ditugu. Kontsidera dezagun G grafoez zuzenduko x-y ibilaldia :

– Baldin ertzik ez bada errepikatzen katea deituko diogu ; x-x kate itxiarizirkuitua edo ingurubira deitzen zaio.

– Baldin edozein erpinetik gehienez behin igarotzen bada, bidea deitukodiogu ; x-x bide itxiari zikloa deitzen zaio. Bide eta zikloetan ez dabegiztarik onartzen.

Adibidea 4 Aurreko grafoan definitu katea, bidea, zirkuitua, zikloa.

Grafo zuzenduan ibilaldi zuzenduak izango ditugu : kate zuzenduak, bidezuzenduak, etab.

Adibidea 5 Grafo baten bidez azaldu ibilaldi zuzendu bat izan dezakegulabaina ez aurkako noranzkoa duen ibilaldia.

Emaitza elemental honekin jarraituko dugu.

Teorema 1 Izan bedi G grafo ez zuzendua, eta a eta b bere erpinak. Baldina-tik b-rako ibilaldirik badago, existituko da a-tik b-rako bidea.

31

Froga. Har dezagun a-tik b-rako ibilaldia. Bidea ez bada, erpinen bat errepi-katuko da :

{a, x1}, . . . , {xk−1, xk}, . . . , {xm−1, xm}, . . . , {xn−1, b}

xk = xm−1 izanik eta m−1 > k. Honela bada ibilaldi berria definituko dugu :

{a, x1}, . . . , {xk−1, xk}, {xm−1, xm}, . . . , {xn−1, b}

aurrekoa baino motzagoa dena. Prozesua errepikatuko dugu bidea lortu arte.♦

Aurrera jarraituz, G grafo ez zuzendua konektatua dela esango dugu bal-din edozein bi erpin ezberdinen artean bidea badago beti (edo ibilaldia ba-dago, baliokidea denez).

G grafo zuzendua bada, grafo ez zuzendu elkartua lortuko dugu ertzennoranzkoa kontuan ez hartuz, eta esango dugu G konektatua dela bere grafoez zuzendu elkartua konektatua bada.

Adibidea 6 Marraztu grafo zuzendu bat eta aztertu konektatua den.

Adibidea 7 Marraztu G grafo ez zuzendu bat konektatua ez dena. AzalduG-k bi zati (edo gehiago) dituela, G1 eta G2 grafoak, konektatuak, eta ezdagoelarik G-ko ertzik jatorria G1-en eta amaiera G2-n duenik. Zati haueigrafoaren osagaiak deitzen zaie.

Grafo baten osagaiak formalki honela definituko ditugu. G = (V, E) grafo ezzuzendua emanik, erraz frogatuko dugu V -ren gaineko erlazio hau baliokide-tasun erlazioa dela : a<b baldin a erpinetik b erpinerako ibilaldia badago (edoa = b bada). V -ren partizioaren baliokidetasun klaseak, bakoitzari dagozkionertzekin, G grafoaren osagaiak dira. Nabaria da osagai hauek konektatuakdirela eta osagai ezberdineko erpinen artean ez dagoela G-ko ertzik.

G grafoaren osagaien kopurua k(G) idatziz adieraziko dugu. Grafoa ko-nektatua da baldin k(G) = 1.

Aurrera jarraituz, G grafoari multigrafoa deituko diogu baldin ertzen batbehin baino gehiagotan badago.

Adibidea 8 Marraztu multigrafo zuzendua, ertzen anizkoiztasunak izanik 1,2, 3.

32

Espresuki multigrafoa dela esaten denean izan ezik, grafoa ez da multigrafoaizango, hau da, grafoaren ertzak bakunak izango dira.

Azkenik, aipatuko dugu grafoak matrizeen bidez adieraz ditzakegula. G =(V, E) grafo zuzenduarentzat, erpinak ordenatu ondoren, honela definitukodugu A = [aij] adjazentzia matrizea :

aij =

{1 baldin (xi, xj) ∈ E0 bestela

Ez da zaila frogatzea Ar matrizea kalkulatzen badugu, honen (i, j) sarrerakr luzerako xi-xj ibilaldi ezberdinen kopurua adierazten duela (irekiak etaitxiak). Bi erpinen artean r luzerako ibilaldia dagoen jakin nahi badugu, etaibilaldi kopurua ez bazaigu interesatzen, algebra boolearra erabil dezakeguAr kalkulatzeko (1 + 1 = 1).

Grafo ez zuzenduarentzat adjazentzia matrize simetrikoa hartuko dugu,ertz bakoitzerako dagozkion bi ertz zuzenduak bagenitu bezala. Bestalde, go-goratu behar dugu grafo ez zuzenduan ibilaldi bat eta bere alderantzizkoaberdinak direla. Grafoa konektatua den jakiteko A + A2 + . . . + An−1 kal-kula dezakegu, n izanik grafoaren erpin kopurua, kontuan hartuta bi erpinezberdinen arteko bide batek gehienez n− 1 luzera duela.

Adibidea 9 Marraztu grafo zuzendu bat eta honen grafo ez zuendu elkartuaeta idatzi bien adjazentzia matrizeak. Konektatuak dira ?

2 Azpigrafoak, osagarriak eta grafo isomor-

fismoa

Izan bedi G = (V, E) grafoa, zuzendua edo ez zuzendua. Esango duguG1 = (V1, E1) grafoa G-ren azpigrafoa dela baldin V1 ⊆ V eta E1 ⊆ E.Azpigrafo sortzailea deituko diogu V1 = V kasuan.

Adibidea 10 Marraztu G grafo ez zuzendua, G′ grafo zuzendua, eta hauenazpigrafo batzuk. Azpigrafoak sortzaileak dira ?

Bestalde, G = (V, E) grafo ez zuzendua emanik, V1 ⊆ V erpin azpimultzoakinduzitutako azpigrafoa deituko diogu G1 = (V1, E1) azpigrafoari non V1-ekoerpinen artean ditugun G-ko ertz denak dauden : baldin {x, y} ∈ E etax, y ∈ V1 orduan {x, y} ∈ E1. Azpigrafo induzitua izendatzeko G1 = < V1 >

33

idatziko dugu. Definizio bera dugu G grafo zuzendurako, ertzak (x, y) bezalaidatziz.

Adibidea 11 Aurreko adibidean aztertu azpigrafoak dagozkien erpin mul-tzoek induzitutakoak diren.

Grafo baten osagaiak, lehenago definitu dugun erpin multzoaren gaineko ba-liokidetasun erlazioak determinatutako partizioko erpin azpimultzoek indu-zitutako azpigrafoak dira.

G grafo zuzendu edo ez zuzenduan x erpina kentzen badugu azpigrafohau dugu :

G− x = < V − {x} >

Eta e ertza kentzen badugu :

G− e = (V, E − {e})

Adibidea 12 Grafo bat marraztu eta kendu erpin bat eta ertz bat.

Grafo osatua deituko diogu erpinen arteko ertz guztiak dituen begiztagabeko grafo ez zuzenduari, Kn idatziz n erpineko multzoaren gaineko grafoosatua izendatzeko.

Adibidea 13 Marraztu K1, K2, K3, K4. Zenbat ertz ditu Kn-k ?

Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuzendua. G-ren osagarria deitzen zaio,G idatziz, begizta gabeko grafoari non G-ko erpinak dauden eta G-en ezdauden ertz guztiak, eta hauek bakarrik.

Adibidea 14 Marraztu grafo bat eta bere osagarria.

G1 = (V1, E1) eta G2 = (V2, E2) grafo ez zuzenduak emanik, f : V1 → V2

funtzioa grafo isomorfismoa da baldin bijektiboa bada eta erpinen artekoadjazentziak mantentzen baditu, hau da,

{a, b} ∈ E1 ⇔ {f(a), f(b)} ∈ E2

Honelako funtzioa existitzen bada esango dugu G1 eta G2 grafoak isomor-foak direla. Grafo zuzenduentzat ere definizio berdina dugu, ertz zuzenduakidatziz.

Adibidea 15 Aztertu grafo isomorfismo batzuk.

34

Izan bedi G grafo edo multigrafo ez zuzendua. G-ko x erpinaren graduadeituko diogu x-ekin intzidenteak diren ertzen kopuruari, d(x) idatziz. Erpi-nean begizta bat badago bi ertz intzidentetzat hartuko dugu. Bat gradukoerpina zintzilikatua da eta zero gradukoa bakartua.

Adibidea 16 Marraztu grafo bat eta kalkulatu erpinen graduak.

Teorema 2 G = (V, E) izanik grafo edo multigrafo ez zuzendua,∑x∈V

d(x) = 2|E|

Froga. Grafoko {a, b} ertzak unitate batean gehitzen ditu d(a) eta d(b). (a = bkasuan bitan d(a).) Beraz erpinen graduen batura bitan gehitzen du ertzbakoitzak. ♦

Korolarioa 1 Grafo edo multigrafo ez zuzenduan gradu bakoitiko erpinenkopurua bikoitia izan behar da.

Froga. r.a.a. Honela ez balitz,∑

x∈V d(x) bakoitia litzateke, baina 2|E| bikoitiada. ♦

Grafo ez zuzendu bateko erpin guztiek gradu bera badute grafo erregu-larra deitzen zaio, k-erregularra baldin erpin guztiek k gradua badute.

Adibidea 17 a) 10 ertzeko grafo 4-erregularrik badago ?b) Eta 15 ertzeko grafo 4-erregularrik ?

Grafo zuzenduetan honela definitzen dira erpinen graduak. Izan bedi x,G grafo edo multigrafo zuzenduko erpina :

– sarrera gradua deituko diogu amaiera x erpinean duten ertzen kopu-ruari, id(x) idatziz,

– irteera gradua deituko diogu jatorria x erpinean duten ertzen kopuruari,od(x) idatziz.

3 Kate eta zirkuitu eulertarrak

Konigsberg-eko zazpi zubien problema azalduz hasiko gara. Hiri hau ze-harkatzen duen ibaian zazpi zubi zeuden ibaiko bi uharte eta ibai bazterrenartean. Hiritarrak galdera honi erantzuten saiatzen omen ziren igandeko pa-seoan : puntu batetik abiatuz, zubi denetatik igaro, bakoitzetik behin, etahasierako puntura itzul ahal zitekeen. Euler-ek multigrafo baten bidez aztertuzuen problema hau, ondoren frogatuko dugun emaitza deduzituz.

35

Definizioa 1 Izan bedi G grafo edo multigrafo ez zuzendua, erpin bakartugabea. Zirkuitu eulertarra deituko diogu ertz guztietatik igarotzen den zirkui-tuari. Bestalde, kate eulertarra da ertz guztietatik igarotzen den kate irekia.(Gogoratu katea ertzik errepikatzen ez den ibilaldia dela eta zirkuitua kateitxia.)

Teorema 3 Izan bedi G grafo edo multigrafo ez zuzendua, erpin bakartugabea. G-k zirkuitu eulertarra du baldin eta soilik baldin konektatua bada etaerpin guztiek gradu bikoitia badute.

Froga. ⇒) Hipotesia : G-k zirkuitu eulertarra du.Edozein erpin a eta b emanik, bakartuak ez direnez, zirkuitu eulertarrean

daude, beraz badago a-tik b-rako katea, ondorioz bidea ere bai (gogoratuTeorema 1). Hemendik dugu G konektatua dela.

Bestalde, a erpina emanik, zirkuitu eulertarra a-tik igarotzen den ba-koitzean bi ertz intzidentetik doa edo begizta batetik, eta hauek erpinarengradua bitan gehitzen dute. Zirkuituan ertz denak daude eta bakoitza behin,beraz erpin guztiek gradu bikoitia dute.

⇐) Hipotesia : G konektatua da eta erpin guztiek gradu bikoitia dute.Kate bat osatuko dugu erpin batetik, a-tik, abiatuz. Beste erpin batera

iristean, gradua bikoitia izanik, erabili gabeko ertza daukagu arrera jarrait-zeko katea luzatuz, eta azkenean a erpinera iritsiko gara zirkuitu bat osatuz.

Zirkuitu honek ez baditu ertz denak, zirkuituko ertzak kenduz geratzenden K azpigrafoa kontsideratuko dugu (erpin bakartuak ere kenduz). K-ren osagaiekin ondorengoa egingo dugu. Ci osagaiak konektatuak dira etahauetako erpinen gradua bikoitia da nabaria denez. Gainera G konektatuaizanik existitzen da xi erpina hasierako zirkuituan dagoena eta Ci-koa dena,osagai bakoitzerako. Lehengo prozedura jarraituz osagai bakoitzean xi-tikdoan zirkuitu berria eraikiko dugu eta hasierako zirkuituari erantsiko diogu.Honela jarraituko dugu G-ko ertz denekin zirkuitua osatu arte. ♦

Ohartu frogaren bigarren zatiak zirkuitu eulertarra eraikitzeko prozeduraematen digula.

Teorema 4 Izan bedi G grafo edo multigrafo ez zuzendua, erpin bakartugabea. G-k kate eulertarra du baldin eta soilik baldin konektatua bada etazehazki gradu bakoitiko bi erpin baditu.

Froga. Aurrekoaren antzera, kate eulertarraren hasiera eta amaiera gradubakoitiko erpinak izanik. ♦

36

Adibidea 18 Marraztu bi grafo eta aurkitu kate edo zirkuitu eulertarra, bal-din badago.

Grafo zuzenduetan kate eta zirkuitu zuzenduak defini ditzakegu. Emaitzahau dugu.

Teorema 5 Izan bedi G grafo edo multigrafo zuzendua, erpin bakartu gabea.G-k zirkuitu eulertar zuzendua du baldin eta soilik baldin konektatua bada etaedozein erpinerako berdinak badira sarrera gradua eta irteera gradua.

Adibidea 19 Definitu grafo zuzenduak eta aztertu zirkuitu eulertar zuzen-dua duten. (Kontuan izan grafo zuzendua konektatua den jakiteko grafo ezzuzendu elkartua hartu behar dugula.)

4 Bide eta ziklo hamiltondarrak

Hamilton-ek asmatu zuen jolasean dodekaedroaren erpinak munduko hirinagusiak ziren eta hauetatik igarotzen zen ibilbidea aurkitu behar zen, hiribakoitza behin zeharkatu eta hasierako hirian amaituz.

Definizioa 2 Izan bedi G grafo edo multigrafoa. Ziklo hamiltondarra deitzenzaio erpin guztiak dauzkan zikloari. Bide hamiltondarra erpin guztiak dauz-kan bide irekia da. (Gogoratu bidea erpinik errepikatzen ez den ibilaldia delaeta zikloa bide itxia.)

Grafo hamiltondarra deitzen zaio ziklo hamiltondarra duen grafoari. Grafoakziklo hamiltondarra badu, orduan badu bide hamiltondarra (nahikoa baituguzikloari ertz bat kentzea). Baina gerta daiteke grafoak bide hamiltondarraizatea eta ez ziklo hamiltondarra, edo ez bat eta ez bestea.

Lehenik grafo berezi batzuk aztertuko ditugu. G grafo ez zuzendua zati-bikoa da baldin erpin multzorako {V1, V2} partizioa defini badaiteke, ertz ba-koitzak jatorria V1-en eta amaiera V2-n duelarik. Zatibiko grafo osatua duguV1-eko erpin bakoitza V2-ko erpin guztiekin adjazentea bada ; Km,n idatzikodugu m = |V1| eta n = |V2| izanik.

Adibidea 20 Marraztu zatibiko grafo bat osatua ez dena. Marraztu K2,3 etaK3,3 zatibiko grafo osatuak.

Adibidea 21 Aztertu Km,n zatibiko grafo osatuak noiz duen ziklo hamilton-darra eta noiz bide hamiltondarra.

37

Adibidea 22 Bestalde, nabaria da Kn grafo osatua, n ≥ 3, hamiltondarradela, nahikoa dugu erpinen ordenazio bat aukeratzea. Zenbat ziklo hamilton-dar ditu zehazki ?

Grafo hamiltondarrentzat ditugun emaitza orokorrak aztertzen hasikogara. Lehenik esan behar da grafo hamiltondarra karakterizatzeko ez dagoelabeharrezkoa eta nahikoa den baldintzarik. Ikusiko ditugu baldintza batzukbeharrezkoak direnak baina ez nahikoak, eta beste baldintza batzuk nahikoakbaina ez beharrezkoak.

Baldintza beharrezkoak

G grafoa hamiltondarra bada, agerikoa da hau betetzen dela :

a) G konektatua da eta erpin guztiek gutxienez 2 gradua dute.

b) Baldin a erpinaren gradua zehazki 2 bada, orduan a erpinarekin intzi-denteak diren bi ertzak ziklo hamiltondarrean daude.

c) G grafoa zatibikoa den kasu berezian, {V1, V2} izanik dagokion erpinpartizioa, orduan |V1| = |V2| bete behar da G hamiltondarra bada.

Grafoa hamiltondarra den aztertzean urrats hauek jarraituko ditugu :– (a) baldintza betetzen den ala ez erraz egiaztatuko dugu. Ez bada be-

tetzen grafoa ez da hamiltondarra.– (b) baldintza ziklo hamiltondarra eraikitzeko erabiliko dugu, edo bes-

tela ez dela existitzen frogatzeko kasu batzutan.– (c) baldintza kasu berezi batzutan erabiliko dugu ziklo hamiltondarra

ez dela existitzen frogatzeko : grafoa zatibikoa dela frogatzen badugulehenik, |V1| 6= |V2| desberdintzatik hamiltondarra ez dela ondoriozta-tuko dugu.

Adibidea 23 Mahaiaren inguruan bederatzi pertsona ipini behar dira, per-tsona bakoitzaren ezker eskuinean honen lagunak eseri behar direlarik. Pro-blema hau aztertzeko definitu grafoa. Zer aurkitu behar dugu ? Aztertu eman-dako grafoentzat soluzioa baden.

Adibidea 24 Aztertu grafo hamiltondarra den.

38

Baldintza nahikoak

Bide eta ziklo hamiltondarrentzat emaitza nagusi hauek ditugu, frogatugabe emango ditugunak. Korolarioak berehalakoak dira.

Teorema 6 Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuzendua, n ≥ 3 erpinekoa.Baldin d(x) + d(y) ≥ n edozein erpin x eta y-rako, x 6= y, orduan G-k baduziklo hamiltondarra.

Korolarioa 2 Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuendua, n ≥ 3 erpinekoa.Baldin d(v) ≥ n/2 edozein erpinerako orduan G-k badu ziklo hamiltondarra.

Teorema 7 Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuzendua, n ≥ 2 erpinekoa.Baldin d(x) + d(y) ≥ n − 1 edozein erpin x eta y-rako, x 6= y, orduan G-kbide hamiltondarra du.

Korolarioa 3 Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuzendua, n ≥ 2 erpi-nekoa. Baldin d(v) ≥ (n − 1)/2 edozein erpinerako, orduan G-k badu bidehamiltondarra.

Adibidea 25 Zazpi azterketa ipini behar dira zazpi egunetan, irakasle berakemandako irakasgaien azterketak ondoz ondokoak ez izanik. Definitu proble-mari dagokion grafoa. Zer aurkitu behar dugu ? Irakasle bakoitzak gehienezlau irakasgai baditu, problemak badu soluzioa ?

39

6. gaia : Zuhaitzak

1 Definizioak eta propietateak

Zuhaitzak hainbat arlotan erabiltzen diren grafo bereziak dira. Zuhaitzakditugu datu egituretan, sailkapen tekniketan, kodifikazioaren teorian, opti-mizazio problemetan.

Definizioa 1 G begizta gabeko grafo ez zuzenduari zuhaitza deituko diogubaldin konektatua bada eta ez badu ziklorik. G zuhaitza izendatzeko T idatzikodugu.

Adibidea 1 Marraztu grafo batzuk eta aztertu zuhaitzak diren.

Grafo baten zuhaitz sortzailea deituko diogu zuhaitza den azpigrafo sortzai-leari. (Dakigunez, azpigrafo bat sortzailea da grafoaren erpin denak baditu.)

Adibidea 2 Marraztu grafo bat eta bere azpigrafo sortzaile bat.

Zuahitza beste era batera ere defini dezakegu.

Teorema 1 (Zuhaitzaren definizio baliokidea) G begizta gabeko grafo ez zu-zendua zuhaitza da baldin eta soilik baldin konektatua bada eta edozein ertzkenduz deskonektatu egiten bada.

Froga.⇒) Hipotesia : G konektatua da eta ez du ziklorik. Edozein ertz kenduzdeskonektatu egiten dela frogatu behar dugu.

40

r.a.a. Grafoari e = {x, y} ertza kenduz G−e konektatua balitz, existitukolitzateke x-y bidea G−e grafoan, eta bide honi e ertza erantsiz zikloa genukeG grafoan, kontraesana.

⇐) Hipotesia : G konektatua da eta edozein ertz kenduz deskonektatuegiten da. Ziklorik ez duela frogatu behar dugu.

r.a.a. G grafoak zikloa balu, ziklo honetako edozein ertz e = {x, y} ken-duz, G − e konektatua izaten jarraituko luke, kontraesana. (G konektatuaizanik, edozein bi erpin a eta b-ren artean beti dago bidea, eta bide hone-tan e ertza balego, ertz honen ordez aipatutako zikloan geratzen den zatiaerantsiz a-b ibilaldia genuke, eta hemendik bidea, G − e grafoan, ondoriozhau konektatua litzateke.) ♦

Definizio baliokide honen arabera, esan dezakegu grafo baten zuhaitz sort-zailea, azpigrafo sortzaile konektatu minimala dela (azpigrafoko ertzen azpi-multzo bat hartuz, ez denak, azpigrafoa deskonektatuko litzateke).

Baita ere definizio baliokidetik, zuhaitzaren ertz bat kentzen badugu biosagai geratzen dira, eta ziklorik ez dugunez, osagai hauek zuhaitzak dira.

Beste propietate batzuk ere baditugu zuhaitzentzat.

Teorema 2 T zuhaitzaren edozein bi erpin a eta b emanik, bide bat dago,bakarra, erpin hauen artean.

Froga. Hipotesia : T konektatua da eta ez du ziklorik.Lehenik, T konektatua bada, badago a-b bidea. Bakarra dela frogatuko

dugu (r.a.a.). Bide bat baino gehiago badaude, bi bide hartuz ibilaldi itxiadugu eta honen ertz batzuk zikloa osatuko dute (bi bideak ezberdinak baiti-ra), baina T -k ez du ziklorik. ♦

Teorema 3 G grafo ez zuzendua konektatua da baldin eta soilik baldin zu-haitz sortzailea badu.

Froga. ⇐) Zuhaitz sortzailea T existitzen bada, alde batetik T azpigrafoasortzailea da, beraz grafoko erpin guztiak ditu, eta bestetik T zuhaitza da,beraz konektatua, ondorioz G konektatua izango da.

⇒) Izan bedi G konektatua. Lehenik, begiztak kenduz geratzen den G1

azpigrafoa hartuko dugu. Baldin G1-eko edozein ertz kenduz deskonektatuegiten bada, zuhaitza da, bestela konektatuta uzten duen ertz bat kenduzG2 dugu. Antzera, baldin G2-ko edozein ertz kenduz deskonektatu egitenbada, zuhaitza da, eta bestela konektatuta uzten duen ertz bat kenduz G3

41

izango dugu. Honela jarraituko dugu eta azkenean, edozein kasutan, azpigrafosortzaile konektatu minimala lortuko dugu, hau da, zuhaitz sortzailea. ♦

Teorema 4 T zuhaitzak v erpin eta e ertz baditu orduan :

v = e + 1

Froga. Erpin kopuruaren gaineko indukzioz frogatuko dugu. Hasteko, v = 1denean e = 0 da begiztarik ez dugunez, 1 = 0 + 1.

Indukzio hipotesia : eman dezagun formula betetzen dela gehienez v er-pin dituzten zuhaitzentzat. Izan bedi T zuhaitza v′ = v + 1 erpinekoa. Tzuhaitzetik ertz bat kenduz bi osagai ditugu eta hauek zuhaitzak dira : T1

zuhaitza, v1 erpin eta e1 ertz dituena, eta T2 zuhaitza, v2 erpin eta e2 ertzdituena. Hauen erpin kopuruak v′ = v + 1 baino txikiagoak dira, v1, v2 ≤ v,beraz indukzio hipotesitik :

v1 = e1 + 1

v2 = e2 + 1

Ondorioz, v1 + v2 = e1 + e2 + 1 + 1, eta hemendik v′ = e + 1, non T -ren ertzkopurua e1 + e2 gehi kendu diogun ertza den. ♦

Teorema 5 Edozein zuhaitzek (v ≥ 2) gutxienez bi erpin zintzilikatu ditu(bat gradukoak).

Froga. Dakigunez grafo batean ∑x∈V

d(x) = 2e

eta zuhaitza bada v = e + 1 ere beteko da.r.a.a. Eman dezagun zuhaitzak gehienez erpin zintzilikatu bat duela. Or-

duan graduen batura gutxienez hau da :∑x∈V

d(x) ≥ 2(v − 1) + 1

beraz, hasierako bi formulak erabiliz, 2e ≥ 2e + 1, ezinezkoa. ♦Gai honen hasieran zuhaitzaren definizioaren ondoren beste definizio ba-

liokidea eman genuen. Orain zuhaitzaren beste hiru definizio emango ditugu.

42

Teorema 6 Izan bedi G begizta gabeko grafo ez zuzendua. Zuhaitzaren defi-nizio baliokide hauek ditugu :

a) G-ko bi erpin edozein emanik hauen artean bidea dago, bakarra.

b) G konektatua da eta v = e + 1

c) G-k ez du ziklorik eta v = e + 1

Froga. G zuhaitza bada (a), (b) eta (c) propietateak beteko ditu dakigunez.Hemen frogatuko dugu propietate hauetako bat betetzea nahikoa dela Gzuhaitza izateko : konektatua eta ziklorik gabea.

a) Hipotesia : G-ko bi erpin erpin edozein emanik hauen artean bideadago, bakarra. Ondorioz G konektatua da. Ziklorik ez duela deduzituko dugu.r.a.a. Zikloa balu, zikloaren bi erpin x eta y hartuz, bi bide ezberdin genituzkex-etik y-ra, kontraesana hipotesiarekin.

b) Hipotesia : G konektatua da eta v = e + 1. r.a.a. Eman dezagunzikloa duela, c erpin eta ertzekoa. Zikloan ez dauden erpinak zikloko erpinekinkonektatzeko (zuzenean edo zeharka) ertz bat behar dugu erpin bakoitzerako,beraz

e ≥ c + (v − c) = v

kontraesana hipotesiarekin.c) Hipotesia : G-k ez du ziklorik eta v = e + 1. r.a.a. Eman dezagun G ez

dela konektatua. Bere osagaiak konektatuak dira eta ez dute ziklorik, berazzuhaitzak dira. Zuhaitz hauetan :

v1 = e1 + 1

v2 = e2 + 1

. . .

Berdintza hauek batuz,

v1 + v2 + . . . = e1 + e2 + . . . + 1 + 1 + . . .

beraz v ≥ e + 2, kontraesana. ♦

Adibidea 3 Komunikazio sare bat diseinatu behar dugu. Gune batetik besteguneetara mezu bat bidali ahal izango da mekanismo honen arabera : gunebatera mezua iristen denean honek ondoko guneei bidaltzen die mezua, gunehoni mezua bidali dionari izan ezik. Gune bakoitzera mezua behin iristea nahibada, nolakoa da sareari dagokion grafoa ? Zenbat komunikazio linea beharditugu ?

43

2 Errodun zuhaitzak

Zuhaitz ez zuzendu bateko ertzei noranzkoa emanaz lortzen den grafo zu-zenduari zuhaitz zuzendua deitzen zaio. Zuhaitz zuzenduari errodun zuhaitzadeituko diogu baldin r erpina badugu, erroa deitua, 0 sarrera gradua duenaeta beste erpin guztien sarrera gradua 1 bada.

Adibidea 4 Marraztu erroduna ez den zuhaitz zuzendua, eta baita ere erro-dun zuhaitza.

Zuhaitz errodunean terminologia hau erabiliko dugu. Hostoak deitzen zaie0 irteera gradua duten erpinei eta barne erpinak besteei. Baldin r errotikv erpinerako bidearen luzera n bada esango dugu v erpina zuhaitzaren n.mailan dagoela. (Beti dago errotik edozein erpinera bide zuzendua, bakarra.)Zuhaitz errodunak (a, b) ertza badu, a erpina b-ren ama da, eta b erpina a-ren alaba. Baldin c-tik d-rako bide zuzendua badago, c erpina d-ren arbasoada eta d erpina c-ren ondorengoa.

Esango dugu zuhaitz erroduna m-tarra dela (m > 0) baldin erpin bakoi-tzak gehienez m alaba baditu ; baldin barne erpin guztiek m alaba badituztezehazki zuhaitz m-tar osatua deituko diogu.

Adibidea 5 Marraztu zuhaitz 3-tar bat ez osatua eta beste bat osatua.

Teorema 7 Izan bedi T zuhaitz m-tar osatua, n erpin dituena, hauetatik lhostoak eta i barne erpinak. Hau dugu :

n = mi + 1

l − 1 = (m− 1)i

Froga. Barne erpin bakoitzak m alaba dituenez mi = n−1. Bestalde n = i+ lizanik mi = i + l − 1, (m− 1)i = l − 1. ♦

Adibidea 6 Tenis txapelketa batean 11 partaide ditugu. Partida bakoitzeanjokalari bat kanporatzen da. Zenbat partida jokatu behar dira txapelduna era-bakitzeko ?

Adibidea 7 Gela bateko paretan lau entxufe daude eta bestalde zazpi luza-gailu ditugu lau entxufekoak. Zenbat tresna elektriko konekta ditzakegu argin-dar sarean ?

Azkenik, errodun zuhaitzaren altuera deituko diogu hostoen maila handiena-ri.

Adibidea 8 Zenbat hosto ditu gehienez h altuerako zuhaitz m-tarrak ?

44

MATEMATIKA DISKRETUA ETA ALGEBRA Lehenengo zatia · 1 ≡ A 2 eta A 2 ≡ A 3 eta ...eta A n−1...

Documents

Transcript of MATEMATIKA DISKRETUA ETA ALGEBRA Lehenengo zatia · 1 ≡ A 2 eta A 2 ≡ A 3 eta ...eta A n−1...