MA0002 — řešení DÚ č. 5
Cvičení 5.1 Na večírku se sešlo několik přátel. Každý si při přípitku připil
s každým a ozvalo se 28 cinknutí. Kolik přátel se sešlo na večírku?
Řešení:
Jestliže si každý připil s každým, lze z daného počtu hostů vytvořit 28 dvoučlenných
kombinací.
n
2
= 28
n!
(n − 2)! · 2!
= 28
n(n − 1) = 56
n = 8
Na večírku se sešlo 8 přátel.
Cvičení 5.2 Kolik různých čísel dělitelných třemi menších než 10 000 lze
sestavit z číslic 0, 2, 3, 4, 6 takových, že se v nich číslice neopakují?
Řešení:
Přeformulujme si zadané podmínky: má-li být číslo dělitelné třemi, musí být
jeho ciferný součet dělitelný třemi. Je-li číslo menší než 10 000, musí být
nejvýše čtyřciferné. Sestavujme postupně jednociferná až čtyřciferná čísla
vyhovující podmínkám a určujme jejich počet.
Jednociferná čísla jsou zřejmě 2.
Dvouciferná čísla musí mít ciferný součet buď tři (tomu vyhovuje jediné číslo
30), šest (čísla 24, 42 a 60), nebo devět (čísla 36, 63). Dohromady existuje
vyhovujících dvouciferných čísel 6.
Trojciferná čísla nedokážeme sestavit tak, aby měla ciferný součet tři. Uvažujme
tedy ciferný součet šest (čísla vytvořená z cifer 0, 2, 4, která existují
4), devět (čísla vytvořená z cifer 0, 3, 6, která existují 4, nebo z cifer 2, 3,
4, těch je 6) a dvanáct (čísla vytvořená z cifer 2, 4, 6, je jich 6). Dohromady
jsme nalezli 20 tříciferných vyhovujících čísel.
Čtyřciferná čísla mohou mít ciferný součet devět (čísla z cifer 0, 2, 3, 4, kterých
je 18), dvanáct (čísla z cifer 0, 2, 4, 6, kterých je také 18) a patnáct
(čísla z cifer 2, 3, 4, 6, těch existuje 24). Čtyřciferných vyhovujících čísel jsme
nalezli 60.
Celkový počet získáme jako součet dílčích počtů, tedy 2 + 6 + 20 + 60 = 88.
Lze sestavit 88 čísel vyhovujících podmínkám.
78
Cvičení 5.3 Vymyslete slovní úlohu tak, aby výsledek byl
(a) 12!
3!2!2!2!
(b) 12!
9!
Řešení:
(a) Určete počet všech permutací písmen slova POPOCATEPETL.
(b) Kolika způsoby si mohu v restauraci vybrat obědy na pondělí, úterý
a středu, je-li v nabídce 12 různých jídel a chci-li jíst každý den něco
jiného?
Cvičení 5.4 Kolika způsoby můžeme mezi tři děti rozdělit 9 stejných jablek?
Kolika způsoby můžeme těchto 9 jablek rozdělit mezi tři děti spravedlivě?
Řešení:
Jelikož není řečeno jinak, jablka jsou všechna stejná a nelze je od sebe rozlišit.
Druhá otázka je triviální, zřejmě existuje jediné takové rozdělení – každému
dítěti dáme tři jablka. Pro zodpovězení první otázky přiřazujeme jablka do tří
přihrádek (mezi nimiž jsou dvě nerozlišitelné přepážky) symbolizujících jednotlivé
děti.
11!
9!·2! = 55
Jablka můžeme rozdělit 55 způsoby, spravedlivě 1 způsobem.
Cvičení 5.5 Kolika způsoby lze mezi tři děti rozdělit 15 stejných jablek a 9
stejných hrušek? Kolika způsoby to lze provést spravedlivě?
Řešení:
Úloha je velmi podobná předchozímu cvičení, ovoce stejného druhu je opět
nerozlišitelné a spravedlivé rozdělení existuje pouze jedno (každému dítěti
5 jablek a 3 hrušky). Rozdělování hrušek a jablek děláme nezávisle na sobě,
u každého druhu ovoce přitom zopakujeme úvahu z předchozího cvičení.
17!
15!·2! · 11!
9!·2! = 7 480
Ovoce můžeme rozdělit 7 480 způsoby, spravedlivě 1 způsobem.
Cvičení 5.6 Kolika způsoby můžeme mezi čtyři studenty rozdělit 7 různých
matematických sbírek?
Řešení:
U každé sbírky máme 4 možnosti darování. Darování jednotlivých sbírek je
na sobě nezávislé, proto stačí použít pravidlo součinu.
4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 · 4 = 47 = 16 384
Sbírky můžeme rozdělit 16 384 způsoby.
Cvičení 5.7 Kolika způsoby může dát 5 chlapců 6 dívkám valentýnky, jestliže
se chlapci mezi sebou nedomlouvali a každý z nich dá valentýnku právě jedné
dívce?
79
Řešení:
Podobně jako v předchozí úloze se každý z chlapců nezávisle na ostatních
rozhoduje pro jednu z 6 dívek, užijeme opět pravidlo součinu.
6 · 6 · 6 · 6 · 6 = 65 = 7 776
Valentýnky mohou rozdat 7 776 způsoby.
Cvičení 5.8 Kolika způsoby lze ze třídy, v níž je 10 hochů a 20 dívek, vybrat
trojici tak, aby v ní byl alespoň jeden hoch?
Řešení:
V trojici může být jeden hoch a dvě dívky ( 10
1 · 20
2 ), dva hoši a jedna dívka
( 10
2 · 20
1 ), nebo mohou být všichni tři hoši ( 10
3 ).
10
1 · 20
2 + 10
2 · 20
1 + 10
3 = 2 920
Trojici lze vybrat 2 920 způsoby.
Cvičení 5.9 Kolika způsoby můžeme obarvit pěti barvami dvanáct stejných
kuliček?
Řešení:
Kuličky vkládáme do pěti přihrádek různých barev, permutujeme tedy 12 nerozlišitelných
kuliček a 4 nerozlišitelné oddělovače přihrádek.
16!
12!·4! = 1 820
Kuličky lze obarvit 1 820 způsoby.
Cvičení 5.10 Vyřešte v oboru Z rovnice:
(a) 2(x−1)!
(x−2)! + (x−2)!
(x−4)! = 6x − 16
(b) (x+1)!
(x−1)! − (x+4)!
(x+3)! = 0
(c) 2(x−3)!
(x−5)! − (x−2)!
(x−4)! = 0
(d) 2(x+2)!
(x−1)! − (x+1)!
(x−2)! = 0
Řešení:
(a)
2
(x − 1)!
(x − 2)!
+
(x − 2)!
(x − 4)!
= 6x − 16
2(x − 1) + (x − 2)(x − 3) = 6x − 16
2x − 2 + x2
− 5x + 6 = 6x − 16
x2
− 9x + 20 = 0
(x − 4)(x − 5) = 0
Kořeny dané rovnice jsou čísla 4 a 5. Ze zadání plyne podmínka x ≥ 4,
obě čísla jsou tedy řešením.
80
(b)
(x + 1)!
(x − 1)!
−
(x + 4)!
(x + 3)!
= 0
(x + 1)x − (x + 4) = 0
x2
+ x − x − 4 = 0
(x − 2)(x + 2) = 0
Kořeny dané rovnice jsou čísla −2 a 2. Ze zadání však plyne podmínka
x ≥ 1, řešením je tedy pouze číslo 2.
(c)
2
(x − 3)!
(x − 5)!
−
(x − 2)!
(x − 4)!
= 0
2(x − 3)(x − 4) − (x − 2)(x − 3) = 0
2x2
− 14x + 24 − x2
+ 5x − 6 = 0
x2
− 9x + 18 = 0
(x − 3)(x − 6) = 0
Kořeny dané rovnice jsou čísla 3 a 6. Ze zadání však plyne podmínka
x ≥ 5, řešením je tedy pouze číslo 6.
(d)
2
(x + 2)!
(x − 1)!
−
(x + 1)!
(x − 2)!
= 0
2(x + 2)(x + 1)x − (x + 1)x(x − 1) = 0
(x + 1)x(2x + 4 − x + 1) = 0
(x + 1)x(x + 5) = 0
Kořeny dané rovnice jsou čísla −5, −1 a 0. Ze zadání však plyne podmínka
x ≥ 2, úloha tak nemá žádné řešení.
Cvičení 5.11 Kolika způsoby můžeme nalepit na dopis známky za 18 Kč,
máme-li k dispozici známky za 2, 4 a 10 Kč (v libovolném potřebném množství)?
Vypište všechny možnosti.
Řešení:
Úlohu vyřešíme vypsáním všech možností do tabulky.
2 Kč 9 7 5 4 3 2 1
4 Kč 1 2 3 1 4 2
10 Kč 1 1 1
Známky můžeme nalepit 8 způsoby.
81
Cvičení 5.12 Na kolik oblastí rozdělí rovinu n přímek v obecné poloze (tzn.
žádné dvě nejsou rovnoběžné a žádné tři se neprotínají v témže bodě)?
Řešení:
Promysleme si počty oblastí pro několik prvních n a následně odvoďme rekurentní
vztah pro počet oblastí v závislosti na počtu přímek. Označme si
on počet oblastí pro n přímek v obecné poloze.
n = 1 . . . o1 = 2
n = 2 . . . o2 = 4
n = 3 . . . o3 = 7
n = 4 . . . o4 = 11
n = 5 . . . o5 = 16
Je vidět, že přidáním každé další přímky se počet oblastí zvýší o aktuální
počet přímek, proto platí následující vztah:
on = on−1 + n
Rovina bude rozdělena na on = on−1 + n oblastí.
Cvičení 5.13 Dokažte (např. matematickou indukcí):
(a) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2
(b) 2 + 4 + 6 + · · · + (2n) = n2 + n
(c) 3 + 5 + 7 + · · · + (2n − 1) = n2 − 1
(d) 3 + 5 + 7 + · · · + (2n + 1) = n2 + 2n
(e) 1 + 4 + 7 + · · · + (3n − 2) = 3n2 − n
Řešení:
V prvním kroku vždy ověříme platnost pro n = 1, poté budeme předpokládat
platnost pro n − 1 a z předpokladu dokážeme platnost pro n.
(a) 1. Dosadíme postupně do levé a pravé strany n = 1:
L = 1; P = 1; L = P
2. Předpokládejme platnost pro n − 1 a dokažme pro n:
1+3+· · ·+(2n−3)+(2n−1) = 1+3+· · ·+(2(n−1)−1)+(2n−1) =
= (n − 1)2 + (2n − 1) = n2 − 2n + 1 + 2n − 1 = n2
(b) 1. Dosadíme postupně do levé a pravé strany n = 1:
L = 2; P = 2; L = P
2. Předpokládejme platnost pro n − 1 a dokažme pro n:
2 + 4 + · · · + (2n − 2) + 2n = 2 + 4 + · · · + 2(n − 1) + 2n =
= (n − 1)2 + (n − 1) + 2n = n2 − 2n + 1 + n − 1 + 2n = n2 + n
(c) Jedná se o jinak zapsanou variantu (a), důkaz již byl proveden.
82
(d) 1. Dosadíme postupně do levé a pravé strany n = 1:
L = 3; P = 1 + 2 = 3; L = P
2. Předpokládejme platnost pro n − 1 a dokažme pro n:
3+5+· · ·+(2n−1)+(2n+1) = 3+5+· · ·+(2(n−1)+1)+(2n+1) =
= (n−1)2+2(n−1)+(2n+1) = n2−2n+1+2n−2+2n+1 = n2+2n
(e) 1. Dosadíme postupně do levé a pravé strany n = 1:
L = 1; P = 3 − 1 = 2; L = P
Je vidět, že rovnost neplatí ani pro n = 1, dál nemusíme dokazovat.
Cvičení 5.14 Sečtěte:
(a) S = n + (n + 3) + (n + 6) + · · · + 4n
(b) S = (−31) + (−27) + (−23) + · · · + 29 + 33
(c) S = n + (n + 2) + (n + 4) + · · · + 3n
(d) S = (−8) + (−5) + (−2) + 1 + 4 + · · · + (3n + 1)
(e) S = (−5) + (−3) + (−1) + 1 + 3 + 5 + · · · + (2n + 5) + (2n + 7)
Řešení:
Ve všech variantách se jedná o aritmetické posloupnosti. Pomocí diference
a prvního členu určíme počet členů dané posloupnosti a sečteme pomocí
vztahu
Sn =
n(a1 + an)
2
.
(a) S = n + (n + 3) + (n + 6) + · · · + 4n
a1 = n ax = a1 + (x − 1)d
d = 3 4n = n + 3(x − 1)
ax = 4n x = n + 1
an+1 = 4n
S =
(n + 1)(n + 4n)
2
=
5n(n + 1)
2
(b) S = (−31) + (−27) + (−23) + · · · + 29 + 33
a1 = −31 ax = a1 + (x − 1)d
d = 4 33 = −31 + 4(x − 1)
ax = 33 x = 17
a17 = 33
S =
17(−31 + 33)
2
= 17
83
(c) S = n + (n + 2) + (n + 4) + · · · + 3n
a1 = n ax = a1 + (x − 1)d
d = 2 3n = n + 2(x − 1)
ax = 3n x = n + 1
an+1 = 3n
S =
(n + 1)(n + 3n)
2
= 2n(n + 1)
(d) S = (−8) + (−5) + (−2) + 1 + 4 + · · · + (3n + 1)
a1 = −8 ax = a1 + (x − 1)d
d = 3 3n + 1 = −8 + 3(x − 1)
ax = 3n + 1 x = n + 4
an+4 = 3n + 1
S =
(n + 4)(−8 + 3n + 1)
2
=
(n + 4)(3n − 7)
2
(e) S = (−5) + (−3) + (−1) + 1 + 3 + 5 + · · · + (2n + 5) + (2n + 7)
a1 = −5 ax = a1 + (x − 1)d
d = 2 2n + 7 = −5 + 2(x − 1)
ax = 2n + 7 x = n + 7
an+7 = 2n + 7
S =
(n + 7)(−5 + 2n + 7)
2
= (n + 7)(n + 1)
Cvičení 5.15 Sečtěte (každou variantu rozložte na dvě aritmetické posloup-
nosti):
(a) S = 1 − 2 + 3 − 4 + · · · + (−1)n+1n
(b) S = 1 − 2 + 4 − 4 + 7 − 6 + 10 − 8 · · · + (3n − 2) + (−1)2n+12n
Řešení:
Obě dané posloupnosti můžeme rozdělit na dvě posloupnosti, každou z nich
sečteme zvlášť a nakonec sečteme oba součty. Opět se budeme opírat o vzorec
z předchozí úlohy.
(a) Posloupnost si rozdělíme do dvou posloupností tak, že v jedné posloupnosti
budou všechny kladné členy a ve druhé všechny záporné.
Abychom mohli určit poslední členy obou posloupností, musíme rozlišit
případ, kdy bude n liché, respektive sudé.
Pro lichá n získáváme posloupnosti
S1 = 1 + 3 + 5 + · · · + n
S2 = −2 − 4 − 6 − . . . − (n − 1),
84
přičemž první z posloupností má n+1
2 členů, druhá má n−1
2 členů. Určeme
součty posloupností.
S1 = (n+1)(1+n)
4 = n2+2n+1
4 S2 = (n−1)(−2−n+1)
4 = −n2+1
4 S = n+1
2
Pro sudé n získáváme posloupnosti
S1 = 1 + 3 + 5 + · · · + (n − 1)
S2 = −2 − 4 − 6 − . . . − n,
přičemž první z posloupností má n
2 členů, druhá má n
2 členů. Určeme
součty posloupností.
S1 = n(1+n−1)
4 = n2
4 S2 = n(−2−n)
4 = −n2−2n
4 S = −n
2
Pro lichá n má posloupnost součet S = n+1
2 , pro sudá n má
součet S = −n
2 .
(b) Posloupnost si rozdělíme stejně jako v předchozí variantě na dvě posloupnosti.
Nyní však není nutné rozlišovat lichá a sudá n, pro obě by
poslední člen každé posloupnosti dopadl stejně.
Pro všechna n dostáváme posloupnosti
S1 = 1 + 4 + 7 + 10 + · · · + (3n − 2)
S2 = −2 − 4 − 6 − 8 − . . . − 2n,
přičemž každá z posloupností má n členů. Určeme součty posloupností.
S1 = n(1+3n−2)
2 = 3n2−n
2 S2 = n(−2−2n)
2 = −2n2−2n
2 S = n2−3n
2
Posloupnost má součet S = n2−3n
2
Cvičení 5.16 Sečtěte:
(a) S = 2 + 22 + 23 + · · · + 2n
(b) S = 1 − 1
2 + 1
22 − 1
23 + · · · + (−1)n 1
2n
(c) S = 1 + 2 + 4 + · · · + 2n+3
(d) S = 1 + 3 + 9 + · · · + 3n+2
(e) S = 1 + 4 + 16 + · · · + 4n−2
Řešení:
V každé z posloupností vznikl další člen vynásobením předchozího členu
určitou konstantou, kvocientem, jedná se tedy o geometrické posloupnosti.
Součet prvních n členů geometrické posloupnosti můžeme ze znalosti prvního
členu a kvocientu určit pomocí vztahu
Sn = a1
1 − qn
1 − q
(a) S = 2 + 22 + 23 + · · · + 2n, posloupnost má n členů
a1 = 2 q = 2 Sn = 21−2n
1−2 = 2(2n − 1)
85
(b) S = 1 − 1
2 + 1
22 − 1
23 + · · · + (−1)n 1
2n , posloupnost má n + 1 členů
a1 = 1 q = −1
2 Sn+1 = 1
1−(−1
2
)n+1
1+ 1
2
= 2
3 1 − −1
2
n+1
(c) S = 1 + 2 + 4 + · · · + 2n+3, posloupnost má n + 4 členů
a1 = 1 q = 2 Sn+4 = 11−2n+4
1−2 = 2n+4 − 1
(d) S = 1 + 3 + 9 + · · · + 3n+2, posloupnost má n + 3 členů
a1 = 1 q = 3 Sn+3 = 11−3n+3
1−3 = 3n+3−1
2
(e) S = 1 + 4 + 16 + · · · + 4n−2, posloupnost má n − 1 členů
a1 = 1 q = 4 Sn−1 = 11−4n−1
1−4 = 4n−1−1
3
Cvičení 5.17 Sečtěte (každou variantu rozložte na aritmetickou a geometrickou
posloupnost):
(a) S = 2 + 5 + 11 + · · · + (3 · 2n−1 − 1)
(b) S = 1 + 5 + 17 + · · · + (2 · 3n−1 − 1)
Řešení:
Každou z posloupností můžeme rozdělit do dvou posloupností – jedna bude
geometrická a druhá aritmetická. Posloupnosti sečteme zvlášť a výsledky k
sobě přičteme. Opět se budeme opírat o vztahy pro součty prvních n členů
geometrické a aritmetické posloupnosti.
(a) Posloupnost rozdělíme na geometrickou a aritmetickou následovně:
S1 = 3 + 6 + 12 + · · · + 3 · 2n−1
S2 = −1 − 1 − 1 − . . . − 1
První posloupnost je geometrická, má n členů a q = 2, S1 = 31−2n
1−2 =
3(2n − 1).
Druhá posloupnost má také n členů, její součet je zřejmě S2 = −n.
Dohromady dostáváme součet celé posloupnosti.
S = S1 + S2 = 3(2n
− 1) − n
(b) Počítáme analogicky variantě (a).
S1 = 2 + 6 + 18 + · · · + 2 · 3n−1
= 2
1 − 3n
1 − 3
= 3n
− 1
S2 = −1 − 1 − 1 − . . . − 1 = −n
S = 3n
− n − 1
86