Část II
Domácí práce: zadání a řešení
40
MA0002 — 1. domácí úkol
Cvičení 1.1 Mezi městy A a B vede 5 cest, mezi městy B a C vedou 3 cesty. Kolik existuje navzájem různých cest z A do C přes B?
Cvičení 1.2 Kolika způsoby lze na šachovnici vybrat jedno bílé a jedno černé políčko?
Cvičení 1.3 Kolika způsoby lze ze 32 karet vybrat krále a dámu?
Cvičení 1.4 Kolika způsoby můžeme vybrat jednu souhlásku a jednu samohlásku z písmen daných slov?
(a) LAVICE
(b) KOLEJ
Cvičení 1.5 Na tenisovém turnaji, kde hrál každý hráč s každým právě jednou, se odehrálo 91 zápasů. Kolik se ho zúčastnilo hráčů?
Cvičení 1.6 Kolik hráčů se zúčastnilo šachového turnaje, jestliže každý hráč hrál s každým právě jednou a bylo odehráno 21 partií?
Cvičení 1.7 Máme 28 kostek domina. Každá kostka má dvě políčka, na každém políčku je 0 až 6 teček a kostky domina jsou navzájem různé).
(a) Kolik kostek domina má součet teček v obou polovinách 7 nebo 11?
(b) Kolika způsoby můžeme z 28 kostek domina vybrat dvě tak, abychom je mohli přiložit k sobě?
Cvičení 1.8 V balíčku 32 různých karet je 16 karet červených (srdce a káry) a 16 černých (piky a kříže). Kolika způsoby můžeme z balíčku vybrat pětici karet tak, aby mezi nimi bylo červených karet více než černých?
Cvičení 1.9 Kolika způsoby lze rozdělit zlatou, stříbrnou a bronzovou medaili mezi 19 závodníků?
Cvičení 1.10 Kolika způsoby lze z 25 členů společnosti vybrat předsedu, místopředsedu, tajemníka a pokladníka?
Cvičení 1.11 Kolika způsoby lze srovnat do poličky 20 různých knih? (Knihy zaberou beze zbytku celou poličku.)
Cvičení 1.12 V rovině je dáno několik přímek, z nichž žádné dvě nejsou rovnoběžné a žádné tři se neprotínají v jediném bodě. Kolik přímek je dáno, pokud tak vznikne 55 různých průsečícků?
41
Cvičení 1.13 Kolik různých tritonových popěvků lze vytvořit z osmi tónů?
Cvičení 1.14 Kolika způsoby lze na šachovnici 8x8 rozmístit věž, koně, krále a dámu?
Cvičení 1.15 Kolika způsoby lze ze třídy o 30 žácích vybrat trojici nástěn-kář, šatnář a pokladník? (Každé dítě má jen jednu „funkci".)
Cvičení 1.16 Kolika způsoby lze sestavit tritonovy akord z osmi různých tónů?
Cvičení 1.17 Kolika způsoby lze v krabičce uspořádat 12 pastelek?
Cvičení 1.18 Kolika způsoby si můžete v ruce do vějíře seřadit 8 karet, které Vám byly rozdány?
Cvičení 1.19 Kolik existuje devítimístných telefonních čísel, v nichž se nevyskytuje nula a žádná cifra se neopakuje?
Cvičení 1.20 Kolika způsoby lze na šachovnici rozestavit čtyři stejné pěšáky?
Cvičení 1.21 Kolika způsoby lze ze třídy o 30 žácích vybrat 6 žáků pro volejbalový turnaj? (Na výkonnosti nezáleží.)
Cvičení 1.22 Kolika způsoby lze vybrat 8 karet z 32?
Cvičení 1.23 Určete, kolik různých „slov" vznikne záměnou pořadí písmen slov:
(a) POPOCATEPETL
(b) ABRAKADABRA
(c) ACAPULCO
(d) ACONCAGUA
Cvičení 1.24 Nechť jsou dána písmena a, b, c, d, e, f g.
(a) Kolik „slov" o pěti písmenech se z nich dá sestavit?
(b) Kolik lze takových „slov" sestavit, pokud se písmena nesmí opakovat?
Cvičení 1.25 Kolika způsoby lze darovat 5 různých knížek třem různým lidem, máme-li alespoň 3 kusy každé knížky a dostane-li každý člověk jednu knihu?
Cvičení 1.26 Kolika způsoby si může 15 dětí ve výtvarném kroužku vybrat, které ze tří zvířátek budou malovat? (Každý bude malovat jedno zvířátko, mohou všichni malovat to stejné.)
Cvičení 1.27 Kolik různých trojic čísel může padnou při hodu třemi stejnými kostkami?
Cvičení 1.28 Kolika způsoby lze vybrat 8 karet z 32 karet čtyř barev, pokud nám záleží pouze na barvě karty, nikoliv na její hodnotě?
Cvičení 1.29 Kolika způsoby lze ze sáčku, v němž je 5 kuliček zelených, 4 modré, 3 červené a 7 žlutých vybrat trojici kuliček?
42
MA0002 — řešení DÚ č. 1
Cvičení 1.1 Mezi městy A a B vede 5 cest, mezi městy B a C vedou 3 cesty. Kolik existuje navzájem různých cest z A do C přes B?
Řešení:
Z města A do města B můžeme zvolit cestu pěti způsoby, nezávisle na tom z města B do města C můžeme dojít třemi způsoby. Díky nezávislosti těchto voleb můžeme použít pravidlo součinu, tedy 5 • 3 = 15.
Existuje 15 navzájem různých cest z A do C přes B.
Cvičení 1.2 Kolika způsoby lze na šachovnici vybrat jedno bílé a jedno černé políčko?
Řešení:
Standardní šachovnice má 64 políček, polovinu bílých, polovinu černých. Máme tedy 32 možností k výběru bílého políčka, stejně tak máme 32 možností k výběru černého políčka. Tyto výběry jsou na sobě nezávislé, proto použijeme pravidlo součinu a dostáváme 32 • 32 = 1024.
Na šachovnici můžeme vybrat jedno bílé a jedno černé políčko 1024 způsoby.
Cvičení 1.3 Kolika způsoby lze ze 32 karet vybrat krále a dámu? Řešení:
V sadě 32 karet máme čtyři barvy (například ve francouzských kartách srdce, káry, piky a kříže), v každé barvě existuje jeden král a jedna dáma. Máme tedy 4 krále a 4 dámy. Krále mohu z balíčku karet vybrat čtyřmi způsoby, nezávisle na výběru krále mohu vybrat čtyřmi způsoby i dámu. Díky nezávislosti výběrů použijeme pravidlo součinu, tedy 4 • 4 = 16.
Krále a dámu můžeme z 32 karet vybrat 16 způsoby.
Cvičení 1.4 Kolika způsoby můžeme vybrat jednu souhlásku a jednu samohlásku z písmen daných slov?
(a) LAVICE
(b) KOLEJ Řešení:
Nejprve se podívejme na slovo LAVICE. V tomto slově se nachází tři souhlásky a tři samohlásky. Souhlásku tedy můžeme vybrat třemi způsoby,
43
stejně tak i samohlásku. Výběry souhlásky a samohlásky jsou na sobě nezávislé, pomocí pravidla součinu tedy získáváme 3-3 = 9. Obdobně nalezneme řešení i u slova KOLEJ. V něm máme tři souhlásky a dvě samohlásky, dohromady 3-2 = 6.
Jednu souhlásku a jednu samohlásku můžeme vybrat ze slova
LAVICE 9 způsoby a ze slova KOLEJ 6 způsoby.
Cvičení 1.5 Na tenisovém turnaji, kde hrál každý hráč s každým právě jednou, se odehrálo 91 zápasů. Kolik se ho zúčastnilo hráčů?
Řešení:
Zadání nám říká, že organizátoři tenisového turnaje ze všech zúčastněných hráčů vytvořili 91 dvojic tak, že každý hráč hrál s každým hráčem právě jednou. Zřejmě nebylo rozlišováno mezi dvojicemi Berdych-Veselý a Veselý-Berdych, tedy ve vybraných dvojicích nezáleželo na pořadí hráčů. Po převedení do matematického jazyka pořadatelé vytvořili z určitého počtu hráčů 91 dvouprvkových kombinací.
G) " »
z'
___        = ol
2!(x-2)!
x(x-l)   = 2-91
x2 - x - 182  = 0
Kořeny této kvadratické rovnice jsou čísla —13 a 14. Rozhodně se turnaje nezúčastnilo —13 hráčů, jediným správným výsledkem je proto 14.
Tenisového turnaje se zúčastnilo 14 hráčů.
Cvičení 1.6 Kolik hráčů se zúčastnilo šachového turnaje, jestliže každý hráč hrál s každým právě jednou a bylo odehráno 21 partií?
Řešení:
Toto cvičení je analogií cvičení předchozího. Vybíráme k sobě dvojice hráčů a samozřejmě nerozlišujeme dvojice Kasparov-Kramnik a Kramnik-Kasparov. Všichni účastníci šachového turnaje se tedy dají rozdělit do 21 dvojic, v nichž nezáleží na pořadí hráčů, tedy lze z jejich počtu vytvořit 21 dvouprvkových kombinací.
G) - 21
*!        = 21 2!(a;-2)!
x(x-l)   = 2-21 x2 - x - 42   = 0
Kořeny dané kvadratické rovnice jsou čísla —6 a 7. Záporný počet hráčů nedává smysl, výsledkem je proto číslo 7.
Šachového turnaje se zúčastnilo 7 hráčů.
44
Cvičení 1.7 Máme 28 kostek domina. Každá kostka má dvě políčka, na každém políčku je O až 6 teček a kostky domina jsou navzájem různé).
(a) Kolik kostek domina má součet teček v obou polovinách 7 nebo 11?
(b) Kolika způsoby můžeme z 28 kostek domina vybrat dvě tak, abychom je mohli přiložit k sobě?
Řešení:
Je dobré si uvědomit, že v naší sadě kostek domina neexistují dvě různé kostky s políčky 5-3 a 3-5, taková kostka je pouze jedna (tyto kostky by byly ve skutečnosti stejné). Řešme nyní jednotlivé varianty:
(a) Součet 7 na políčkách dominové kostky můžeme získat pouze třemi kombinacemi čísel: 1 + 6; 2 + 5; 3 + 4. Součet 11 nalezneme jedině na kostce 5 + 6.
Součet teček na dominové kostce je 7 nebo 11 u 4 kostek.
(b) Představme si situaci, kdy můžeme kostky přiložit k sobě (kostky mají na jedné straně stejný počet teček). Označme si počty teček na jedné kostce a-b (na jedné polovině a teček, na druhé b teček). K takové kostce můžeme jistě přiložit kostku b-c. Kolik existuje takových dvojic kostek?
Nejprve předpokládejme, že čísla a, b, c jsou po dvou různá. Za číslo a můžeme dosadit 7 různých hodnot (0,1,... ,6), za číslo b už pouze 6 hodnot (aby bylo různé od a), číslo c volíme ze zbylých hodnot. Tyto volby jsou navzájem nezávislé, po využití pravidla součinu tedy zjistíme, že takových dvojic kostek můžeme nalézt 7-6-5 = 210. Při výpočtu jsme ale rozlišovali dvojice kostek a-b b-c a c-b b-a, výsledek tedy musíme vydělit dvěma a získáváme 105 dvojic.
Může nastat i situace, kdy nebudou hodnoty a, 6, c po dvou různé? Ano, můžeme vytvořit dvojici z kostek a-b b-b. Pro určení počtu těchto dvojic opět využijeme pravidlo součinu, přičemž za číslo a mohu volit ze 7 hodnot, číslo b pak z 6 hodnot: 7 • 6 = 42. Popsali jsme dvě odlišné situace, které mohou nastat, počet všech dvojic k sobě patřících kostek domina je tedy součtem výsledných počtů v jednotlivých situacích. 105 + 42 = 147
Dvě kostky, které lze přiložit k sobě, můžeme vybrat 147 způsoby.
Cvičení 1.8 V balíčku 32 různých karet je 16 karet červených (srdce a káry) a 16 černých (piky a kříže). Kolika způsoby můžeme z balíčku vybrat pětici karet tak, aby mezi nimi bylo červených karet více než černých?
Řešení:
Vybíráme-li pětici karet, nezáleží nám na pořadí, ve kterém jsme jednotlivé karty vybrali (klidně jsme mohli všechny karty vybrat najednou), jedná se o pětiprvkové kombinace z 32 karet. Pokud má být červených karet více než černých, mohou nastat následující situace: 5 červených; 4 červené a 1 černá; 3 červené a 2 černé. Jsou to tři odlišné situace, vyřešíme tedy každou z nich
45
samostatně a následně využijeme pravidlo součtu. V první situaci vybíráme 5 karet z celkového počtu 16 červených karet, tedy pětiprvkovou kombinaci z 16 prvků (g6). V druhé situaci vybíráme 4 karty z 16 červených karet a (nezávisle na výběru červených karet) 1 kartu z 16 černých, tedy (x46) • (1]6). Analogicky získáme počet možných výběrů 3 červených a 2 černých karet. Dohromady dostáváme      + Q6) • (\6) +      • (™) = 100688.
pětici karet můžeme vybrat 100 688 způsoby.
Cvičení 1.9 Kolika způsoby lze rozdělit zlatou, stříbrnou a bronzovou medaili mezi 19 závodníků?
Řešení:
Můžeme začít zlatou medailí: kolika způsoby lze vybrat závodníka, kterému ji udělíme? Zřejmě máme 19 možností. Pro stříbrnou medaili už máme možností pouze 18 (nositel zlaté medaile nemůže být i nositelem stříbrné) a pro bronzovou nám zbývá 17 možných závodníků. Jednotlivé výběry na sobě byly nezávislé, využijeme tedy pravidlo součinu a získáváme 19 • 18 • 17 = 5 814.
Medaile lze mezi 19 závodníků rozdělit 5 814 způsoby.
Cvičení 1.10 Kolika způsoby lze z 25 členů společnosti vybrat předsedu, místopředsedu, tajemníka a pokladníka?
Řešení:
Postup je analogický předchozímu cvičení. Nejdříve vybereme předsedu, na toto místo máme 25 kandidátů. Následně zvolíme místopředsedu, počet kandidátů je ovšem 24, protože pro zachování demokracie smí každý člen společnosti zastávat nejvýše jednu funkci. Pro výběr tajemníka zbývá 23 možností a pokladníka volíme z 22 členů. Jednotlivé volby jsou na sobě nezávislé, výsledek tedy získáme s pomocí pravidla součinu 25 ■ 24 • 23 • 22 = 303 600.
do daných funkcí můžeme zvolit členy 303 600 způsoby.
Cvičení 1.11 Kolika způsoby lze srovnat do poličky 20 různých knih? (Knihy zaberou beze zbytku celou poličku.)
Řešení:
Knihy v poličce přesouváme, hledáme počet jejich různých pořadí, matematicky řečeno, hledáme počet všech jejich permutací. 20! = 2 432 902 008176 640 000.
Knihy lze do poličky srovnat 2 432 902 008 176 640 000 způsoby.
Cvičení 1.12 V rovině je dáno několik přímek, z nichž žádné dvě nejsou rovnoběžné a žádné tři se neprotínají v jediném bodě. Kolik přímek je dáno, pokud tak vznikne 55 různých průsečíků?
Řešení:
Jestliže žádné dvě přímky nejsou rovnoběžné a žádné tři přímky se neprotínají v jediném bodě, pak se každé dvě přímky protínají v jednom bodě, tvoří
46
jeden průsečík. Jinak řečeno, existuje tolik průsečíků, kolik existuje dvojic přímek. Převedeme-li tvrzení do kombinatorického jazyka, ze všech přímek lze vytvořit 55 dvouprvkových kombinací.
G)
x\
2\{x-2)\ x(x — 1) x2 - x - 110
Kořeny této rovnice jsou čísla —10 a 11. Nemá smysl uvažovat —10 přímek, máme tedy jediné řešení.
v rovině je dáno 11 přímek.
Cvičení 1.13 Kolik různých tritonových popěvků lze vytvořit z osmi tónů? Řešení:
Zřejmě tóny popěvku musí být po dvou různé, jinak bychom nemohli hovořit o třítónovém popěvku. První tón popěvku můžeme vybrat osmi způsoby, pro druhý tón zbylo už pouze sedm možností a poslední tón volíme z šesti zbývajících tónů. Volby tónů (nezáleží nám na libozvučnosti) jsou na sobě nezávislé, proto použijeme pravidlo součinu a dostáváme 8 • 7 • 6 = 336.
Z osmi tónů lze vytvořit 336 tritonových popěvků.
Cvičení 1.14 Kolika způsoby lze na šachovnici 8x8 rozmístit věž, koně, krále a dámu?
Řešení:
Na šachovnici je 64 políček, na které figurky postupně rozmístíme. Na jednom políčku smí stát nejvýše jedna figurka. Věž můžeme umístit na kterékoli políčko, máme tedy 64 možností. Následně umístíme koně na nějaké volné políčko, těch je 63, pro krále nám zbývá 62 možností umístění a pro dámu 61. Jednotlivá umístění jsou na sobě nezávislá, pomocí pravidla součinu tedy získáváme 64 • 63 • 62 • 61 = 15 249 024.
Figurky lze na šachovnici rozmístit 15 249 024 způsoby.
Cvičení 1.15 Kolika způsoby lze ze třídy o 30 žácích vybrat trojici nástěn-kář, šatnář a pokladník? (Každé dítě má jen jednu „funkci".)
Řešení:
Volme postupně žáky do funkcí. Nástěnkáře můžeme vybírat z 30 žáků, šat-náře z 29 žáků (jeden žák už je nástěnkář) a pokladníka z 28 žáků. Výběry jsou na sobě nezávislé, dohromady tedy 30 • 29 • 28 = 24 360.
Trojici žáků můžeme vybrat 24 360 způsoby.
= 55
= 55
= 2-55
= 0
47
Cvičení 1.16 Kolika způsoby lze sestavit tritonovy akord z osmi různých tónů?
Řešení:
V třítónovém akordu neexistuje pořadí jednotlivých tónů, všechny se hrají zároveň, zajímá nás pouze kombinace tří tónů.
(3) = 56
tritonovy akord z osmi různých tónů lze sestavit 56 způsoby.
Cvičení 1.17 Kolika způsoby lze v krabičce uspořádat 12 pastelek? Řešení:
V krabičce měníme pořadí pastelek, vytváříme jejich různé permutace. 12! = 479001600
Pastelky lze uspořádat 479 001600 způsoby.
Cvičení 1.18 Kolika způsoby si můžete v ruce do vějíře seřadit 8 karet, které Vám byly rozdány?
Řešení:
Stejně jako v předchozím příkladě máme určit počet různých pořadí 8 karet, počet jejich permutací. 8! = 40320
Karty lze seřadit 40 320 způsoby.
Cvičení 1.19 Kolik existuje devítimístných telefonních čísel, v nichž se nevyskytuje nula a žádná cifra se neopakuje?
Řešení:
Nesmí-li se mezi ciframi vyskytovat nula, můžeme použít 9 různých cifer (1,2,..., 9). Jelikož se žádná cifra neopakuje, jsme nuceni využít všech devět povolených cifer a hledáme pouze jejich různá pořadí (permutace). 9! = 362 880
Existuje 362 880 čísel splňujících zadání.
Cvičení 1.20 Kolika způsoby lze na šachovnici rozestavit čtyři stejné pěšáky?
Řešení:
Pěšáky nemůžeme rozlišit, proto nám nezáleží na pořadí vybraných políček jako ve cvičení 1.14, ale vybíráme najednou čtveřici políček šachovnice. (644) = 635376
Čtyři stejné pěšáky lze rozestavit 635 376 způsoby.
48
Cvičení 1.21 Kolika způsoby lze ze třídy o 30 žácích vybrat 6 žáků pro volejbalový turnaj? (Na výkonnosti nezáleží.)
Řešení:
Zapomeňme na hodiny tělocviku, kdy nám na pořadí výběru hráčů záleželo. V této situaci jde pouze o to, zda daný žák vybraný byl, vybíráme tedy kombinace 6 žáků z 30. (36°) =593 775
žáky na turnaj lze vybrat 593 775 způsoby. Cvičení 1.22 Kolika způsoby lze vybrat 8 karet z 32? Řešení:
Danou úlohu je možné pojmout různými způsoby. Prvním z nich je takový, že záleží na pořadí tahu karet, například pokud karty rozdáváme osmi hráčům. Pak bychom hledali počet všech osmiprvkových variací z 32 prvků. 32 • 31 • 30 • • • • 25 = 424097856 000
Nezáleží-li na pořadí výběru karet, hledáme počet osmiprvkových kombinací z 32.
(382) = 10 518 300
Karty lze vybrat 424 097 856 000 způsoby, pokud záleží na pořadí výběru, nebo 10 518 300 způsoby, když na pořadí výběru nezáleží.
Cvičení 1.23 Určete, kolik různých „slov" vznikne záměnou pořadí písmen slov:
(a) POPOCATEPETL
(b) ABRAKADABRA
(c) ACAPULCO
(d) ACONCAGUA Řešení:
Záměnou pořadí písmen zřejmě získáváme jejich různé permutace. Musíme si však dát pozor, že ne každou záměnou získáme nové „slovo" - zaměníme-li například ve variantě (a) první a třetí písmeno, slovo zůstane stejné. Počet všech permutací písmen musíme tedy vydělit počtem permutací stejných písmen (to je vzorec pro určení počtu permutací s opakováním).
(a) Určeme si četnost každého písmene ve slově POPOCATEPETL: 3xP, 2x0, lxC, lxA, 2xT, 2xE a lxL.
Počet písmen ve slově je 12, jejich počet permutací dělíme počty permutací jednotlivých písmen.
3!*2!*2!*2! — ^ 979 200.
záměnou pořadí písmen vznikne 9 979 200 různých „slov".
49
(b) Určeme si četnost každého písmene ve slově ABRAKADABRA: 5xA, 2xB, 2xR, lxK a lxD.
Počet písmen ve slově je 11, jejich počet permutací dělíme počty permutací jednotlivých písmen. m = 83160.
záměnou pořadí písmen vznikne 83160 různých „slov".
(c) Určeme si četnost každého písmene ve slově ACAPULCO: 2xA, 2xC, lxP, lxU, lxL a 1x0.
Počet písmen ve slově je 8, jejich počet permutací dělíme počty permutací jednotlivých písmen. = 10080.
záměnou pořadí písmen vznikne 10 080 různých „slov".
(d) Určeme si četnost každého písmene ve slově ACONCAGUA: 3xA, 2xC, 1x0, lxN, lxG a lxU.
Počet písmen ve slově je 9, jejich počet permutací dělíme počty permutací jednotlivých písmen. ^ = 30240.
záměnou pořadí písmen vznikne 30 240 různých „slov". Cvičení 1.24 Necht jsou dána písmena a, b, c, d, e, f, g.
(a) Kolik „slov" o pěti písmenech se z nich dá sestavit?
(b) Kolik lze takových „slov" sestavit, pokud se písmena nesmí opakovat? Řešení:
(a) Jednotlivá písmena se ve „slovech" mohou vyskytovat vícekrát, proto pro volbu každého z pěti písmen máme 7 možností, volby písmen jsou na sobě nezávislé (jedná se o variace s opakováním). 7-7-7-7-7 = 75 = 16807
z písmen lze sestavit 16 807 „slov".
(b) Jestliže se písmena nesmí opakovat, můžeme první písmeno zvolit 7 způsoby, druhé písmeno 6 způsoby (jedno písmeno už je zakázané) a tak dále, přičemž jednotlivé volby jsou na sobě nezávislé (variace bez opakování) .
7-6-5-4-3 = 2520
z písmen lze sestavit 2 520 „slov" bez opakování písmen.
Cvičení 1.25 Kolika způsoby lze darovat 5 různých knížek třem různým lidem, máme-li alespoň 3 kusy každé knížky a dostane-li každý člověk jednu knihu?
Řešení:
Postavme si tři lidi do řady a postupně jim dávejme knížky - pro každého máme pět možností výběru a volby knih jsou na sobě nezávislé, tedy 53 = 125.
Knížky lze darovat 125 způsoby.
50
Cvičení 1.26 Kolika způsoby si může 15 dětí ve výtvarném kroužku vybrat, které ze tří zvířátek budou malovat? (Každý bude malovat jedno zvířátko, mohou všichni malovat to stejné.)
Řešení:
Každé dítě má tři možnosti výběru, přičemž výběry jednotlivých dětí jsou na sobě nezávislé, proto existuje 315 = 14 348 907 výběrů.
děti si mohou vybrat zvířátka 14 348 907 způsoby.
Cvičení 1.27 Kolik různých trojic čísel může padnou při hodu třemi stejnými kostkami?
Řešení:
Jednou z možností řešení daného cvičení je systematické vypsání všech možných kombinací. Na úlohu se však můžeme dívat i jako na kombinace s opakováním, neznáme-li vzorec, můžeme si jej jednoduše odvodit. Je třeba si uvědomit, že kostky jsou stejné. Přiřazujme k jednotlivým počtům ok kostky, tedy přiřazujme kostky do pomyslných přihrádek. Přepážek mezi těmito přihrádkami je pět (nerozlišitelných), kostky jsou tři. Nechrne mezi sebou permutovat těchto 8 prvků, získáme gngj = 56.
může padnout 56 různých trojic čísel.
Cvičení 1.28 Kolika způsoby lze najednou vybrat 8 karet z 32 karet čtyř barev, pokud nám záleží pouze na barvě karty, nikoliv na její hodnotě?
Řešení:
Hledáme kombinace osmi karet čtyř možných barev s možností opakování barev, přičemž karet každé barvy máme dostatečné množství. Vzorec pro výpočet lze odvodit stejně jako v předchozím cvičení, do čtyř přihrádek symbolizujících různé barvy (3 stejné přepážky) přiřazujeme jednotlivé karty.
m~ - 165 8!-3! — 100
Karty lze vybrat 165 způsoby.
Cvičení 1.29 Kolika způsoby lze ze sáčku, v němž je 5 kuliček zelených, 4 modré, 3 červené a 7 žlutých vybrat trojici kuliček?
Řešení:
Kuličky jednotlivých barev od sebe nelze rozlišit, hledáme tedy kombinace tří kuliček, u nichž rozlišujeme pouze jejich barvu (může být taženo více kuliček stejné barvy, od každé barvy máme dostatečné množství kuliček). Úlohu lze vyřešit buďto výčtem všech možností, nebo podobně jako v předchozím cvičení vložme každou z trojice kuliček do přihrádky symbolizující její barvu (mezi přihrádkami jsou 3 stejné přepážky) a nechrne mezi sebou permutovat
přepážky a kuličky.
6! — on 3!-3! — ^u
Trojici kuliček lze vybrat 20 způsoby.
51
MA0002 — 2. domácí úkol
Cvičení 2.1 Vypočtěte: (a) 8!
0>) (4) (c) ffi)
Cvičení 2.2 Ve třídě je 13 chlapců a 15 dívek. Kolika způsoby z nich lze vytvořit šestičlenné družstvo takové, aby v něm bylo alespoň tolik dívek, jako chlapců?
Cvičení 2.3 Kolika způsoby lze na šachovnici rozestavit 8 věží tak, aby se navzájem neohrožovaly?
Cvičení 2.4 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků? Uveďte odhad výsledku (v tisících, stovkách, ... — podle toho, co považujete za vhodné).
Cvičení 2.5 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků, víme-li, kterých 6 znaků patří samohláskám? Uvedie odhad.
(a) Víme konkrétně který znak patří které samohlásce.
(b) Víme, kterých 6 znaků patří samohláskám, nevíme však, který znak patří které samohlásce.
Cvičení 2.6 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků, známe-li znaky pro 4 z 6 samohlásek (víme, který znak patří které samohlásce) a pro 13 z 20 souhlásek (víme, který znak patří které souhlásce)?
Cvičení 2.7 Sedm dívek tančí v kruhu. Kolika různými způsoby mohou být v kruhu seřazeny?
Cvičení 2.8 Kolik různých náhrdelníků je možno sestavit ze 7 různých korálků?
Poznámka: Pro ilustraci je lepší použít méně korálků (řešení si můžeme nakreslit, abychom viděli, že se náhrdelník nezmění, navlékneme-li korálky „pozpátku"), avšak úloha by zněla reálněji, kdybychom použili větší počet korálků (např. 50).
Následující příklady vypočtěte bez použití kalkulátoru. Výsledek stačí uvést ve tvaru součinu, případně podílu, jednotlivých čísel.
Cvičení 2.9 Porovnejte: 152! + 151! a 150! + 153!
Cvičení 2.10 Seřaďte dle velikosti následující kombinační čísla:
(*) fí?) 0>) (\573) (*) W
Cvičení 2.11 Vypočtěte: (435)
Cvičení 2.12 Vypočtěte: (™)
Cvičení 2.13 Sečtěte: g) + g) + g) + g) + g)
Cvičení 2.14 Sečtěte: g) + g) + Q + g) + g)
Cvičení 2.15 Vyjádřete jedním kombinačním číslem a vyčíslete:
(*) (l) + 0 o>) (?) + (?) r«; (?) + (?)
Cvičení 2.16 Zjednodušte: í$jH - %+^2) -
Cvičení 2.17 Dokažte: n! + (n — l)!n2 = (n + 1)! [Nápověda: vytkněte na levé straně výraz n!/
Cvičení 2.18 Sečtěte: ^ - 2g±$ + ^ Cvičení 2.19 Najděte všechna neN, pro než p/afa':
(:Xr:H
Cvičení 2.20 Zjednodušte: - |±g| - feS{
MA0002 — řešení DÚ č. 2
Cvičení 2.1 Vypočtěte:
(a) 8!
(b) (t)
(c) (g) Řešení:
Dosazením získáváme (a) 40 320; (b) 111 930; (c) 677 040.
Cvičení 2.2 Ve třídě je 13 chlapců a 15 dívek. Kolika způsoby z nich lze vytvořit šestičlenné družstvo takové, aby v něm bylo alespoň tolik dívek, jako chlapců?
Řešení:
Má-li být v družstvu alespoň tolik dívek, kolik chlapců, máme čtyři možnosti skladby s ohledem na pohlaví - 3 dívky a 3 chlapci, 4 dívky a 2 chlapci, 5 dívek a 1 chlapec, nebo 6 dívek. Pro každou z těchto možností vypočítáme počet možných voleb, výsledné počty poté sečteme.
V prvním případě vybíráme trojici z 15 dívek a nezávisle na tomto výběru trojici ze 13 chlapců, možností výběru je (g5) • (g3). Stejným způsobem určíme počet možných družstev i pro zbylé případy a jednotlivé počty sečteme.
(?) • (?) + (?) • (?) + (?) • (?) + (?) = 280644 Družstvo lze vytvořit 280 644 způsoby.
Cvičení 2.3 Kolika způsoby lze na šachovnici rozestavit 8 věží tak, aby se navzájem neohrožovaly?
Řešení:
Dle pravidel šachů věž ohrožuje figurky stojící ve stejném sloupci nebo řádku. Vždy, když vybereme políčko pro jednu věž, „zakážeme" všechna políčka v tomtéž řádku i sloupci. Po umístění sedmé věže nám zůstane pouze jedno volné „nezakázané" políčko pro poslední věž. Každé další možné umístění 8 věží je některou permutací řádků (nebo sloupců) šachovnice, kterých existuje 8! = 40320.
Věže můžeme umístit 40 320 způsoby.
Cvičení 2.4 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků? Uveďte odhad.
54
Řešení:
Zafixujme si pořadí zvuků a k nim hledejme různá pořadí znaků. Jejich počet je 26! = 4,03-1026.
Znaky lze ke zvukům přiřadit přibližně 4,03 • 1026 způsoby.
55
Cvičení 2.5 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků, víme-li, kterých 6 znaků patří samohláskám? Uveďte odhad.
(a) Víme konkrétně který znak patří které samohlásce.
(b) Víme, kterých 6 znaků patří samohláskám, nevíme však, který znak patří které samohlásce.
Řešení:
(a) Znaky patřící samohláskám jsou dané, zbývá nám pouze spočítat počet přiřazení znaků souhláskám. Zafixujme si pořadí 20 souhlásek a hledejme k nim různá pořadí znaků patřícím souhláskám.
20! = 2,43 • 1018
Znaky lze ke zvukům přiřadit přibližně 2,43 ■ 1018 způsoby.
(b) Zafixujme si pořadí 6 samohlásek a k nim hledejme různá pořadí znaků patřících samohláskám (různých pořadí je 6!). Stejně tak určeme nezávisle na pořadí samohlásek počet přiřazení zbylých 20 znaků a zvuků. 6!-20! = l,75-1021
Znaky lze ke zvukům přiřadit přibližně 1,75 ■ 1021 způsoby.
Cvičení 2.6 Kolika způsoby lze 26 znakům přiřadit 26 různých zvuků, známe-li znaky pro 4 z 6 samohlásek (víme, který znak patří které samohlásce) a pro 13 z 20 souhlásek (víme, který znak patří které souhlásce)?
Řešení:
Zbývá nám přiřadit znaky k 7 souhláskám a 2 samohláskám, dohromady k 9 zvukům, to uděláme podobně jako v předchozích cvičeních. 9! = 362 880
Znaky lze ke zvukům přiřadit 362 880 způsoby.
Cvičení 2.7 Sedm dívek tančí v kruhu. Kolika různými způsoby mohou být v kruhu seřazeny?
Řešení:
Nejdříve určíme počet různých pořadí dívek v řadě, těch je 7!. Rozdíl mezi řadou a kruhem je takový, že u kruhu nelze určit začátek - každou ze 7! řad máme tedy v počtu kruhů započítanou sedmkrát. Proto získáváme 7! : 7 = 720 různých pořadí v kruhu.
dívky mohou být seřazeny 720 způsoby.
Cvičení 2.8 Kolik různých náhrdelníků je možno sestavit ze 7 různých korálků?
Řešení:
Úloha je velmi podobná předchozí úloze, jediným rozdílem je, že náhrdelník můžeme i přetočit (to u dívek nebylo možné, tančily by hlavou dolů). Dva různé náhrdelníky lišící se pouze o přetočení považujeme za jeden, proto různých náhrdelníků bude poloviční počet kruhů dívek z předchozího příkladu. ^ =360
Lze sestavit 360 různých náhrdelníků.
56
Cvičení 2.9 Porovnejte: 152! + 151! a 150! + 153! Řešení:
152! + 151!        150! + 153! 150!(152 • 151 + 151)        150!(1 + 153 • 152 • 151) 150! -23104  <   150! -3 511657
Cvičení 2.10 Seřaďte dle velikosti následující kombinační čísla:
(*) (\572)
(V (ir)
(c) ffl Řešení:
(a) fi?)
(b) fi?) = (\572)+©
(c)  (135) = (l52-135) = ( 17 )
/152\ _ /152\ ^ fl53\ V 17 /      u35^ ^ U7 )
Cvičení 2.11 Vypočtěte: (435) Řešení:
(435) = 3T§! = = 15 • 22 • 43 = 14190
Cvičení 2.12 Vypočtěte: (JJ)
Řešení:
(es) = bsSi = Z2^T5 = 3 • 71 • 70 • 69 = 1028 790 Cvičení 2.13 Sečtěte: g) + g) + g) + g) + Q Řešení:
(3) + (3) + (3) + (3) + (D = 3TŠ! + 3tií + 3T2l + 3t3t + šti! = = t + f + ¥ + W + W = 1+ 4+10 + 20 + 35 = 70
Cvičení 2.14 Sečtěte: g) + g) + Q + g) + g) Řešení:
(5) + (5) + (5) + (5) + (5) = 5rj! + šfíí + 5T2T + 5t3t + 5FÍ! = = t + f + ¥ + w + = 1 + 6 + 21 + 56 + 126 = 210
57
Cvičení 2.15 Vyjádřete jedním kombinačním číslem a vyčíslete:
(*) O + ffl
0>) (?) + (?) (c) (?) + (?) Řešení:
(a) ffl + (e) - ffl + ffl - (?) - 210
00 (?) + (?) - (?) + (?) - (?) -220
(c) (?) + (?) = (?) = ! 716 Cvičení 2.16 Vypočtěte: S\, (42), (g)
Řešení: 8! = 40320
(Ť) = A = ^t3" = 7-41 • 10 • 39 = 111930 (ei) = 6TF3T = 65"^3"62 = 65 • 8 • 21 • 62 = 677040
Cvičení 2.17 Zjednodušte: ^ - %++f^ -
Řešení:
= n2 + 3n + 2 - (n + 2) - (n2 + n) = n Cvičení 2.18 Dokažte: n! + (n - l)!n2 = (n + 1)! Řešení:
Upravujme postupně levou stranu
n! + (n - l)!n2 = n! + n!n = n!(l + n) = (n + 1)!
Cvičení 2.19 Sečíeíe: ^ - 2g±§ + ^
Řešení:
= n2 + 3n + 2 - 2n2 - 2n + n2 - n = 2
Cvičení 2.20 Najděte všechna neN, pro néz pZaíí':
(:>(:::)-
58
Řešení:
(„_!)!   +   (n-2)! _A
(n-3)!-2! (n-4)!-2! (n-l)(n-2)    (n-2)(n-3) = 2 2
(n-l)(n-2) + (n-2)(n-3) =8
n2 - 3n + 2 + n2 - 5n + 6 =8 2n2 - 8rc =0 2n(n - 4) =0
V kombinačním čísle se nesmí vyskytovat záporná čísla, proto nemá rovnice pro n = 0 smysl a jediným řešením je n = 4.
Cvičení 2.21 Zjednodušte: - - g^f
Řešení:
^lj|-S-Ní = (P+l)P-(P + 5)-(P-5)(p-6) =
= p2+p-p-5-p2 + llp-30 = lip-35
59
MA0002 — 3. domácí úkol
Cvičení 3.1 Rozviňte podle binomické věty: (| — i)8 Cvičení 3.2 Rozviňte podle binomické věty: (—i +
Cvičení 3.3 Užitím binomické věty dokažte, že výraz 40n — 8n — 5n + 1 je pro každé n dělitelný číslem 28.
[Nápověda: rozložte výraz na součin dvou činitelů.]
Cvičení 3.4 Užitím binomické věty dokažte, že výraz 42n — 7n — 6n + 1 je pro každé n dělitelné číslem 30.
[Nápověda: rozložte výraz na součin dvou činitelů.]
Cvičení 3.5 Zdůvodněte(vlastními slovy), proč platí následující kombinatorické identity:
(*) (2) - (»-*)
0>) (E) = E) + (V)
rc;2" = (s) + (í) + G) + -+(n:1) + cD
(d*) o = (s) _ (?) + $ _... + (-í)-1^) + (-irCD
Cvičení 3.6 Dokažte, že platí:
(a) l + 2 + --- + m=^f^
(b) l-2 + 2- 3 + 3- 4 + -- - + m-(m + l) =
Cvičení 3.7 Kolika způsoby můžeme přeskládat písmena slova
(a) TIKTAK
(b) TARTAR
tak, aby nikdy nestála vedle sebe stejná písmena?
Cvičení 3.8 Určete součet všech pěticiferných čísel, která lze složit z číslic 1, 2, 3, 4, 5 tak, že každou číslici použijeme právě jednou.
Cvičení 3.9 Kolik existuje desticiferných čísel, v nichž se číslice neopakují?
Cvičení 3.10 Kolik existuje deseticiferných čísel, jejich ciferný součet je dělitelný třemi?
60
Cvičení 3.11 Kolik celých čísel od O do 999 není dělitelno ani 5, ani 7?
Cvičení 3.12 Kolík různých čtyřciferných čísel lze sestavit z cifer čísla 123 153?
Cvičení 3.13 Kolik pěticiferných čísel lze sestavit z cifer čísla 12 312 343, požadujeme-li, aby tři číslice 3 nenásledovaly za sebou?
Cvičení 3.14 (*) Kolika způsoby lze přestavět cifry čísla 1 234 114 546 tak, aby tři stejné cifry nenásledovaly za sebou?
Cvičení 3.15 Kolika způsoby lze z přirozených čísel od 1 do 30 vybrat tři čísla tak, aby jejich součet byl sudý?
61
MA0002 — řešení DÚ č. 3
Cvičení 3.1 Rozviňte podle binomické věty: (| — i)8 Řešení:
Připomeňme rovnosti i2 = —1; i3 = —i; z4 = 1; i5 = i.
(M)^-exž)V+(^^
Cvičení 3.2 Rozviňte podle binomické věty: (—i + |)7 Řešení:
Řešíme analogicky předchozímu cvičení, zadání můžeme upravit na (| — i)
(D(^)^0-(D(|)V+(D(|)V-Q(^)V+a)(i)V-Q(|)V+Q(|)V
7W1nO-7 _ 1
-um
_ if- _ 21  ■ 36 ■ ■ 36 _ 21 ■ _ 7 ■ i
q6 4       35        3í ř       33        32 1       ci -l
36'
Cvičení 3.3 Užitím binomické věty dokažte, že výraz 40n — 8n — 5n + 1 pro každé n dělitelný číslem 28.
Řešení:
28 28 28 28 28 28 28 28
40n - 8n - 5n + 1
8n(5n - 1) - (5n - 1)
(5n - l)(8n - 1)
((4 + l)n-l)((7+l)"-l)
(4" + 4"-1 + ... + 4 + 1 _ i)(7" + r1'1 + • • • + 7 + 1 - 1) (4« + 4n-i + ... + 4)(7« + 7«-i _|----+ 7)
4(4n_1 + 4n"2 • • • + l)7(7n-1 + 7n_2 + ••• + !)
28(4n_1 + 4;
au —2
+ l)(7n-1 + 7n-2+ ••• + !)
62
Cvičení 3.4 Užitím binomické věty dokažte, že výraz 42n — 7™ — 6n + 1 je pro každé n dělitelné číslem 30.
Řešení:
30 30 30 30 30 30 30 30
42" _ 7" _ 6n + 1 7n(6n - 1) - (6n - 1) (6n — l)(7n - 1) ((5 + l)"-l)((6 + l)'
-n—1
1)
n-1
(5n + 5n_1 + • • • + 5 + 1 - l)(6n + 6n_1 + • • • + 6 + 1 - 1) (5n + 5n-1 + --- + 5)(6n + 6' 5(5B_1 + 5' 30(5
n-1
■n-1
n—1 _|_ gn—2
+1)6(65
• + l)(6n-1 + 6n-^ + --- + l)
-f • ■ • + 6) in"2 + • • • + 1)
ra-2
Cvičení 3.5 Zdůvodněte(vlastními slovy), proč platí následující kombinatorické identity:
(*) (Z) = (n-*)
(V (2) = K) + (V)
rc;2« = (s) + (í) + (5) + ...+(B:1) + o 0*; o = (s) - (?) + © - - + (-í)"-1^) + (-ír CD
Řešení:
(a) Každý řádek Pascalova trojúhelníku je symetrický. Po rozepsání kombinačního čísla na pravé straně získáváme
_raj_ _ n! _ (n\
(n-fc)!(n-(n-fc))! — (n-k)\k\ ~ \k)
(b) Právě popsaným způsobem tvoříme v Pascalově trojúhelníku každý další řádek. Dokažme si platnost rovnosti:
fn—l\,fn—l\ _ _(n—]
U-l^l k ) — (fc-l)!(ra-l
(n-1)'
(n-1)!
(fc-l))M fc!(n-l-Jfc)! — (fc-l)!(n-fe)!^fe!(n-fe-l)!
(n-1)!
_ (ra-l)!fc+(n-l)!(ra-fc) _ (n-l)\(k+n-k) _ n\ _ (n\ ~ k\{n-k)\ ~      k\(n-k)\      ~ k\(n-k)\ ~ \k)
(c) Přepíšeme-li 2n = (1 + l)n, získáváme po rozvinutí podle binomické věty pravou stranu zadané rovnosti.
(d*) Přepíšeme-li 0 = 0n = (1 —l)n, získáváme po rozvinutí podle binomické věty pravou stranu zadané rovnosti.
Cvičení 3.6 Dokažte, že platí:
(a) l + 2 + --- + m=
(b) l-2 + 2-3 + 3-4+-+m-(m+l) = m(m+l)(m+2)
Pokud vás nenapadne jiné řešení, dokažte alespoň matematickou indukcí.
63
Řešení:
(a) Lze konstatovat, že pravou stranu rovnosti získáme dosazením do vzorce pro součet prvních n členů aritmetické posloupnosti. Proveďme důkaz platnosti vzorce:
Nechť m je sudé číslo. Pak lze všechny sčítance rozdělit do dvou sloupců o stejném počtu řádků následovně:
1 m
2 m- 1
3 m-2
m m
2 2+L
Řádků je y, v každém z nich je součet roven m + 1, sečtením řádků získáváme !»Í!»±íl.
Nechť m je liché číslo. Abychom mohli užít stejnou konstrukci, jakou jsme použili u sudých čísel, odeberme číslo m. V řádku vedle 1 tedy bude m — l a součet každého řádku bude m. Počet řádků je ídy^, jejich součet vyjádříme jako (m~1)m +m = ĽÉĽLtU Tím je důkaz dokončen.
(b) Druhou variantu dokážeme matematickou indukcí. Ověřme prom = l:L = l- 2 = 2P=^ = 2
Předpokládejme, že rovnost platí pro m — 1 a z předpokladu dokažme platnost pro m:
L = l- 2 + 2- 3 + 3- 4H-----\-{m—ľ)-m + m-(m + ľ) = ("^M"*1) +
+ m • (m + 1) = m(m+1Km-1+3 = m(m+l)(m+2) _ p
Cvičení 3.7 Kolika způsoby můžeme přeskládat písmena slova
(a) TIKTAK
(b) TARTAR
tak, aby nikdy nestála vedle sebe stejná písmena?
Řešení:
(a) Využijeme princip inkluze a exkluze: od celkového počtu přeskládání písmen odečteme ta přeskládání, v nichž stojí vedle sebe jedna dvojice písmen (T, respektive K) a přičteme přeskládání, v nichž jsou vedle sebe dvojice T i K.
Celkový počet přeskládání určíme jako permutaci s opakováním: • Má-li být vedle sebe dvojice písmen T, můžeme si tuto dvojici „slepit" a považovat ji za jeden znak, počet všech takových přeskládání je || (stejný počet získáme pro dvojici písmen K, výraz proto vynásobíme dvěma). Mají-li být vedle sebe písmena T i písmena K, opět dvojice stejných písmen „slepíme" a považujeme zajeden znak, počet takových přeskládání určíme jako permutaci čtyř různých prvků.
_6]__2-51-1-41 — 84
2!-2!     z   ^-t-'i. — O'i
písmena slova TIKTAK lze přeskládat 84 způsoby.
64
(b) Opět využijeme princip inkluze a exkluze: od celkového počtu přesklá-dání písmen odečteme ta přeskládání, v nichž stojí vedie sebe jedna dvojice písmen (dvojice T, dvojice A, nebo dvojice R), přičteme přeskládání, v nichž stojí vedle sebe dvě dvojice písmen (dvojice T a A, dvojice A a R, nebo dvojice T a R) a odečteme přeskládání, v nichž stojí vedle sebe všechny tři dvojice písmen.
Počet všech přeskládání písmen slova TARTAR je počet všech permutací s opakováním 2, ®j 2!. Bude-li jedna dvojice stejných písmen „slepena" a považována zajedno písmeno, bude počet přeskládání . Toto bude platit pro dvojici písmen T, dvojici písmen A i dvojici písmen R, proto lomený výraz vynásobíme třemi. Následně určeme počet přeskládání písmen, v nichž budou stát vedle sebe (budou „slepené") dvě dvojice písmen. Pokud budeme každou ze spojených dvojic považovat za jeden znak, získáme ||, přičemž tento výraz opět vynásobíme třemi, protože mohou být tři různé dvojice „slepených" písmen: TA, AR, TR. Nakonec uvažujme počet přeskládání, v nichž každou ze tří dvojic stejných písmen „slepíme". Dostáváme tak tři různé nové znaky, počet jejich permutací je 3!.
_6!__o . _5!_ , o . 4! _ o| _ on
2!-2!-2!     °   2!-2! ^ °   2!     o. — ou
písmena slova TARTAR lze přeskládat 30 způsoby.
Cvičení 3.8 Určete součet všech pěticiferných čísel, která lze složit z číslic 1, 2, 3, 4, 5 tak, že každou číslici použijeme právě jednou.
Řešení:
Určeme nejdříve počet těchto čísel. Protože se mezi ciframi nevyskytuje 0, můžeme je mezi sebou jednoduše permutovat a získáme tak 5! = 120 pěticiferných čísel. Podíváme-li se na ně blíže, zjistíme, že na místě jednotek se vyskytují jednotlivé cifry stejně často, konkrétně se zde vyskytuje každá z cifer 1,2,... 5 čtyřiadvacetkrát. Stejně tomu bude i na místě desítek, stovek a dalších. Součet cifer na každém z míst (jednotky, desítky,...) je 24- (1 + 2 + 3 + 4 +5) = 360. Chceme-li určit součet všech daných pěticiferných čísel, sečteme si součty jednotek, desítek a tak dále vždy vynásobený příslušnou hodnotou.
1 • 360 + 10 • 360 + 100 • 360 + 1000 • 360 + 10000 • 360 = 3999 960 Součet pěticiferných čísel je 3 999 960.
Cvičení 3.9 Kolik existuje deseticiferných čísel, v nichž se číslice neopakují?
Řešení:
V zadaných číslech se zřejmě musí vyskytovat každá cifra 0,1,... 9 právě jednou. Protože mají být vzniklá čísla deseticiferná, nesmí se na prvním místě objevit nula. Určeme tedy počet čísel jako počet všech permutací deseti cifer (10!) bez těch permutací, které mají jako první cifru nulu (9!).
10!-9! = 3265 920
Existuje 3 265 920 požadovaných čísel.
65
Cvičení 3.10 Kolik existuje deseticiferných čísel, jejich ciferný součet je dělitelný třemi?
Řešení:
Přeformulujme zadanou podmínku - ciferný součet čísla je dělitelný třemi právě tehdy, když je dané číslo dělitelné třemi. Máme tedy určit počet všech deseticiferných čísel dělitelných třemi. Všech deseticiferných čísel existuje 9 • 109 (první cifra nesmí být nula, máme pro ni devět možností, pro každou další cifru existuje deset možností). Z těchto čísel je každé třetí dělitelné třemi, tedy třetina všech deseticiferných čísel je dělitelná třemi.
(9 • 109) : 3 = 3 • 109
Existuje 3 ■ 109 deseticiferných čísel s ciferným součtem dělitelným třemi.
Cvičení 3.11 Kolik celých čísel od 0 do 999 není dělitelno ani 5, ani 7? Řešení:
Z dané množiny 1000 čísel je zřejmě pětina čísel dělitelná 5 (1000 : 5 = 200) a sedmina čísel dělitelná 7 (1000 : 7 = 142). Je třeba si uvědomit, že 0 je dělitelná každým přirozeným číslem. Nesmíme také zapomenout na čísla, která jsou dělitelná 5 i 7, tedy jejich nejmenším společným násobkem, číslem 35 (1 000 : 35 = 28). Nyní využijeme principu inkluze a exkluze: od celkového počtu čísel odečteme ta, která jsou dělitelná jedním z čísel 5 a 7 a přičteme čísla dělitelná zároveň čísly 5 i 7.
1000 - 200 - 142 + 28 = 686
čísel nedělitelných 5 ani 7 je 686.
Cvičení 3.12 Kolik různých čtyřciferných čísel lze sestavit z cifer čísla 123 153? Řešení:
Rozdělme si výsledná čísla do tří skupin a v každé určeme jejich počet:
(a) Čísla, ve kterých se každá cifra vyskytuje pouze jednou. Zřejmě nemáme jinou možnost volby cifer než 1, 2, 3 a 5. Počet čísel vytvořených z těchto cifer bude počet jejich permutací 4! = 24.
(b) Čísla, ve kterých se jedna cifra vyskytuje dvakrát. Máme dvě možnosti výběru cifry, která se bude vykytovat dvakrát (1, 3), k ní vybíráme ze tří zbylých různých cifer další dvě ((jj)) a všechny čtyři vybrané cifry mezi sebou necháme permutovat (|[).
Dohromady dostáváme 2 • (?,) • || = 72 čísel.
(c) čísla, ve kterých se dvě cifry vyskytují dvakrát. Dvakrát můžeme podle zadání využít pouze cifry 1 a 3. Necháme-li je mezi sebou permutovat, získáme      = 6.
Zřejmě musí každé požadované číslo patřit do právě jedné ze tří skupin, výsledek tedy získáme sečtením dílčích počtů čísel v každé ze skupin.
24 + 72 + 6 = 102
Lze sestavit 102 čtyřciferných čísel.
66
Cvičení 3.13 Kolik pěticiferných čísel lze sestavit z cifer čísla 12 312 343, po zaduj eme-li, aby tři číslice 3 nenásledovaly za sebou?
Řešení:
Uvažujme stejně jako v předchozí úloze rozdělení výsledných čísel do disjunktních množin, spočítejme počet čísel v každé z množin a případně odečtěme čísla nevyhovující.
(a) Čísla obsahující jednu číslici dvakrát. Máme tři možnosti výběru číslice vyskytující se dvakrát, zbylé číslice jsou pak dány. Nechrne všechny vybrané číslice permutovat a získáme 3 • || = 180 čísel.
(b) Čísla obsahující dvě číslice dvakrát. Vybíráme dvě ze tří možných číslic, které se budou vyskytovat dvakrát ((2)), k nim potřebujeme vybrat pátou číslici (2 možnosti) a všechny číslice necháme permutovat. ©•2.^ = 180
(c) Čísla obsahující jednu číslici třikrát a zbylé číslice jednou. Třikrát se může vyskytovat pouze číslice 3, k ní vybereme další dvě čísla ze tří možných ((2)) a čísla necháme permutovat: (2) • §{ = 60. Mezi 60 čísly jsou ale i čísla ze zadání zakázaná, například číslo 13 332. Počet zakázaných čísel získáme tak, že k sobě číslice 3 „slepíme" a považujeme je za jeden znak, ke kterému musíme vybrat dvě další číslice ze tří možných a všechny znaky necháme permutovat, tedy Q) • 3! = 18. Vyhovujících čísel je 60 - 18 = 42.
(d) čísla obsahující jednu číslici třikrát a jednu číslici dvakrát. Třikrát se může vyskytovat pouze číslice 3, k ní vybereme jednu ze dvou možných dvojic jiné číslice (1, 2) a necháme permutovat: 2 ■ — 20. Opět se zde vyskytují i nevyhovující čísla, jejichž počet získáme stejně jako v předchozí variantě 2 • || — 6. Vyhovujících čísel je 20 — 6 = 14.
Zřejmě musí každé požadované číslo patřit do právě jedné ze čtyř skupin, stačí tedy sečíst 180 + 180 + 42 + 14 = 416.
Lze sestavit 416 pěticiferných čísel.
Cvičení 3.14 (*) Kolika způsoby lze přeskládat cifry čísla 1 234 114 546 tak, aby tři stejné cifry nenásledovaly za sebou?
Řešení:
Využijeme princip inkluze a exkluze. Od celkového počtu přeskládání cifer odečteme taková přeskládání, ve kterých jedna trojice stejných cifer následuje za sebou (1 nebo 4), a přičteme ta přeskládání, kde následují za sebou dvě trojice stejných cifer (1 i 4). Počet všech přeskládání získáme jako počet všech permutací s opakováním = 100 800. Chceme-li mít v přeskládání jednu trojici stejných cifer za sebou, musíme určit kterou (2 způsoby), danou trojici pak „slepíme" do jednoho znaku a necháme s ostatními permutovat: 2 • || = 13 440. Podobně pokud mají za sebou následovat obě trojice stejných cifer, můžeme každou trojici nahradit jedním znakem a nechat s ostatními permutovat, těchto čísel je 6! = 720.
Výsledek určíme pomocí výše popsaného principu inkluze a exkluze.
67
100 800 - 13 440 + 720 = 88 080
Cifry lze přeskládat 88 080 způsoby.
Cvičení 3.15 Kolika způsoby lze z přirozených čísel od 1 do 30 vybrat tři čísla tak, aby jejich součet byl sudý?
Řešení:
Mezi čísly od 1 do 30 je 15 čísel sudých a 15 čísel lichých. Chceme-li vybrat tři čísla tak, aby byl jejich součet sudý, musí být buď všechna sudá ((35)), nebo jedno sudé a dvě lichá ((115) • (25))-
(135) + (\5)-(125)=2 030
Čísla lze vybrat 2 030 způsoby.
68
MA0002 — 4. domácí úkol
Cvičení 4.1 Kolika způsoby můžeme 4 barvami obarvit 10 kuliček?
(a) Kuličky jsou rozlišitelné.
(b) Kuličky nejsou rozlišitelné.
Cvičení 4.2 Kolik devítimístných číslic obsahuje právě dvě stejné číslice a žádnou nulu?
Cvičení 4.3 Kolika způsoby lze mezi 4 děti rozdělit 15 stejných hrušek tak, aby každé dítě dostalo alespoň 2 hrušky?
Cvičení 4.4 Koika způsoby lze rozdělit 18 stejných jablek mezi 5 dětí tak, aby každé dítě dostalo alespoň 3 jablka?
Cvičení 4.5 Určete počet přirozených čísel od 1 do 840, která nejsou dělitelná ani jedním z čísel 6, 10, 14-
Cvičení 4.6 V oddělení pracuje několik osob, z nichž každá zná alespoň jeden z těchto jazyků: ruština, španělština, italština. Rusky mluví 7 osob, španělsky 7 osob, italsky 7 osob, rusky a španělsky 4 osoby, španělsky a italsky 4 osoby, rusky a italsky 3 osoby, všechny tři uvedené jazyky ovládá jedna osoba. Určete, kolik osob
(a) v oddělení pracuje;
(b) mluví pouze rusky;
(c) mluví pouze španělsky.
Cvičení 4.7 Na třídní schůzce informoval učitel rodiče takto:
"Naše třída má 30 žáků. Mohou chodit do 4 zájmových kroužků, z nichž
každý probíhá jednou týdně. Pondělní kroužek navštěvuje 19 žáků, úterní 13,
středeční 18 a čtvrteční 11. Žádný žák nenavštěvuje více než dva kroužky
a žádné dva kroužky nemají více než 5 společných žáků."
Určete, zda učitel mohl mluvit pravdu. Svou odpověď zdůvodněte.
[Návod: Použijte princip inkluze a exkluze a selský rozum.]
Cvičení 4.8 Kolik „slov" je možno sestavit z písmen slova
(a) SEMESTR
(b) TERAKOTA
69
tak, aby žádná dvě stejná písmena nestála vedle sebe ?
Cvičení 4.9 Máme 5 obálek s adresami a 5 dopisů (pro 5 různých lidí). Kolika způsoby můžeme vložit dopisy do obálek tak, aby žádný dopis nebyl ve správné obálce?
Cvičení 4.10 Kolika způsoby mohou páry na plese vytvořit dvojice muž-žena tak, aby žádní partneři netančili spolu?
(a) Na ples přišly 3 partnerské páry.
(b) Na ples přišly 4 partnerské páry. (c)* Na ples přišlo n partnerských párů.
Cvičení 4.11 Kolik existuje pořadí písmen a, b, d, e, i, k, m, n, r, ů, z
takových, že po vynechání některých písmen vznikne některé ze slov
(a) mrak, důraz
(b) * bar, den, razie
(c) * arzen, drak, dům, důraz
Cvičení 4.12 Kolika způsoby lze umístit 8 hracích kamenů na šachovnici 4x4 tak, aby v právě jednom řádku nebo v právě jednom sloupci byly 4 kameny?
Cvičení 4.13 Kolik kompozic daného přirozeného čísla n na právě k sčítanců můžete vytvořit?
(a) n = 3,k = 5
(b) n = 15,   = 7
(c) n = 12, k = 7
(d) n = 12, k = 3
Cvičení 4.14 Kolik rozkladů daného přirozeného čísla n na pravěk sčítanců můžete vytvořit?
(a) n = 3, k = 5
(b) n = 15,fc = 4
(c) n = 12, A; = 4
(d) n = 12, k = 3
70
MA0002 — řešení DÚ č. 4
Cvičení 4.1 Kolika způsoby můžeme 4 barvami obarvit 10 kuliček?
(a) Kuličky jsou rozlišitelné.
(b) Kuličky nejsou rozlišitelné. Řešení:
(a) Protože jsou kuličky různé (liší se například velikostí), rozhodujeme se pro každou kuličku zvlášť, kterou ze čtyř barev (možností) ji obarvíme. Obarvení jednotlivých kuliček na sobě nezávisí, použijeme tedy pravidlo součinu. 410 = 1048576
Kuličky lze obarvit 1048 576 způsoby.
(b) Pro nerozlišitelné kuličky určíme množství různých obarvení jako počet kombinací s opakováním. Jinak řečeno, kuličky rozdělujeme do 4 přihrádek podle jejich barvy (mezi přihrádkami jsou 3 přepážky). Počet různých obarvení je tedy počet permutací s opakováním mezi 10 stejnými kuličkami a 3 přihrádkami).
13! _ 9Qfi
10!3! — zou
Kuličky lze obarvit 286 způsoby.
Cvičení 4.2 Kolik devítimístných čísel obsahuje právě dvě stejné číslice a žádnou nulu?
Řešení:
Nejprve vybereme číslici, která se bude v čísle vyskytovat dvakrát (9 způsobů). Dále určíme dvě místa ve výsledném čísle, kam tuto číslici umístíme ((2) způsobů) a na dalších sedm míst postupně vybíráme ze zbylých osmi číslic - na první místo máme 8 kandidátů, na další 7 a tak dále.
9- g) -8! = 13063680
Zadaných devítimístných čísel existuje 13 063 680.
Cvičení 4.3 Kolika způsoby lze mezi 4 děti rozdělit 15 stejných hrušek tak, aby každé dítě dostalo alespoň 2 hrušky?
Řešení:
Jelikož není řečeno jinak, všechny hrušky zřejmě vyhovují kritériím EU a proto jsou naprosto rovnocenné (nerozlišitelné). Nejprve rozdáme každému dítěti 2 hrušky a k dalšímu rozdělování nám jich zbude 7. Nyní můžeme
71
zbylých 7 hrušek rozdělovat do přihrádek se jmény jednotlivých dětí: mezi přihrádkami jsou 3 nerozlišitelné přepážky, zajímá nás tedy počet permutací
3 přepážek a 7 hrušek.
Hrušky lze rozdělit 120 způsoby.
Cvičení 4.4 Koika způsoby lze rozdělit 18 stejných jablek mezi 5 dětí tak, aby každé dítě dostalo alespoň 3 jablka?
Řešení:
Nad úlohou uvažujeme stejně jako v předchozím cvičení. Po rozdání 3 jablek každému dítěti nám zbudou k rozdělování 3 jablka.
4!-3! ~~ 00
Jablka lze rozdělit 35 způsoby.
Cvičení 4.5 Určete počet přirozených čísel od 1 do 840, která nejsou dělitelná ani jedním z čísel 6, 10, 14-
Řešení:
Využijeme princip inkluze a exkluze podobně jako ve cvičení 3.11. Od počtu všech čísel (840) odečteme počty čísel, která jsou dělitelná jedním z čísel 6 (840 : 6 = 140), 10 (840 : 10 = 84) a 14 (840 : 14 = 60). Následně přičteme počty čísel, která jsou dělitelná jednotlivými dvojicemi čísel zároveň, tedy jejich nejmenším společným násobkem. Pro čísla 6 a 10 získáváme nejmenší společný násobek 30, čísel dělitelných 30 je 840 : 30 = 28. Podobně nejmenší společný násobek čísel 6 a 14 je 42, 840 : 42 — 20. Poslední dvojice čísel 10 a 14 má nejmenší společný násobek 70, 840 : 70 = 12. Konečně odečteme počet všech čísel, která jsou dělitelná čísly 6, 10 i 14, tedy jejich nejmenším společným násobkem 210, taková čísla jsou zřejmě 4.
840 - 140 - 84 - 60 + 28 + 20 + 12 - 4 = 612
Zadaných čísel existuje 612.
Cvičení 4.6 V oddělení pracuje několik osob, z nichž každá zná alespoň jeden z těchto jazyků: ruština, španělština, italština. Rusky mluví 7 osob, španělsky 7 osob, italsky 7 osob, rusky a španělsky 4 osoby, španělsky a italsky
4 osoby, rusky a italsky 3 osoby, všechny tři uvedené jazyky ovládá jedna osoba. Určete, kolik osob
(a) v oddělení pracuje;
(b) mluví pouze rusky;
(c) mluví pouze španělsky. Řešení:
Označme R množinu všech osob mluvících rusky, S množinu všech osob mluvících španělsky a I množinu všech osob mluvících italsky. Úlohu je možné řešit přes Vennovy diagramy, my ji budeme řešit pomocí principu inkluze a exkluze.
72
(a) Počet všech zaměstnanců oddělení je sjednocením množin R, S a I. Dle pravidla inkluze a exkluze získáme celkový počet zaměstnanců sečtením osob mluvících rusky, španělsky nebo italsky, odečtením osob mluvících dvěma z daných jazyků a přičtením osob mluvících všemi třemi jazyky.
\R\jSui\ = \R\ + \s\ + \i\-\Rns\-\Rni\-\sni\ + \Rnsm\ =
= 7 + 7 + 7-4-3-4 + 1 = 11
V oddělení pracuje 11 osob.
(b) Od osob mluvících rusky musíme dle principu inkluze a exkluze odečíst osoby mluvící rusky a španělsky, případně rusky a italsky, a přičíst osoby mluvící rusky, španělsky i italsky.
\R\ - \R n s\ - \R n i\ + \r n s n i\ = 7 - 4 - 3 +1 = i Jedna osoba mluví pouze rusky.
(c) Počítáme podobně jako předchozí variantu.
\s\ - \s n r\ - \s n i\ + \s n R n i\ = 7 - 4 - 4 +1 = o Nikdo nemluví pouze španělsky.
Cvičení 4.7 Na třídní schůzce informoval učitel rodiče takto:
„Naše třída má 30 žáků. Mohou chodit do 4 zájmových kroužků, z nichž
každý probíhá jednou týdně. Pondělní kroužek navštěvuje 19 žáků, úterní 13,
středeční 18 a čtvrteční 11. Žádný žák nenavštěvuje více než dva kroužky
a žádné dva kroužky nemají více než 5 společných žáků."
Určete, zda učitel mohl mluvit pravdu. Svou odpověď zdůvodněte.
Řešení:
Protože žádný žák nenavštěvuje více než dva kroužky, můžeme počet žáků pomocí inkluze a exkluze spočítat následovně: od součtu žáků v jednotlivých kroužcích odečteme počet žáků navštěvujících nějakou z kombinací dvou kroužků (například žáků navštěvujících pondělní a čtvrteční kroužek). Součet žáků v jednotlivých kroužcích je 19 + 13 + 18 + 11 = 61. Každou kombinaci dvou kroužků navštěvuje nejvýše 5 žáků, uvažujme tedy, že každou kombinaci navštěvuje právě 5 žáků. V tom případě budeme od součtu žáků v jednotlivých kroužcích odečítat 5 • (2) = 30 žáků a dojdeme k výsledku, že třída má 31 žáků. Protože jsme odečítali nejvyšší možný počet žáků, není možné, aby bylo ve třídě méně než 31 žáků.
Učitel se pravděpodobně spletl, nemluvil pravdu.
Cvičení 4.8 Kolik „slov" je možno sestavit z písmen slova
(a) SEMESTR
(b) TERAKOTA
tak, aby žádná dvě stejná písmena nestála vedle sebe ?
Řešení:
Úlohu vyřešíme stejně jako ve cvičení 3.7 pomocí principu inkluze a exkluze. Od všech přeskládání písmen vždy odečteme taková přeskládání, kdy vedle sebe stojí jedna dvojice stejných písmen (v obou variantách můžeme dvojici stejných písmen vybrat dvěma způsoby) a přičteme přeskládání, ve kterých vedle sebe stojí dvě dvojice stejných písmen.
73
(a) 2t2t-2-I + 5! = 660
Z písmen slova SEMESTR lze sestavit 660 „slov".
(b) 2^-2-1 + 6! = 5760
Z písmen slova TERAKOTA lze sestavit 5 760 „slov".
Cvičení 4.9 Máme 5 obálek s adresami a 5 dopisů (pro 5 různých lidí). Kolika způsoby můžeme vložit dopisy do obálek tak, aby žádný dopis nebyl ve správné obálce?
Řešení:
Využijeme principu inkluze a exkluze. Od počtu všech možných vložení dopisů do obálek (5!) odečteme počet vložení dopisů do obálek, v nichž je jeden dopis ve správné obálce (vybereme z pěti dopisů jeden co má být ve správné obálce a zbylé necháme permutovat (^) -4!). Dále přičteme počet vložení dopisů do obálek, v nichž jsou dva dopisy ve správné obálce ((2) • 3!), odečteme vložení se třemi dopisy ve správných obálkách ((3) -2!), přičteme vložení se čtyřmi dopisy ve správných obálkách ((jj) • 1!) a odečteme jedinou možnost jak vložit všechny dopisy do správných obálek.
5!-(D-4!+(2)-3!-(3)-2! + (4)-l!-l = 44
Dopisy můžeme vložit do obálek 44 způsoby.
Cvičení 4.10 Kolika způsoby mohou páry na plese vytvořit dvojice muž-žena tak, aby žádní partneři netančili spolu?
(a) Na ples přišly 3 partnerské páry.
(b) Na ples přišly 4 partnerské páry. (c)* Na ples přišlo n partnerských párů.
Řešení:
(a) Úloha je analogie předchozího cvičení. Pro 3 páry (Novákovi, Blažkovi a Tomanovi) máme dvě možnosti vytvoření párů: paní N. tančí s panem B., paní B. tančí s panem T. a paní T. tančí s panem N, nebo paní N. tančí s panem T., paní B. tančí s panem N. a paní T. tančí s panem B. Pokud bychom počítali principem inkluze a exkluze (zafixujeme si pány a řadíme k nim dámy), odečetli bychom od počtu všech přiřazení dam počet takových přiřazení, kde je jeden manželský pár pohromadě, přičetli přiřazení, kde tančí dva manželské páry spolu a odečetli jediné možné přiřazení, kdy tančí všechny ženy se svým doprovodem.
3!-g)-2! + g)-l = 2
Dvojice mohou vytvořit 2 způsoby.
(b) Pomocí inkluze a exkluze řešíme stejně jako v předchozí variantě. 4!-(}).3! + e).2!-g) + l = 9
Dvojice mohou vytvořit 9 způsoby.
74
(c)* Stejně jako v předchozích variantách bychom postupovali i pro více párů, můžeme tedy zobecnit:
n! - (?) (n-1)! + ©(n- 2)! - ■ ■ + (-1)"C) = ĽLo(-l)n(2)(n-k)l
Dvojice mohou vytvořit Yľk=o(~^)n{k)(n ~ způsoby.
Cvičení 4.11 Kolik existuje pořadí písmen a, b, d, e, i, k, m, n, r, ů, z
takových, že po vynechání některých písmen vznikne některé ze slov
(a) mrak, důraz
(b) * bar, den, razie
(c) * arzen, drak, dům, důraz Řešení:
(a) Začněme určením počtu pořadí písmen, ze kterých nám po vhodném proškrtání vznikne jedno ze slov MRAK, DŮRAZ, nejprve se zaměřme na slovo MRAK. V každém z uspořádání daných 11 písmen se vyskytují písmena M, R, A, K v jednom ze 4! různých vzájemných pořadí. My však požadujeme právě to pořadí, ze kterého po vyškrtání všech písmen mimo M, R, A, K vznikne slovo MRAK. Proto je počet všech uspořádání 11 písmen z nichž po vyškrtání vznikne slovo MRAK Stejně tak počet uspořádání všech písmen, ze kterých vznikne po vhodném vynechání slovo DŮRAZ, je
Kdybychom tato dvě čísla sečetli, započítali bychom dvakrát ta uspořádání, ve kterých se vyskytují obě slova MRAK i DŮRAZ. Tato uspořádání musíme nyní odečíst. Aby po vhodném vyškrtání vzniklo z daného pořadí slovo MRAK a po jiném vyškrtání slovo DŮRAZ, musí mít písmena M, R, A, K, D, Ů, Z vhodná pořadí, například MDŮRAZK, nebo DMŮRAKZ. Uvažujme, že by existovalo jenom jedno vhodné pořadí písmen M, R, A, K, D, Ů, Z. Pak by počet vyhovujících uspořádání všech 11 písmen byl Jelikož ale existuje více vhodných uspořádání 7 zmíněných písmen, zlomek vynásobit jejich počtem. Zřejmě musí písmena R, A stát vedle sebe v tomto pořadí. Před nimi musí stát písmena M, D, Ů, a to v 3 možných pořadích (MDŮ, DMŮ, DŮM). Za písmeny R, A stojí písmena K, Z v libovolném ze dvou pořadí.
Celkem tedy získáváme ^ + ^f-^-3-2 = 1948 320. Existuje 1 948 320 požadovaných pořadí písmen.
(b)* Určeme si, z kolika pořadí nám vznikne slovo BAR, slovo DEN a slovo RAZIE a tyto hodnoty sečtěme. Musíme si ale dát pozor, abychom nějaká pořadí nezapočítali dvakrát, proto dle principu inkluze a exkluze odečteme pořadí generující po vhodném vyškrtání hned dvě ze tří slov (BAR a DEN, RAZIE A DEN, BAR a RAZIE) a opět přičteme ta pořadí, ze kterých nám mohou vzniknout všechny tři slova.
V každém přeskládání písmen se vyskytují písmena B, A, R v jednom z jejich 3! možných pořadí, přičemž my požadujeme právě jedno z pořadí. Počet vyhovujících přeskládání proto získáme ^p. Analogicky pro slovo DEN máme     přeskládání a pro slovo RAZIE tt1 přeskládání.
75
Slova BAR a DEN získame z pořadí tak, že si zafixujeme všechna jejich písmena (^p) a následně ještě uvážime, jak můžeme jednotlivá zafixovaná písmena mezi sebou permutovat. Jistě musí být zachováno pořadí písmen B, A, R, i pořadí písmen D, E, N, písmena těchto dvou slov se však mohou vmíchat do sebe (BADENR), zlomek proto musíme vynásobit výrazem J^. Podobně uvažujme pro slova DEN a RAZIE. Po zafixování všech písmen ze slov dostáváme ^ pořadí. Je jisté, že N musí být na posledním ze sedmi míst, pro D potom vybíráme jedno z 5 míst před písmenem E. Celkem dostáváme ' 5- Konečně dvojice slov BAR a RAZIE nemohou být nikdy generovány stejným pořadím kvůli vzájemné poloze R a A. Ze stejného důvodu neexistuje pořadí generující všechna tři slova.
Hl + 111 + lil _ lil . _6L _ lil . 5 - i n 272 240 3! + 3! + 5!       6!    3!3!      7! Atv
Existuje 10 272 240 požadovaných pořadí písmen.
(c)* Postupujeme stejně jako v předchozích variantách. Počty pořadí pro slova nebo jejich kombinace jsou:
ARZEN: ^ DRAK: DŮM: $ DŮRAZ: ^
ARZEN a DRAK: 0 ARZEN a DŮM: ^ • ^ ARZEN a DŮRAZ:' 0
DRAK a DŮM: ^ • ^ (D musí být na prvním místě) DRAK a DŮRAZ:     • 2 (můžeme prohodit pouze Z a K) DŮM a DŮRAZ: ^ ■ § (DŮ musí být na začátku) ARZEN, DRAK a DŮM: 0 ARZEN, DRAK a DŮRAZ: 0 ARZEN, DŮM a DŮRAZ: 0
DRAK, DŮM a DŮRAZ: ^ • 5 • 2 (musí začínat DŮ, hledáme místo pro M, můžeme přehazovat K a Z) ARZEN, DRAK, DŮM a DŮRAZ: 0
11! , 11! , 11! , 11! _ 11! _8!__11! _5]__11! oli! 4! ,11! r o _ 7SQfiO/in 5! "i" 4! "i" 3! "r" 5!     8! '4!3!     6! ' 3!2!     6! 6! ' 3!     7! 'd'z — ' oao
Existuje 7896 240 požadovaných pořadí písmen.
Cvičení 4.12 Kolika způsoby lze umístit 8 hracích kamenů na šachovnici 4x4 tak, aby v právě jednom řádku nebo v právě jednom sloupci byly 4 kameny?
Řešení:
Zvolme si řádek a umístěme do něj 4 kameny. Zbylé kameny musíme umístit tak, aby nevytvořily celý řádek nebo sloupec. Od všech možností umístění ((^2)) odečteme ta umístění, ve kterých kameny vytvoří celý nový řádek (vybíráme pouze řádek ze 3 možných), a umístění, ve kterých vyplní sloupec (vybereme jeden ze 4 sloupců a doplníme jej třemi kameny, pro poslední kamen vybereme jakékoli ze zbylých volných míst). Kdybychom na začátku místo řádku vybrali sloupec, došli bychom ke stejnému výsledku, proto výsledek ještě vynásobíme dvěma.
2-4- ((12) -3-4-9) = 3648
Kameny lze umístit 3 648 způsoby.
76
Cvičení 4.13 Kolik kompozic daného přirozeného čísla n na právě k sčítanců můžete vytvořit?
(a) n = 3, k = 5
(b) n = 15,k = 7
(c) n = 12, k = 7
(d) n = 12, k = 3 Řešení:
Počet všech kompozic čísla n na právě k sčítanců určíme ze vzorce
= (£})■
(a) Zřejmě nelze číslo rozložit na více sčítanců, než je jeho hodnota (uvažujeme pouze sčítance z oboru přirozených čísel). K(3,5) = 0
(b) K(15,7) = (?) = 3003
(c) *T(12,7) = (?)=462
(d) *T(12,3) = (?)=55
Cvičení 4.14 Kolik rozkladů daného přirozeného čísla n na pravěk sčítanců můžete vytvořit?
(a) n = 3, k = 5
(b) n = 15,fc = 4
(c) n = 12, k = 4
(d) n = 12, k = 3 Řešení:
Počet rozkladů čísla n na právě k sčítanců určíme z rekurentního vzorce
k
p(n, k) = ^2p(n - k, i);p(n, 1) = p(n, n) = 1. »=i
(a) Podobně jako v předchozím cvičení nelze číslo rozložit na více sčítanců, než je jeho hodnota, proto p(3, 5) = 0.
(b) p(15,4) =p(ll,l)+p(ll,2)+p(ll,3)+p(ll,4) = 1 + 5 + 10 + 11 = 27
(c) p(12,4) = p(8,1) + p(8,2) + p(8,3) + p(8,4) = 1 + 4 + 5 + 5 = 15
(d) p(12,3) = p(9,1) + p(9,2) + p(9,3) = 1 + 4 + 7 = 12
77
MA0002 — 5. domácí úkol
Cvičení 5.1 Na večírku se sešlo několik přátel. Každý si při prípitku připil s každým a ozvalo se 28 cinknutí. Kolik přátel se sešlo na večírku?
Cvičení 5.2 Kolik různých čísel dělitelných třemi menších než 10000 lze sestavit z číslic 0,2,3,4,6 takových, že se v nich číslice neopakují?
Cvičení 5.3 Vymyslete slovní úlohu tak, aby výsledek byl fa) 12!
("/ 3!2!2!2!
Cvičení 5.4 Kolika způsoby můžeme mezi tři děti rozdělit 9 stejných jablek? Kolika způsoby můžeme těchto 9 jablek rozdělit mezi tři děti spravedlivě?
Cvičení 5.5 Kolika způsoby lze mezi tři děti rozdělit 15 stejných jablek a 9 stejných hrušek? Kolika způsoby to lze provést spravedlivě?
Cvičení 5.6 Kolika způsoby můžeme mezi čtyři studenty rozdělit 1 různých matematických sbírek?
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 ?
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?
Cvičení 5.9 Kolika způsoby můžeme obarvit pěti barvami dvanáct stejných kuliček?
Cvičení 5.10 Vyřešte v oboru Z rovnice: W 2gäj| + gEijí = 6* - 16
l0/  (x-l)!     (x+3)! ~~ U
(C/ Z(x-5)l     (s-4)! _ U
(A) 2{x+2)l - (x+1)! - 0 W z(x-iy.    (x-2)\ - u
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.
78
Cvičení 5.12 Na kolik oblastí rozdelí rovinu n přímek v obecné poloze (tzn. žádné dvě nejsou rovnoběžné a žádné tři se neprotínají v temže bodě) ?
[Návod: Promyslete si případy pro n = l,n = 2 atd., odvoďte rekurentní vztah a z něj určete počet oblastí v závislosti na počtu přímek.]
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
Cvičení 5.14 Sečtěte:
(a) S = n + (n + 3) + (n + 6) H-----h 4n
(b) S = (-31) + (-27) + (-23) + • • • + 29 + 33 (C) S = n + (n + 2) + (n + 4) + ■ • • + 3n
(d) S = (-8) + (-5) + (-2) + l + 4 + --- + (3n + l)
(e) S = (-5) + (-3) + (-l) + l + 3 + 5 + --- + (2n + 5) + (2n + 7)
Cvičení 5.15 Sečtěte (každou variantu rozložte na dvě aritmetické posloupnosti) :
(a) S = l-2 + 3-4 + --- + (-l)n+1n
(b) 5 = 1- 2 + 4- 4 + 7- 6 + 10 - 8 • • • + (3n - 2) + (-l)2n+12n
Cvičení 5.16 Sečtěte:
(a) S = 2 + 22 + 23 + • • • + 2n
(b) S = l-i+^-£ + ... + (-l)"-L
(c) 5 = l + 2 + 4 + -- - + 2n+3 fd;S = l + 3 + 9 + -- - + 3n+2 (e) S = l + 2 + 4 + --- + 2n+3 Ce; 5 = 1 + 4 + 16 + • • • + 4"-2
Cvičení 5.17 Sečtěte (každou variantu rozložte na aritmetickou a geometrickou posloupnost):
(a) S = 2 + 5 + 11 + • • • + (3 ■ 2"-1 - 1)
(b) 5 = 1 + 5 +17 H-----h (2- 3n_1 — 1)
79
MA0002 — řešení DÚ č. 5
Cvičení 5.1 Na večírku se sešlo několik přátel. Každý si při prípitku 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(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?
Přeformulujme si zadané podmínky: má-li být číslo dělitelné třemi, musí být jeho ciferný součet dělitelný třemi. Je-li číslo menší než 10000, 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 tří ciferných 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.
28
(n-2)!-2!
28
Řešení:
80
Cvičení 5.3 Vymyslete slovní úlohu tak, aby výsledek byl
(a) 3!2!2!2! 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.
9!-2! ~~ 00
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! 11! _ jaqq 15!-2!   9!-2! — ' ^ou
Ovoce můžeme rozdělit 7480 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 ?
81
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 = 7776
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       • (220)), dva hoši a jedna dívka (ffi ' (i°))> nebo mohou být všichni tři hoši ((130)). (1ľ)-(22°) + (12°)-(T) + (13°)= 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.
Í2& = 1820
Kuličky lze obarvit 1 820 způsoby.
Cvičení 5.10 Vyřešte v oboru Z rovnice: fa) 2{x~l)l + {x~2)- - fia: - 16
W Z(x-2)l + (x-4)! _ 0X 10
n,) (x+1)! - (x+4)! - n
(°/  (x-1)!      (x+3)! _ U
W Z(x-1)\     (x-2)! _ U Řešení: (a)
„(x-1)! (x-2)!
27-^7 + 7-7TT   = 6a;-16
(a; —2)! (x-4)!
2(x-l) + (x-2)(x-3) = 6a;-16
2x - 2 + a;2 - 5a; + 6 = 6a; - 16
x2 -9a; + 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.
82
(b)
(x + 1)!    (a;+ 4)! = (x-l)\    (x+ 3)1
(x + l)x-(x + 4) = O
x2 + x - x - 4 = O
(x-2)(x + 2) = O
Kořeny dané rovnice jsou čísla —2 a 2. Ze zadání však plyne podmínka x > 1, řešením je tedy pouze číslo 2.
(c)
(x-3)1 (x -2)! (x-5)!    (x-4)!
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)
n(x + 2)!    (x + 1)! (x-1)!    (x-2)! 2(x + 2)(x + l)x-(x + l)x(x-l)   = 0 (x + l)x(2x + 4- X + 1)   = 0 (x + l)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	12        3   14 2
10 Kč	1        1 1
Známky můžeme nalepit 8 způsoby.
83
Cvičení 5.12 Na kolik oblastí rozdelí rovinu n přímek v obecné poloze (tzn. žádné dvě nejsou rovnoběžné a žádné tři se neprotínají v temže 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 .	• oi	= 2
n	= 2 .	• 02	= 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-i + n Rovina bude rozdělena na on = on_i + 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-l) = 1+3+- • -+(2(ra-l)-l)+(2n-l) = = (n - l)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 - l)2 + (n - 1) + 2n = n2 - 2n + 1 + n - 1 + 2n = n2 + n
(c) Jedná se o jinak zapsanou variantu (a), důkaz již byl proveden.
84
(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 dokážme pro n:
3+5+- • -+(2n-l)+(2n+l) = 3+5+- • •+(2(n-l)+l)+(2n+l) = = (n-l)2+2(n-l)+(2n+l) = n2-2n+l+2n-2+2n+l = 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) H-----h 4n
(ty 5 = (-31) + (-27) + (-23) + • • ■ + 29 + 33
(c) S = n + (n + 2) + (n + 4) H-----h 3n
fdj 5 = (-8) + (-5) + (-2) + l + 4 + --- + (3n + l)
(e) S = (-5) + (-3) + (-l) + l + 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
_ n(ai + an) t>n- 2
(a) S = n + (n + 3) + (n + 6) H-----h 4n
ai = n čta; = ai + (x — \)d
d = 3 4n = n + 3(x - 1)
ax — An x — n + 1 an+i = 4n
(n + l)(n + 4n) _ 5n(n + 1)
íľ> — -"ľ- — -"ľ-
2 2
(b) 5 = (-31) + (-27) + (-23) + • • • + 29 + 33
ai = —31 ax = a\ + (x — l)d
d = 4 33 = -31 + 4(x - 1)
Oj; = 33 x = 17 ai7 = 33
s = 17(-31 + 33) = 17
85
(c) S = n + (n + 2) + (n + 4) H-----h 3n
ai = n a-r = ai + (x — l)d
d = 2 3n = n + 2(x - 1)
= 3n x = n + 1 fln+i = 3n
5=(n + l)(n + 3n)=2n(n + 1)
(d) 5 = (-8) + (-5) + (-2) + l + 4 + --- + (3n + l)
ai = —8 a^; = ai + (x — l)d
d = 3 3ra + 1 = -8 + 3(x - 1)
ax = 3n + 1 x = n + 4 an+4 = 3n + 1
0_ (n + 4)(-8 + 3n + l) _ (n + 4)(3n-7)
o —-—-—-~-
2 2
(e) S = (-5) + (-3) + (-l) + l + 3 + 5 + --- + (2n + 5) + (2n + 7)
ai = —5 ax = «i + (x — l)d
d = 2 2n + 7 = -5 + 2{x - 1)
= 2n + 7 a; = n + 7 an+7 = 2n + 7
5=(n + 7)(-5 + 2n + 7)=(n + 7)(n + 1)
Cvičení 5.15 Sečtěte (každou variantu rozložte na dvě aritmetické posloupnosti):
(a) S = l-2 + 3-A + --- + (-l)n+1n
(b) 5 = 1- 2 + 4- 4 + 7- 6 + 10 - 8 • • • + (3n - 2) + (-l)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
51 =   1 + 3 + 5-1-----hn
52 = -2-4-6-...-(n-l),
86
přičemž první z posloupností má členů, druhá má í^ členů. Určeme součty posloupností.
c  _ (n+l)(l+n) _ n2+2n+l      o  _ (n-l)(-2-n+l) _ -n2+l      c _ n+1 —         4         —       4           D2 — 4 —     4 >-> — ~2~
Pro sudé n získáváme posloupnosti
51 =   l + 3 + 5 + --- + (n-l)
52 =  -2-4-6-...-n,
přičemž první z posloupností má ^ členů, druhá má | členů. Určeme součty posloupností.
C  _ n(l+n-l) _ n2 a  _ n(-2-n) _ -n2-2n c _ n
dl —        4        — -4- <->2 —       4       —      4 ° — ~2
Pro lichá n má posloupnost součet S — ĽĹ^, pro sudá n má
součet S = -|.
(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
Sx   =   l + 4 + 7 + 10 + --- + (3n-2) S2   = _2-4-6-8-...-2n,
přičemž každá z posloupností má n členů. Určeme součty posloupností.
o  _ n(l+3n-2) _ 3n2-n c  _ n(-2-2n) _ -2n2-2n o _ n2-3n
Dl — 2 —     2 132 —        2        —       2 0 — 2
Posloupnost má součet S = n2~3n
Cvičení 5.16 Sečtěte:
(a) S = 2 + 22 + 23 + • • • + 2"
(b) 5 = l-i + £-£ + ..• + (-!)"£
(c) S = l + 2 + A + --- + 2n+3
(d) S = l + 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
&n = 0,1--
1-q
(a) S = 2 + 22 + 23 + • • • + 2n, posloupnost má n členů
ai = 2 q = 2 Sn = 2^ = 2(2" - 1)
87
(b) 5 = 1 — 5 + ^ — ^ +----h (—l)n^r, posloupnost má n + 1 členů
ai
í—i s„+1=ii=yr=i(i-(-r+1)
(c) 5 = l + 2 + 4H-----h 2n+3, posloupnost má n + 4 členů
ai = 1 9 = 2 5n+4 = l^P = 2"+4 - 1
(d) 5 = l + 3 + 9H-----h 3n+2, posloupnost má n + 3 členů
i „_o c      _ i 1-3W+3 _ 3n+3-l
1 Q — O <5n+3 — 1   i   o    — -ô-
ai
(e) 5 = l + 4 + 16H-----h 4n 2, posloupnost má n — 1 členů
«1 = 1 9 = 4 5„_i = 1   1-4    = -3-
Cvičení 5.17 Sečtěte (každou variantu rozložte na aritmetickou a geometrickou posloupnost):
(a) S = 2 + 5 + 11 + • • • + (3 ■ 2"-1 - 1)
(b) 5 = 1 + 5 +17 H-----h (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:
51 =   3 + 6 + 12 + --- + 3-2"-1
52 =   —1 — 1 — 1 —     — 1
První posloupnost je geometrická, má n členů a q = 2, S\ — 3^^ = 3(2n - 1).
Druhá posloupnost má také n členů, její součet je zřejmě 52 = — n. Dohromady dostáváme součet celé posloupnosti.
5 = 5i + 52 = 3(2" - 1) - n
(b) Počítáme analogicky variantě (a).
51 =  2 + 6 + 18 + -- - + 2- 3n_1 = 2^^- = 3n - 1
J. o
52 =   -l-l-l-...-l = -n 5  = 3n-n-l
88
MA0002 — 6. domácí úkol
Cvičení 6.1 Najděte prvočíselný rozklad čísla:
(a) 210 (e) 3575
(b) US (f) 3705
(c) 247 (g) 3925
(d) 1001 (h) 10127
Cvičení 6.2 Najděte největší společný dělitel a nejmenší společný násobek čísel:
(a) 240 a 264 (c) 391 a 10127
(b) 51 a 81 (d) 437 a 247
Cvičení 6.3 Určete součet všech kladných dělitelů čísla s výjimkou čísla samotného:
(a) 10 (e) 18
(b) 14
(f) 21
(c) 15
(d) 24 (g) 6
Cvičení 6.4 Určete rozklad čísla na prvočinitele a počet všech jeho kladných dělitelů:
(a) 236 (e) 10125
(b) 3159 (f) 51
(c) 1296 (g) 10!
(d) 5400 (h) 12!
Cvičení 6.5 Najděte alespoň pět přirozených čísel, která mají lichý počet přirozených dělitelů.
Cvičení 6.6 Najděte alespoň pět přirozených čísel, která mají sudý počet přirozených dělitelů.
89
Cvičení 6.7 Pro každá dvě přirozená čísla platí, že součin největšího společného dělitele a nejmenšího společného násobku je roven součinu těchto dvou čísel.
(a) Vysvětlete vlastními slovy, že uvedené tvrzení platí.
(b) Ukažte na konkrétním příkladě, že předchozí tvrzení nelze obecně rozšířit na trojici čísel.
Cvičení 6.8 (*) Najděte všechna přirozená čísla x, y, pro která platí:
nsn(x; y) — NSD(x, y) + 5
[Návod: Uvědomte si, jaký vztah platí mezi nejmenším společným násobkem a největším společným dělitelem. Jak je to s dělitelností 5 v tomto případě?]
Cvičení 6.9 Dokažte, že pro každá dvě přirozená čísla a, 6 platí:
(a) NSD(a; b) = 1 => NSD(ab; a2 + b2) = 1
(b) NSD(a; b) = l=> NSD(a + b;a2 + b2) < 2
[Dosaďte za a, b nějaký prvočíselný rozklad. Odtud odvoďte obecné řešení.]
Cvičení 6.10 (*) Dokažte, že jestliže zvolíme libovolných 7 různých prvočísel, bude součin jejich kladných rozdílů dělitelný číslem 163840.
[Rozložte 16384-0 na prvočinitele a využijte toho, že 2 je jediné sudé prvočíslo, a také zápisu (prvo) čísel podle zbytku, který dávají po dělení 5.]
Cvičení 6.11 Dokažte, že není-li číslo dělitelné třemi, jeho druhá mocnina dávaá podělení třemi zbytek 1.
Cvičení 6.12 Dokažte, že čje-li číslo dělitelné 121, pak je dělitelné 11.
Cvičení 6.13 Dokažte, že číslo je dělitelné 105 právě tehdy, když je dělitelné 3, 5 i 7
Cvičení 6.14 Dokažte, že mocnina sudého čísla je vždy dělitelná čtyřmi.
Cvičení 6.15 Uveďte příklad čísla, které není dělitelné 7, avšak jeho druhá mocnina ano.
Cvičení 6.16 Uveďte příklad čísla, které je dělitelné 13, avšak jeho druhá mocnina ne.
90
MA0002 — řešení DÚ č. 6
Cvičení 6.1 Najděte prvočíselný rozklad čísla:
(a) 210 = 2 -3-5 -7 (e) 3575 = 52 • 11 • 13
(b) 143 = 11 -13 f/j 3705 = 3- 5-13-19
(c) 247 = 13-19 (g) 3 925 = 52 • 147
(d) 1001 = 7 • 11 • 13 (h) 10127 = 13-19-41
Cvičení 6.2 Najděte největší společný dělitel a nejmenší společný násobek čísel:
(a) 240 a 264 (c) 391 a 10127
(b) 51 a 81 (d) 437 a 247
Řešení:
Každé z čísel si rozložíme na prvočísla a následně určíme NSD a nsn.
240 = 23 • 3 • 5        NSD{2A0; 264) = 23 • 3 = 24 264 = 23 • 3 • 11      nsn(240;264) = 23 • 3 • 5 • 11 = 2640
(a)
(b)
(c)
(d)
51 = 3-17      NSD(bl; 81) = 3
81 = 34 nsn(51; 81) = 34 • 17 = 1377
391 = 17-23 NSD(391; 10127) = 1
10127 = 13-19-41      nsn(391; 10127) = 13 • 17 • 19 • 23 • 41 = 3 959 657
437 = 19-23      NSD(A37; 247) = 19
247 = 13-19      nsn(437; 247) = 13 • 19 • 23 = 5 681
Cvičení 6.3 Určete součet všech kladných dělitelů čísla s výjimkou čísla samotného:
(a) 10 (e) 18
(b) 14
(f) 21
(c) 15
(d) 24 (g) 6
91
Řešení:
(a)
(b)
(c)
(d)
10
5
14
7
15
5
24 12
8
6
S=8
S=10
S=9
(e)
(f)
(g)
18 9
6
21
7
6 3
S=21
S=ll
S=6
S=36
Cvičení 6.4 Určete rozklad čísla na prvočinitele a počet všech jeho kladných dělitelů:
(a) 236
(b) 3159
(c) 1296
(d) 5400
Řešení:
(e) 10125
(f) 5! (9) 10! (h) 12!
Každé z čísel rozložíme na prvočinitele. Zřejmě každý z jeho dělitelů je složen z prvočísel obsažených v rozkladu nejvýše v mocnině, v jaké se vyskytuje v původním čísle. Pokud bude například v rozkladu čísla 23, bude se v rozkladu každého z dělitelů vyskytovat prvočíslo 2 v mocninách 0, 1, 2, nebo 3. Označme si počet dělitelů čísla n symbolem r(n) a vyjádřeme obecný vztah.
■P?
r(n) = (ai + l)(a2 + 1)... (afc + 1)
(a) 236 = 22-59   r(236) = 3 • 2 = 6
(b) 3159 = 35 • 13  t(3 159) = 6 • 2 = 12
(c) 1296 = 24 • 34   t(1 296) = 5 • 5 = 25
(d) 5400 = 23 • 33 • 52   r(5400) = 4 • 4 • 3 = 48
(e) 10 125 = 34 • 53   r(10125) = 5 • 4 = 20
(f) 5! = 23 • 3 • 5   t(5!) = 4 • 2 • 2 = 16
(g) 10! = 28 ■ 34 ■ 52 ■ 7  t(10!) = 9 • 5 ■ 3 • 2 = 270
(h) 12! = 2*0 • 35 • 52 ■ 7 • 11   r(12!) = 11 ■ 6 • 3 ■ 2 ■ 2 = 792
92
Cvičení 6.5 Najděte alespoň pět přirozených čísel, která mají lichý počet dělitelů.
Řešení:
Můžeme využít znalosti ze cvičení 6.3, případně ze cvičení 6.4. Podíváme-li se ještě jednou na řešení 6.3, kde je každý z dělitelů daného čísla (včetně jeho samého a jedničky) zapsán na nějaké straně svislé čáry, vidíme, že pro lichý počet dělitelů musí být v posledním řádku dvě stejná čísla. Číslo s lichým počtem dělitelů tedy musí být čtverec nějakého přirozeného čísla.
Chceme-li využít cvičení 6.4, hledáme takové mocniny prvočísel ai, a-z, ■ ■ ■ cufc, aby počet dělitelů byl lichý. Ze součinu získáme lichý výsledek právě tehdy, když jsou všechny činitele lichá čísla. Proto všechna cci, ct2, ■ ■. olu musí být sudá (to opět znamená, že hledané číslo je čtverec).
Hledaná čísla jsou například 1, 4, 9, 16 a 25.
Cvičení 6.6 Najděte alespoň pět přirozených čísel, která mají sudý počet dělitelů.
Řešení:
Z předchozího cvičení víme, že můžeme zvolit jakákoli čísla, která nejsou druhou mocninou přirozeného čísla.
Hledaná čísla jsou například 3, 5, 8, 15 a 24.
Cvičení 6.7 Pro každá dvě přirozená čísla platí, že součin největšího společného dělitele a nejmenšího společného násobku je roven součinu těchto dvou čísel.
(a) Vysvětlete vlastními slovy, že uvedené tvrzení platí.
(b) Ukažte na konkrétním příkladě, že předchozí tvrzení nelze obecně rozšířit na trojici čísel.
Řešení:
(a) Největší společný dělitel je tvořen průnikem prvočísel obsažených v daných číslech (včetně mocnin), nejmenší společný násobek je tvořen sjednocením prvočísel obsažených v rozkladu daných čísel (ve nejvyšších mocninách). Proto je-li prvočíslo p\ v rozkladu pouze prvního z čísel, objeví se v součinu NSD a nsn i v součinu daných čísel, a to ve stejné mocnině, v jaké je obsažené v prvním čísle.
Máme-li v rozkladu prvního čísla prvočíslo p^1 a v rozkladu druhého čísla prvočíslo p%2, kde a\ < a-z, objeví se v součinu NSD a nsn člen £>21-22> stejně tak se ale tento člen objeví i v součinu daných čísel. Jiná možnost než dvě výše popsané nastat nemůže, proto tvrzení platí.
(b) NSD(A; 6; 8) = 2   nsn(4; 6; 8) = 24   2 • 24 ^ 4 ■ 6 • 8 Cvičení 6.8 (*) Najděte všechna přirozená čísla x, y, pro která platí:
nsn(x; y) = NSD(x, y) + 5
93
Řešení:
Zřejmě nemůže platit x = y, pak by bylo nsn — NSD. V dalších případech je vždy nsn > NSD, nsn je totiž NSD vynásobený nejméně jedním prvočíslem (je minimálně dvakrát větší). Proto musí být NSD < 5 a nsn(x; y) < 10, což nám ovšem velmi omezuje volbu čísel x, y.
NSD(x;y) = l nsn(x,y) = 6 [x;y] E [1;6]; [6; 1]; [2;3]; [3;2]
NSD(x;y) — 2 nsn(x,y) — 7 nelze
NSD(x;y) = 3 nsn(x,y) = 8 nelze
NSD(x;y) — 4 nsn(x,y) — 9 nelze
NSD(x; y) = 5 nsn{x, y) = 10 [x; y] € [5; 10]; [10; 5]
Vyhovující uspořádané dvojice čísel jsou [1; 6]; [6; 1]; [2; 3]; [3; 2]; [5; 10] a [10; 5].
Cvičení 6.9 Dokažte, že pro každá dvě přirozená ěisla a, 6 platí:
(a) NSD(a; b) = 1 => NSD(ab; a2 + b2) = 1
(b) NSD(a; 6) = 1 => NSD(a + 6; a2 + b2) < 2 Řešení:
(a) Jsou-li čísla a, b nesoudělná, nemají ve svých prvočíselných rozkladech žádná společná prvočísla. Proto ani výrazy a2,62 nemají žádná společná prvočísla, z výrazu a2 + b2 nelze žádné z prvočísel vyskytujících se v prvočíselném rozkladu čísel a, b vytknout. Avšak v prvočíselném rozkladu čísla ab jsou stejná prvočísla, jako v rozkladech čísel a, b, proto musí být NSD(ab; a2 + b2) = 1.
(b) Uvažujme nejprve situaci pro sudý součet a + 6 (to znamená, že a, b jsou obě sudá, nebo obě lichá). Potom i součet druhých mocnin a, b musí být sudý a NSD(a + b; a2 + b2) > 2. Dále si můžeme výraz a? + b2 upravit do tvaru (a + 6)2 — 2ab a protože jsou a, b nesoudělná, podobně jako v předchozí variantě dojdeme k závěru, že žádné jiné prvočíslo se v NSD neobjeví. Platí NSD(a + b;a2 + b2) = 2.
Je-li součet a + b lichý, nemůže se v NSD objevit ani prvočíslo 2, pro lichý součet a + b platí NSD(a + b; a2 + b2) — 1. Dohromady získáváme NSD(a + b;a2 + b2) < 2.
Cvičení 6.10 (*) Dokažte, že jestliže zvolíme libovolných 1 různých prvočísel, bude součin jejich kladných rozdílů dělitelný číslem 163840.
Řešení:
Nejprve si rozložme číslo 163 840 na součin prvočísel: 163 840 = 215 • 5. Kladných rozdílů dvou prvočísel bude stejně, jako dvouprvkových kombinací ze sedmi prvočísel Q = 21. Rozdíl každých dvou lichých prvočísel bude sudé číslo (dělitelné dvěma). Protože však existuje pouze jedno sudé prvočíslo, může se vyskytovat nejvýše v šesti rozdílech s jiným prvočíslem. Jistě tedy
94
alespoň 15 rozdílů prvočísel bude sudých, alespoň z 15 rozdílů můžeme vytknout číslo 2 - součin rozdílů musí být dělitelný číslem 215.
Zbývá nám ověřit dělitelnost pěti. Jestliže alespoň jeden z rozdílů bude dělitelný pěti, jistě bude celý součin dělitelný pěti. Pokud ale nebude žádný z rozdílů dělitelný pěti, musí každý rozdíl dávat po dělení pěti zbytek 1,2,3, nebo 4. Protože máme k dispozici 21 rozdílů, jistě bude dávat alespoň 5 rozdílů stejný zbytek po dělení pěti. Z toho ale plyne, že právě součin těchto rozdílů je dělitelný pěti.
Dokázali jsme, že součin kladných rozdílů 7 různých prvočísel musí být dělitelný číslem 163840.
95
MA0002 — 7. domácí úkol
Cvičení 7.1 Eukleidovým algoritmem najděte největšího společného dělitele následujících dvojic čísel:
(a) 240 a 264
(b) 51 a 81
(c) 391 a 10127
(d) 437 a 247
Cvičení 7.2 Uveďte, jaké zbytky po dělení 3, 4, 5, 6, 8 a 10 dávají druhé mocniny čísel 1 až 10. Výsledky přehledně zapište, např. do tabulky:
dělitel:	3   4   5   6   8 10
1	111111
4	
9	
16	
25	
36	
49	114 119
64	
81	
100	
Cvičení 7.3 Určete, pro které hodnoty n 6 N, 1 < n < 10 jsou následující výrazy (a) sudé, (b) liché:
(a) n2 - 4n + 3
(b) n2 + 5n + 6
(c) n2 - 1
(d) n3 + 3re2 - n - 3
Zformulujte obecné pravidlo (např. „platí pro všechna n tvaru ... ")
Cvičení 7.4 Určete, pro které hodnoty n G N, 1 < n < 10 jsou následující výrazy dělitelné (a) 2, (b) 3, (c) 6:
(a) ^f=^
(b)
Cvičení 7.5 Dokažte:
n2+5n+6 2
(c)
(d) 2"2"1
2n+l
96
(a) Dává-li n po dělení 3 zbytek 1, pak n2 dává po dělení 3 zbytek 1.
(b) Výraz n3 — n je pro všechna n g N dělitelný 6.
(c) Pro všechna n g N platí: n2 dává po dělení 4 zbytek 1 právě tehdy, když n je liché.
(d) Výraz n3 + 9n2 + 26n + 24 je pro všechna n € N dělitelný 6.
Cvičení 7.6 Dokažte, že pro každé dvouciferné přirozené číslo n obsahuje dekadický zápis čísla n2 alespoň dvě různé cifry. (*) Dokažte, že tvrzení platí pro libovolné přirozené číslo n > 3.
[Rozčleňte si situaci podle cifry na místě jednotek.]
Cvičení 7.7 Najděte takové prvočíslo p, že i čísla 2p+l, 4p+l jsou prvočísla. (*) Najděte všechna taková prvočísla p.
[(*) Postupujte na základě výsledků u nejmenších prvočísel.]
Cvičení 7.8 Určete alespoň jedno přirozené číslo n, pro něž je číslo 46n + 296 • 13n dělitelné číslem 1 947. (*) Určete všechna taková n.
[Rozložte si 1 947, 296 a 46 na prvočísla.]
Cvičení 7.9 Dokažte, že pro všechna přirozená n platí: 9|(10n(9n — 1) + 1). (*) Dokažte, že pro všechna přirozená n platí: 81|(10n(9n — 1) + 1).
Cvičení 7.10 Dokažte, že pro všechna přirozená n platí: 361 (2n6 — n4 — n2). [Rozložte mnohočlen (2n6 — n4 — n2) na lineární a kvadratické mnohočleny.]
Cvičení 7.11 Dokažte následující tvrzeni:
(a) Součet dvou lichých čísel je číslo sudé.
(b) Součet dvou sudých čísel je číslo sudé
(c) Součin dvou lichých čísel je číslo liché.
(d) Součet libovolných dvou celých čísel stejné parity je číslo sudé.
(e) Součin dvou sudých čísel je číslo sudé.
(f) Součin sudého čísla a libovolného celého čísla je číslo sudé.
(g) Součet sudého počtu lichých čísel je číslo sudé.
(h) Součin libovolného počtu lichých čísel je číslo liché.
(i) Součin libovolného počtu celých čísel, z nichž aspoň jedno je sudé, l je číslo sudé.
Vyslovte alespoň šest podobná tvrzení pro čísla, která dávají vhodné zbytky po dělení 3, 4, 5 a 6.
97
MA0002 — řešení DÚ č. 7
Cvičení 7.1 Eukleidovým algoritmem najděte největšího společného dělitele následujících dvojic čísel:
(a) 240 a 264
(b) 51 a 81
Řešení:
(a) 240 a 264
264 = 1-240 + 24 240  =   10-24 + 0
NSD(240; 264) = 24
(b) 51 a 81
81 = 1-51 + 30
51 = |-30 + 21
30 = 1-21 + 9
21 = 2-9 + 3
9 = 3-3 + 0
(c) 391 a 10127
(d) 437 a 247
(c) 391 a 10127
10127 = 25-391 + 352
391   = 1-352 + 39
352  = 9-39 + 1
39  = 39-1 + 0
M£D(391;10127) = 1
(d) 437 a 247
437  = 1-247 + 190
247  = 1-190 + 57
190  = 3-57 + 19
57  = 3-19 + 0
NSD(51;81) = 3
NSD(437; 247) = 19
98
Cvičení 7.2 Uveďte, jaké zbytky po dělení 3, 4, 5, 6, 8 a 10 dávají druhé mocniny čísel 1 až 10. Výsledky přehledně zapište, např. do tabulky:
dělitel:	3   4   5   6   8 10
1	111111
4	1  0 4  4  4 4
9	0   14   3 19
16	1   0   1   4   0 6
25	110 115
36	001046
49	114119
64	104404
81	0   113 11
100	1   0   0   4   4 0
Cvičení 7.3 Určete, pro které hodnoty n E N, 1 < n < 10 jsou následující výrazy (a) sudé, (b) liché:
(a) n2 - 4n + 3
(b) n2 + 5n + 6
(c) n2 - 1
(d) n3 + 3n2 - n - 3
Zformulujte obecné pravidlo (např. „platí pro všechna n tvaru ... ")
Řešení:
Vytvořme si tabulku parity daných výrazů pro 1 < n < 10. Poté zformulujeme ke každé variantě obecné pravidlo.
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
n2 - 4n + 3	S	L	S	L	S	L	S	L	S	L
n2 + 5n + 6	S	S	S	S	S	S	S	S	S	S
n2-l	S	L	S	L	S	L	S	L	S	L
n3 + 3n2 - n - 3	S	L	s	L	S	L	s	L	s	L
(a) Určeme obecně paritu výrazu, lichá čísla označme L a sudá čísla S. Platí: L2-4L + 3 = L-S + L = S,   S2 - 45 + 3 = S - S + L = L.
Pro všechna n tvaru 2n, n € N je výraz lichý. Pro všechna n tvaru 2n — l,n e N je výraz sudý.
(b) Postupujme stejně jako v předchozí variantě.
Platí: L2 + 5L + 6 = L + L + S = S,   S2 + 5S + 6 = S + S + S = S.
Pro všechna n g N je výraz sudý.
(c) Postupujme stejně jako v předchozích variantách. Platí: L2-1 = L- L = S,   S2-1 = S-L = L.
Pro všechna n tvaru 2n, n E N je výraz lichý. Pro všechna n tvaru 2n — 1, n g N je výraz sudý.
99
(d) Postupujme stejně jako v předchozích variantách. Platí: L3 + 3L2-L-3 = L + L-L-L = S, S3 + 3S2-S-3 = S + S-S-L = L.
Pro všechna n tvaru 2n, n G N je výraz lichý. Pro všechna n tvaru 2n — l,n G N je výraz sudý.
Cvičení 7.4 Určete, pro které hodnoty n G N, 1 < n < 10 jsou následující výrazy dělitelné (a) 2, (b) 3, (c) 6:
(a)
n2+n-2 4
(b) a
6
Řešení:
n2+5n+6
2n2-l 2n+l
Podobně jako v předchozím cvičení vytvořme tabulku, nyní do ní však zapišme hodnoty výrazů po dosazení jednotlivých čísel a určeme dělitelnost každé hodnoty čísly 2, 3 a 6..
	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
n^+n-2	0	4	10	18	28	40	54	70	98	108
4	4	4	4	4	4	4	4	4	4	4
n3—n	0	6	24	60	120	210	336	504	720	990
6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6
n2+5n+6	12	20	30	42	56	72	90	110	132	156
2	2	2	2	2	2	2	2	2	2	2
2n2-l	1	7	17	31	49	71	97	127	161	199
2n+l	3	5	7	9	11	13	15	17	19	21
(a) Pro výraz		n2+n 4	-2	dle hodnot		z tabulky platí:				
(a) je dělitelný 2 pro n G {1; 6; 9}
(b) je dělitelný 3 pro n G {1; 10}
(c) je dělitelný 6 pro n — 1
(b) Pro výraz n     dle hodnot z tabulky platí:
(a) je dělitelný 2 pro n G {1; 3; 4; 5; 7; 8; 9}
(b) je dělitelný 3 pro n G {1; 8; 9; 10}
(c) je dělitelný 6 pro n G {1; 8; 9}
(c) Pro výraz ""+5"+« dle hodnot z tabulky platí:
(a) je dělitelný 2 pro n G {1; 2; 5; 6; 9; 10}
(b) je dělitelný 3 pro n G {1; 3; 4; 6; 7; 9; 10}
(c) je dělitelný 6 pro n G {1; 6; 9; 10}
(d) Pro výraz 2£*+i ^ hodnot z tabulky platí:
(a) není dělitelný 2 pro žádné n G N, 1 < n < 10
(b) není dělitelný 3 pro žádné n G N, 1 < n < 10
(c) není dělitelný 6 pro žádné n G N, 1 < n < 10
100
Cvičení 7.5 Dokažte:
(a) Dává-li n po dělení 3 zbytek 1, pak n2 dává po dělení 3 zbytek 1.
(b) Výraz n3 — n je pro všechna n G N dělitelný 6.
(c) Pro všechna n G N platí: n2 dává po dělení 4 zbytek 1 právě tehdy, když n je liché.
(d) Výraz n3 + 9n2 + 26n + 24 je pro všechna n G N dělitelný 6. Řešení:
(a) Napišme si n — 3k + 1, k G No-
Po umocnění dostáváme n2 = 9k2 + 6k + 1, přičemž členy 9A;2; 6k jsou dělitelné třemi, proto je zbytek po dělení třemi 1.
(b) Výraz n3 — n lze rozložit na součin n(n — l)(n + 1), tedy součin tři po sobě jdoucích čísel. Mezi třemi po sobě jdoucími čísly je jistě právě jedno dělitelné třemi a alespoň jedno dělitelné dvěma, dohromady je výraz dělitelný číslem 6.
(c) Umocněme na druhou n tvaru 2k +1, k G No: (2Ä; +1)2 = 4Ä;2 + 4fe +1, přičemž členy Ak2;Ak jsou dělitelné 4, celý výraz (2k + l)2 proto dává po dělení 4 zbytek 1.
Jelikož je v zadání použita spojka „právě tehdy, když", musíme ukázat, že pro jiná než lichá n neplatí, že n2 dává po dělení 4 zbytek 1. Ověřme tedy situaci pro n tvaru 2k,k G N: (2A;)2 = Ak2, což je beze zbytku dělitelné 4.
(d) Výraz re3 + 9n2 + 26n + 24 můžeme například pomocí Hornerova schématu rozložit na součin (n+2)(n+3)(n+4), což jsou tři po sobě jdoucí čísla a ze stejného důvodu jako ve variantě (b) je celý výraz dělitelný číslem 6.
Cvičení 7.6 Dokažte, že pro každé dvouciferné přirozené číslo n obsahuje dekadický zápis čísla n2 alespoň dvě různé cifry. (*) Dokažte, že tvrzení platí pro libovolné přirozené číslo n > 3.
Řešení:
Soustřeďme se na jednotky každého dvouciferného čísla. Například číslo s cifrou 1 na místě jednotek můžeme zapsat ve tvaru 10a + 1, a G {1; 2;... 9}, jeho druhá mocnina je (10a + l)2 = 100a2 + 20a + 1. Na místě desítek se nám nikdy nemůže objevit cifra jedna, protože pro jakékoli a má číslo 20a na místě jednotek cifru různou od jedné. Podobně budeme postupovat i pro další cifry na místě jednotek.
(10a+2)2 — 100a2+40a+4, na místě jednotek bude cifra 4. Abychom dostali cifru 4 i na místě desítek, muselo by a G {1; 6}, ale 122 = 144,622 = 3844.
(10a + 3)2 = 100a2 + 60a + 9, na místě jednotek je cifra 9, kterou nemůžeme na místě desítek nikdy získat.
(10a + 4)2 = 100a2 + 80a + 16 = 100a2 + 10(8a + 1) + 6, na místě jednotek je cifra 6, kterou nemůžeme na místě desítek nikdy získat.
101
(10a + 5)2 = 100a2 + 100a + 25 = 100(a2 + a) + 10 • 2 + 5, číslo zřejmě vždy končí 25.
(10a + 6)2 = 100a2 + 120a + 36 = 100(a2 + a) + 10(2a + 3) + 6, na místě jednotek je cifra 6, kterou nemůžeme na místě desítek nikdy získat.
(10a + 7)2 = 100a2 + 140a + 49 = 100(a2 + a) + 10(4a + 4) + 9, na místě jednotek je cifra 9, kterou nemůžeme na místě desítek nikdy získat.
(10a + 8)2 = 100a2 + 160a + 64 = 100(a2 + a) + 10(6a + 6) + 4, na místě jednotek je cifra 4. Abychom dostali cifru 4 i na místě desítek, muselo by a e {3; 8}, ale 382 = 1444,882 = 7744.
(10a + 9)2 = 100a2 + 180a + 81 = 100(a2 + a) + 10(8a + 8) + 1, na místě jednotek je cifra 1, kterou nemůžeme na místě desítek nikdy získat.
Pro dvouciferná čísla zakončená cifrou 0 je situace zřejmá.
Pro čísla 3 < n < 10 dokážeme tvrzení snadno vypsáním jednotlivých mocnin: 42 = 16,52 = 25,62 = 36,72 = 49,82 = 64,92 = 81. Pro čísla n > 99 se opřeme o konstrukci z hlavní čisti tohoto cvičení. Možnosti, u kterých nelze zajistit stejnou cifru už na místě desítek, můžeme rovnou vypustit, jelikož přidáním stovek, tisíců a dále se situace nezmění. Proto nyní uvažujeme pouze čísla n > 99 končící na dvojčíslí: 12, 62, 38 a 88. Utvořme si trojciferná čísla v podobném tvaru, jako jsme výše tvořili dvouciferná, a vylučme čísla, ve kterých se vytvoří různá cifra už na místě stovek.
(100a+12)2 = 10000a2+2400a+144= 10000a2+1000-2a+100(4a+l)+44, na místě desítek i jednotek je cifra 4, tu však na místě stovek nijak získat nemůžeme.
(100a + 62)2 = 10 000a2 + 12 400a + 3 844 = 10 000(a2 + a) + 1000(2a + 3) + + 100(4a + 8) + 44, na místě desítek i jednotek je cifra 4. Abychom dostali cifru 4 i na místě stovek, muselo by a € {4; 9}, ale 4622 = 213 444, 9622 = 925444.
(100a+38)2 = 10000a2 + 7600a+1444 = 10 000a2 + 1000(7a+l) + 100(6a+ +4)+44, na místě desítek i jednotek je cifra 4. Abychom dostali cifru 4 i na místě stovek, muselo by být a = 5, ale 5382 = 289 444.
(100a + 88)2 = 10 000a2 +17 600a + 7 744 = 10 000(a2 + a) +1000(7a + 7) + + 100(6a + 7) + 44, na místě desítek i jednotek je cifra 4, tu však na místě stovek nijak získat nemůžeme.
Podobně pokračujme pro čtyřmístná čísla zakončená trojčíslími 462, 962 a 538.
(1000a+462)2 = 1000 000a2+924 000a+213 444 = 1000000a2+100000(9a+ +2) +10 000(2a +1) +1000(4a + 3) + 444, na místě tisíců však 4 nijak získat nemůžeme.
(1000a + 962)2 = 1000 000a2 + 1924 000a + 925 444 = 1000 000(a2 + a) + +100 000(9a + 9) + 10 000(2a + 2) + 1000(4a + 5) + 444, na místě tisíců však 4 nijak získat nemůžeme.
(1000a + 538)2 = 1000 000a2 + 1076 000a + 289 444 = 1000 000(a2 + a) + +100 000 • 2 + 10 000(7a + 8) + 1000(6a + 9) + 444, na místě tisíců však 4 nijak získat nemůžeme.
Dokázali jsme, že pro každé přirozené číslo n > 3 obsahuje dekadický zápis čísla n2 alespoň dvě různé cifry.
102
Cvičení 7.7 Najděte takové prvočíslo p, že i čísla 2p + 1, Ap + 1 jsou prvočísla. (*) Najděte všechna taková prvočísla p.
Řešení:
Sepišme si tabulku hodnot p,2p+l,4p + l pro několik nejmenších prvočísel.
P	2p + l	4p+l
2	5	9
3	7	13
5	11	21
7	15	29
11	23	45
Mohli bychom pokračovat dál, ale už nyní je vidět jedno řešení p — 3. U dalších prvočísel je vždy jeden z výrazů 2p+1,4p+1 dělitelný třemi. Podívejme se tedy na prvočísla dávající různý zbytek po dělení třemi.
Začněme prvočísly tvaru p = 3k, k G N, takové je zřejmě pouze prvočíslo p = 3, které, jak už víme, je vyhovující.
Pro prvočísla tvaru p = 3fc+l, k € N0 platí: 2(3fc+l)+l = Qk+3 = 3(2fc+l), 4(3A; +1) +1 = 12A; + 5. Výraz 2p +1 je dělitelný třemi, proto nikdy nemůže být prvočíselný.
Pro prvočísla tvaru p = 3k + 2, k e N0 platí: 2(3k + 2) + 1 = 6k + 5, 4(3fc + 2) + 1 = 12A; + 9 = 3(4fc + 3). Výraz 4p + 1 je dělitelný třemi, proto nikdy nemůže být prvočíselný.
Jediným vyhovujícím prvočíslem je p = 3.
Cvičení 7.8 Určete alespoň jedno přirozené číslo n, pro něž je číslo 46n + 296 • 13n dělitelné číslem 1 947. (*) Určete všechna taková n.
Řešení:
1947  |  46n +296-13" 3-11-59  I  2n • 23n + 23 ■ 37 • 13n
Protože jsou čísla 3, 11 a 59 nesoudělná, stačí nalézt taková n, po která je výraz dělitelný čísly 3, 11 i 59. Přitom využijeme skutečnosti, že můžeme libovolné číslo ve výrazu nahradit jiným číslem, které dává stejný zbytek po dělení postupně čísly 3, 11 a 59.
3 | 46n + 296 ■ 13!
3 | ln + 2 ■ ln
11 | 46n + 296 • 13!
11 | 2n + 10 • 2"
11 | 2n(l + 10)
59 | 46n + 296 • 13"
59 | (-13)n + 1-13'
59 | (-l)n13n +13"
59 | 13n((-l)n + l)
103
Vidíme, že výraz je dělitelný čísly 3 a 11 pro všechna n g N. Číslem 59 je výraz dělitelný pouze v případě, že bude závorka ((—l)n + 1) rovna nule, tedy pouze pro lichá n.
Pro všechna lichá přirozená čísla n je výraz 46" + 296 • 13n dělitelný číslem 1 947.
Cvičení 7.9 Dokazte, že pro všechna přirozená n platí: 9|(10n(9n — 1) + 1). (*) Dokažte, že pro všechna přirozená n platí: 81|(10n(9n — 1) + 1).
Řešení:
9 9
9 9 9 9 9 9
10n(9n - 1) + 1
(9 + l)n(9n - 1) + 1
n\-,n-i I n
9»+[J 9     + • • • + I   _ x J 9 + 1 J (9n - 1) + 1
* + + • ■ • + (n n_ (9n - 1) + ((n » ^9 + l) (9n - 1)
81 (V"2 + (")9n"3 + • • • + (n " 2) i) (9n - !) + (9ra + !)(9n - 1) + 1 81 (9"-2 + Q9"-3 + • • • + (n " 2) l) (9n - 1) + 81n2 -1 + 1 81 (d^2 + Q9"-3 + • • • + (^n_ ^ (9n - 1) + 81n2
81
r^(V3 + ---+ í"2]l](9«-l) + n2
Výraz na pravé straně je dělitelný nejen číslem 9, ale i číslem 81.
Cvičení 7.10 Dokažte, že pro všechna přirozená n platí: 361 (2n6 — n4 — n2).
Řešení:
36   I   2n6 - n4 - n2
36   | n2(2n4-n2-l)
36   |   n2(n2 - l)(2n2 + l)
36   |   (n-l)n2(n + l)(2n2 + l)
Opět se nám objevuje součin tří po sobě jdoucích čísel (n— l)n(n+l), z nichž je právě jedno dělitelné třemi a alespoň jedno dělitelné dvěma. Je-li n dělitelné třemi, pak je celá pravá strana dělitelná devíti a zbývá pouze ověřit dělitelnost čtyřmi. Pokud je dělitelné třemi jedno z čísel (n—1), (n+1), musíme ověřit, že je dělitelný třemi i výraz 2n2 + 1.
n-1 = 3k, k e N : n = 3fe+l, 2(3fc+l)2+l = 18fc2+12A;+3 = 3(6fc2+4fc+l) n+1 = 3k, k € N : n = 3fc-l,2(3fc-l)2+l = 18fc2-12fc+3 = 3(6fc2-4fc+l) Výraz (2n6 — n4 — n2) je dělitelný číslem 9.
Jsou-li dvě z čísel (n — l)n(n + l) sudá, je jejich součin dělitelný čtyřmi. Je-li ovšem sudé pouze jedno z těchto čísel, musí se jednat o číslo n. To se ve výrazu vyskytuje ve druhé mocnině, proto je jistě celý výraz (2n6 — n4 — n2) dělitelný číslem 4.
Dokázali jsme, že výraz (2n6 — n4 — n2) je dělitelný číslem 36.
104
MA0002 — 8. domácí úkol
Cvičení 8.1 Najděte všechna celočíselná řešení rovnice:
(a) x + y = 2 (c) 7x + 3y = 5
(b) 2x + y = 3 (d) 9x + lly = 3
Cvičení 8.2 Zadejte alespoň dvě zvýše uvedených rovnic pomocí slovní úlohy (řešení slovní úlohy nemusí být nekonečně mnoho).
Cvičení 8.3 Řešte úlohu č. 5 z Alkuinovy sbírky Úlohy pro bystření mladíků: Nějaký kupec řekl: Chci za sto denárů nakoupit sto prasat, přičemž kanec stojí deset denárů, prasnice pět denárů a dvě selata jeden denár. Ať řekne, kdo rozumí, kolik je třeba koupit kanců, kolik prasnic a kolik selat, aby žádné z těchto dvou čísel nebylo ani překročeno, ani zmenšeno.
Cvičení 8.4 Markéta nakoupila v papírnictví sešity po 10 korunách, tužky po 2 korunách a gumy po 5 korunách. Celkem utratila 100 korun za 18 předmětů. Kolik čeho nakoupila?
Cvičení 8.5 Dokažte, že platí tento postup pro násobení čísel od 6 do 9: První činitel: levá ruka, na níž necháme vztyčeno tolik prstů, kolik je rozdíl mezi činitelem a číslem 5. Druhý činitel: analogicky na pravé ruce.
Násobení: počet vztyčených prstů na obou rukou vynásobíme deseti a k tomu přičteme výsledek násobení počtu nevztyčených prstů na levé ruce a na pravé ruce.
Příklad: 7*8
Levá ruka: 2 vztyčené, 3 ne Pravá ruka: 3 vztyčené, 2 ne 2+3=5 desítek (tj. 50) 2*3=6 (jednotek) 50+6=56=7*8
105
Cvičení 8.6 Doplňte tabulku pro n = 1,... 25. V tabulce vyhledejte pythagorejské trojice.
n	n2 (druhá mocnina n	n2 — (n — l)2 (přírůstek oproti předchozímu řádku)
0	0	-
1	1	1
2	4	3
3	9	5
4		
5		
6		
7		
8		
9		
10		
11		
12		
13		
U		
15		
16		
17		
18		
19		
20		
21		
22		
23		
24		
24		
25		
106
MA0002 — řešení DÚ č. 8
Cvičení 8.1 Najděte všechna celočíselná řešení rovnice: (a) x + y = 2 (c) 7x + 3y = 5
(7>j 2x + y = 3 fdj 9x + lly = 3
Řešení:
(a) Rovnice x+y = 2 má nekonečně mnoho řešení, musíme však určit jejich tvar (ne každá uspořádaná dvojice čísel je řešením rovnice). Zvolme za x parametr ŕ € Z a vyjádřeme y v závislosti na x = t.
x = t  y = 2-t   K = {[t;2 — í],í e Z}
(b) Řešme rovnici 2x + y = 3 podobně jako v předchozí variantě. x = t   y = 3-2t   K = {[t;3-2t],t eZ}
(c) U rovnice 7x + 3y = 5 si musíme dát pozor, aby výsledné řešení bylo opravdu celočíselné. Opět zvolíme za x parametr t, ten ovšem musí splňovat určité podmínky. Když vyjádříme y v závislosti na x — t, získáváme y = ^-jj-^, aby bylo y € Z, musí 3|5 — 7t.
5 - 7í =   0   (mod 3) 2 - t =   0   (mod 3) t =   2   (mod 3)
Parametr í musí dávat zbytek 2 po dělení 3, můžeme místo něj psát t = 3k + 2, k G Z. Po dosazení do vyjádření y získáváme:
x = 3fe + 2   y = -7fe-3   K = {[3fe + 2;-7Ä;-3],Ä;<EZ}
(d) Rovnici 9x + lly = 3 řešíme podobně jako v předchozí variantě.
11|3	-9í		
3-	-9t =	0	(mod 11)
3-	|-2í =	0	(mod 11)
	2t =	-3	(mod 11)
	2t =	8	(mod 11)
	t	4	(mod 11)
Parametr t musí dávat zbytek 4 po dělení 11, můžeme místo něj psát t — llk + 4, k € Z. Po dosazení do vyjádření y získáváme:
x = llk + 4   y = -9k-3   K = {[llk + 4; -9A; - 3], k e Z}
107
Cvičení 8.2 Zadejte alespoň dvě z výše uvedených rovnic pomocí slovní úlohy (řešení slovní úlohy nemusí být nekonečně mnoho).
Řešení:
(a) Jak můžeme zaplatit 2 eura, máme-li k dispozici jednoeurové a dvace-ticentové mince v dostatečném množství?
(b) Jakým způsobem si můžeme pověsit na stěnu trofeje z lovu, máme-li dostatečné množství zastřelených kozorohů a jednorožců, ale na stěně chceme mít právě 3 rohy?
(c) V létě získával každý táborník za dobrý skutek 7 bodů a za porušení pravidel slušného chování mu byly odebrány vždy 3 body. Kolik mohl Zdenda udělat dobrých skutků, když měl na konci léta 5 bodů?
(d) V ZOO je zvláštní klokan, který se může pohybovat pouze ve směru dopředu či dozadu (nikdy nezatáčí), přitom dopředu poskočí vždy o 11 decimetrů, dozadu o 9 decimetrů. Jak si může klokan doskákat pro pampelišku, na kterou dosáhne pouze z místa 3 decimetry před ním?
Cvičení 8.3 Řešte úlohu č. 5 z Alkuinovy sbírky Úlohy pro bystření mladíků:
Nějaký kupec řekl: Chci za sto denárů nakoupit sto prasat, přičemž kanec stojí deset denárů, prasnice pět denárů a dvě selata jeden denár. Ať řekne, kdo rozumí, kolik je třeba koupit kanců, kolik prasnic a kolik selat, aby žádné z těchto dvou čísel nebylo ani překročeno, ani zmenšeno.
Řešení:
Úlohu lze řešit (stejně jako všechny úlohy z Alkuinovy sbírky) pouhou úvahou. Pokud bychom úlohu chtěli řešit soustavou rovnic, měli bychom daleko více práce. Řešením úlohy je například nákup jednoho kance, devíti prasnic a devadesáti selat.
Cvičení 8.4 Markéta nakoupila v papírnictví sešity po 10 korunách, tužky po 2 korunách a gumy po 5 korunách. Celkem utratila 100 korun za 18 předmětů. Kolik čeho nakoupila?
Řešení: Podobně jako předchozí cvičení lze řešit úvahou. Například začněme od co nejvyššího počtu sešitů a postupně vylučujme možné nevyhovující kombinace. Práci usnadní skutečnost, že gum musí být jistě sudý počet.
Markéta nakoupila 5 sešitů, 5 tužek a 8 gum.
Cvičení 8.5 Dokažte, že platí tento postup pro násobení čísel od 6 do 9: První činitel: levá ruka, na níž necháme vztyčeno tolik prstů, kolik je rozdíl mezi činitelem a číslem 5. Druhý činitel: analogicky na pravé ruce.
Násobení: počet vztyčených prstů na obou rukou vynásobíme deseti a k tomu přičteme výsledek násobení počtu nevztyčených prstů na levé ruce a na pravé ruce.
Příklad: 7*8
108
Levá ruka: 2 vztyčené, 3 ne Pravá ruka: 3 vztyčené, 2 ne 2+3=5 desítek (tj. 50) 2*3=6 (jednotek) 50+6=56=7*8
Řešení:Označme si činitele a, b. Popsaný postup můžeme zapsat následovně: ((a-5)+(6-5))10+(10-a)(10-6) = 10a+106-100+100-106- Wa+ab = ab
Cvičení 8.6 Doplňte tabulku pro n = 1,... 25. V tabulce vyhledejte pythagorejské trojice.
n	n2 (druhá mocnina n	n2 — (n — l)2 (přírůstek oproti předchozímu řádku)
0	0	-
1	1	1
2	4	3
3	9	5
4	16	7
5	25	9
6	36	11
7	49	13
8	64	15
9	81	17
10	100	19
11	121	21
12	144	23
13	169	25
H	196	27
15	225	29
16	256	31
17	289	33
18	324	35
19	361	37
20	400	39
21	441	41
22	484	43
23	529	45
24	576	47
25	625	49
Řešení:
Nejlépe viditelné pythagorejské trojice jsou v tabulce vyznačené tučným písmem, jedná se o trojice (3, 4, 5), (5, 12, 13), (7, 24, 25). Hůře viditelné jsou trojice, ve kterých mají dvě nejvyšší čísla rozdíl 2 (součet příslušných hodnot v posledním sloupci je druhá mocnina přirozeného čísla) - takto můžeme nalézt trojice (6, 8, 10) a (8, 15, 17). Poslední skupinou pythagorejských trojic jsou násobky již uvedených trojic, kde je největší z čísel nejvýše 25, tímto způsobem doplníme trojice (9, 12, 15), (12, 16, 20) a (15, 20, 25).
109
MA0002 — 9. domácí úkol
Cvičení 9.1 Pomoct Vietových vztahů řešte v oboru reálných čísel následující kvadratické rovnice:
(a) x2 + x + 1 = 7
(b) x2 + 2x + 4 = -5x-8
(c) x2 + Ax + 2 = 7
(d) x2 + Ax + 4 = -10 - 5x
Cvičení 9.2 Nalezněte polynom, který má dané kořeny:
(a) x\ = A;x2 = —7
(b) x\ = l;x2 = 16
(c) x\ = VŠ; x2 = —\/3 (c) x\ — 2;x2 — 3; £3 — 0
Pro následující dvě úlohy si vytvořte sadu nejméně šesti polynomů stupně 5 nebo vyššího. Postupujte tak, že vynásobíte lineární polynomy a nerozložitelné kvadratické polynomy, např. takto:
(x - l)(x - 2){x + 2){x2 + 1) = x5 - x4 - 3x3 + 3x2-4x + 4
Cvičení 9.3 Homérovým schématem najděte celočíselné kořeny vypočtených polynomů stupně 5 (nebo vyššího). Vypočítejte tedy nejméně šest příkladů. Kontrolou Vám bude Váš vlastní výpočet (násobení polynomů).
Cvičení 9.4 Proveďte dělení polynomu stupně 5 (nebo vyššího) polynomem stupně 2, vypočítejte nejméně šest příkladů. Jako zadání použijte Vámi vypočtené polynomy, např.:
(x5 -x4- 3x3 + 3x2 - Ax + 4) : (x2 + 1) = x3 - x2 - 4x - 4
110
MA0002 — řešení DÚ č. 9
Cvičení 9.1 Pomoct Vietových vztahů řešte v oboru reálných čísel následující kvadratické rovnice:
(a) x2 + x + 1 = 7
(b) x2 + 2x + 4 = -5x-8
(c) x2 + Ax + 2 = 7
(d) x2 + Ax + 4 = -10 - 5x Řešení:
Připomeňme si Vietovy vztahy pro kvadratickou rovnici. Pro kořeny xi,x2 kvadratické rovnice ax2 + bx + c = 0,   a, b, c G R platí: xi +x2 = -\
0,1
x\ ■ x2
(a) x2 + x — 6 = 0     a;i + #2 = — 1   x\ ■ X2 = — 6
(x-2)(a; + 3) = 0      K = {-3
(b) x2 + 7x + 12 = 0     xi + z2 = -7   X!-x2 = 12
(a: + 4)(a; + 3) = 0 # = {-4
(c) x2 + 4a; - 5 = 0 xi+x2 = -(x + S)(x-l) = 0 K =
(d) x2 + 9íc + 14 = 0 xi + x2 = -{x + 7){x + 2) = 0 # = {-7:
2}
-3}
4 xi • x2 = — 5 1}
-9 xi • x2 = 14 -2}
Cvičení 9.2 Nalezněte polynom, který má dané kořeny:
(a) x\ = A;x2 = —7
(b) x\ = l;x2 = 16
(c) x\ = VŠ; x2 = —i/Š (c) x\ — 2; x2 — 3; x% — 0
Řešení:
Postupujme opačným směrem, než tomu bylo v předchozím cvičení, hledaný polynom pak získáme roznásobením závorek s kořeny. Samozřejmě takto získaný polynom není jediný, je pouze jeden z nekonečně mnoha. Další polynomy bychom získali vynásobením výsledného polynomu jakoukoli nenulovou hodnotou.
111
(a) (x - 4) (x + 7) = O     x2 + 3x - 28 = O
(b) (x - l)(x - 16) = O      x2- 17x + 16 = O
(c) (x - VŠ)(x + VŠ) = O      x2- 3 = 0
(d) (x - 2)(x - 3)x = O     x3-5x2 + 6x = 0
Pro následující dvě úlohy bude vytvořen polynom stupně 6 (u dalších polynomů se budou obě cvičení řešit analogicky).
(x - l)(x + l)(ar - 3)(x + 2)(x2 + 2) = x6 - x5 - 5x4 - a;3 - 8x2 + 2x + 12
Cvičení 9.3 Homérovým schématem najděte celočíselné kořeny vypočtených polynomů stupně 5 (nebo vyššího). Vypočítejte tedy nejméně šest příkladů. Kontrolou Vám bude Váš vlastní výpočet (násobení polynomů).
Řešení:	1	-1	-5	-1	-8	2	12
x = 1	1	0	-5	-6	-14	-12	0
x = -l	1	-1	-4	-2	-12	0	
x = 2	1	1	-2	-6	-24		
x = -2	1	-3	2	-6	0		
x = 3	1	0	2	0			
Cvičení 9.4 Proveďte dělení polynomu stupně 5 (nebo vyššího) polynomem stupně 2, vypočítejte nejméně šest příkladů. Jako zadání použijte Vámi vypočtené polynomy, např.:
(x5 -x4- 3x3 + 3x2 - Ax + 4) : (x2 + 1) = x3 - x2 - 4x - 4
Řešení:
(x6 -x5 -5x4 -x3 -8x2 +2x +12) : (x2 + 2) = x4 - x3 - 7x2 + x + 6 -x6 -2x4
-x5-7x4 -x3 -8íc2+2x+12 x5 +2x3
-7x4 +x3 -Sx2+2x+l2 7x4 +Ux2
x3 +6x2 +2x +12 -x3 -2x
6x2 +12 -6x2 -12
0
112
MA0002 — 10. domácí úkol
Cvičení 10.1 Eukleidovým algoritmem najděte největšího společného dělitele pro alespoň šest dvojic polynomů stupně 4 a-ž 6.
Konkrétní polynomy si zvolte sami. Postupujte jako v předchozím domácím úkolu.
Cvičení 10.2 Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí následující tvrzení (matematickou indukcí nebo jinak):
Cvičení 10.3 Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí následující tvrzení (matematickou indukcí):
(a) 2\(n2 + n)
(b) 3|(n3 + 2n)
(c) 5|(24n+3-3)
(d) 6|(10n -4)
(e*) 133|(lln+2 + 12ri+1)
(g*) ll|(62n + 33n+2 + 3n)
(f) 17|(5™+3 + ll3"+i)
(a) 1 + 3 • • • + (2n - 1) = n2
(b) l2 + 22 +32...+n2 = "(n+l)(2n+l)
(c) l3 + 23 + 33...+n3 = n!(n+l)!
(e/  1-3      3-5        r (2ra-l)(2ra+l) — 2n+l
(f) 1 • 2 + 2 • 3 • • • + n(n + 1) =
n(n+l)(n+2) 2
113
MA0002 — řešení DÚ č. 10
Cvičení 10.1 Eukleidovým algoritmem najděte největšího společného dělitele pro alespoň šest dvojic polynomů stupně 4 a-ž 6.
Konkrétní polynomy si zvolte sami. Postupujte jako v předchozím domácím úkolu.
Řešení:
Stejně jako v předchozím domácím úkolu ukážeme řešení pouze na jedné dvojici polynomů, s dalšími dvojicemi by se pracovalo analogicky. Vezměme si polynom z předchozího domácího úkolu a druhý polynom vytvořme. Z rozkladu na součin hned vidíme, jaký je největší společný dělitel daných polynomů, tato znalost nám bude sloužit jako kontrola výsledku.
(x - l)(x + l)(x - 3)(x + 2){x2 + 2) = x6 - x5 - 5x4 - x3 - 8x2 + 2x + 12 x(x - l)(x + l)(x - 2) = x4 - 2x3 - x2 + 2x
(x6 -x5-5x4 -x3 -8x2+2x+12) : (x4 - 2x3 - x2 + 2x) = x2 + x - 2 -x6+2x5 +x4-2x3
x5-4x4-3x3 -8x2+2x+12 -x5+2x4 +x3 -2x2
-2x4-2x3-10x2+2x+12 2x4-4x3 -2x2+4x
-6x3-12x2+6x+12
(x4-2x3 -x2+2x) : (-6x3 - 12x2 + 6x + 12) = -\x + § -x4-2x3 +x2+2x
—4x3 +4x 4x3+8x2-4x - 8
8a;2-8
(-6x3-12x2+6x+12) : (8x2 - 8) = = 6(-x3 -2x2 +x+2) : 8(x2 - 1) = §(-x - 2) x3 —x
-2x2 +2 2x2 -2
0
114
NSD(x6 -x5- 5x4 -x3- 8x2 + 2x + 12; x4 - 2x3 - x2 + 2x) = x2 - 1
Cvičení 10.2 Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí následující tvrzení (matematickou indukcí nebo jinak):
(a) 2|(n2 + n) (e*) 133|(lln+2 + 12"+1)
(b) 3|(n3 + 2n)
(f) 17|(5n+3 + ll3n+1)
(c) 5|(24"+3-3) (  J    'V '
(d) 61(10" - 4) (g*) ll|(62n + 33n+2 + 3n) Řešení:
(a) Rozložme si n2 +n na součin n(n +1). Jedná se o součin dvou po sobě jdoucích čísel, jedno z nich tedy musí být sudé, proto 2|(n2 + n).
(b) Platnost dokážeme matematickou indukcí:
1. Pro n = 1 : 3|(1 + 2), což zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
3   |   (n + l)3 + 2(n + 1)
3   |   n3 + 3n2 + 3n + 1 + 2n + 2
3   |   n3 + 2n + 3(n2 + n + 1)
Výraz n3 + 2n je dělitelný 3 dle předpokladu, výraz 3(n2 + n + l) je zřejmě také dělitelný 3.
(c) Upravujme pravou stranu.
5 | 24n+3-3 5   |   8 • 24n - 3
5 |   8 • 16n - 3
Pro každé n bude mít 16n na místě jednotek cifru 6, po vynásobení 8 bude na místě jednotek cifra 8, po odečtení 3 bude mít výsledné číslo na místě jednotek cifru 5. Každé číslo s cifrou 5 na místě jednotek je dělitelné číslem 5.
(d) Platnost dokážeme matematickou indukcí:
1. Pro n = 1 : 61 (10 — 4), což zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
6 |   10n+1 - 4
6   |   10 • 10n - 4
6   |   9 • 10n + 10n - 4
Výraz 10" — 4 je dělitelný 6 dle předpokladu, ve výrazu 9 • 10" je 9 dělitelná 3, 10n je dělitelné 2, dohromady je tedy celý výraz dělitelný 6.
115
(e*) Číslo 133 si můžeme rozložit na součin prvočísel 133 = 7-19. Nyní stačí dokázat, že výraz lln+2 + 12n+1 je dělitelný 7 i 19. To zvládneme opět pomocí matematické indukce.
1. Pro n = 1 dostáváme 7|113 + 122 = 1475, to ovšem není pravda. Vidíme, že tvrzení neplatí pro n = 1, nemá tedy smysl dále dokazovat.
(f*) Užitím matematické indukce tvrzení dokážeme.
1. Pro n = 1 : 17|54 + ll4 = 15 266,15 266 : 17 = 898.
2. Předpokládejme platnost pro na z předpokladu dokažme platnost pro n + 1.
17   |   5"+4 + ll3n+4
17  |  5 • 5n+3 + ll3 • ll3n+1
17  |  5(5n+3 + ll3n+1) + (ll3 - 5)ll3n+1
17   |   5(5n+3 + ll3n+1) + 1326-ll3n+1
Výraz 5(5n+3 + ll3Tl+1) je podle předpokladu dělitelný 17, protože platí 1326 : 17 = 78, je i 1326 • ll3^1 dělitelné 17.
(g*) Užitím matematické indukce se pokusíme dokázat tvrzení.
1. Pro n = 1 : 11162 + 33 + 3 = 66, to zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro na z předpokladu dokažme platnost pro n + 1.
H    |    g2(n+l) _|_ g(n+l)+2 _|_ yi+1 YY    |    g2n+2) _|_ gn+3 _|_
11   |  62 • 62n + 3 • 3n+2 + 3 • 3n 11   |  3(62n + 3n+2 + 3n) + 33 • 62n
Výraz 3(62íl + 3n+2 + 3n) je podle předpokladu dělitelný 11 a na první pohled je vidět, že i výraz 33 • 62n je dělitelný 11.
Cvičení 10.3 Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí následující tvrzení (matematickou indukcí):
(a) 1 + 3 ■ • • + (2n - 1) = n2
(b) l2 + 22 + 32 • • • +
n
n(n+l)(2n+l) 6
(c) l3 + 23 + 33...+n3 = I^l^
(d) + 2^3 n(n+l) = ň+T
(p) X. 4. J_____I__1_ — n
(c/ 1-3  '  3.5        '   (2n-l)(2n+l) — 2n+l
(f) l-2 + 2-3- + n(n + l) = n^1\^
116
Řešení:
(a) Nechť n je sudé číslo. Pak lze všechny sčítance rozdělit do dvou sloupců o stejném počtu řádků následovně:
1 2n- 1 3 2n-3 5      2n- 5
Řádkuje    v každém z nich je součet roven 2n, dohromady §-2n = n2.
Pro liché n odebereme číslo 2n — 1 a přičteme jej až na konci. Opět máme dva sloupce, v nichž je řádků, v každém získáme součet In - 2. Celkem dostáváme 2z±.2(n -1) + 2n -1 = (n -1)2 + 2n -1 = = n2 — In + 1 + 2n — 1 = n2. Tím je tvrzení dokázáno.
(b) Tvrzení dokážeme užitím matematické indukce.
1. Pro n = 1 : 1 = ^p, to zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
12 + 22 + 32--- + n2 + (n + l)2 = ^±^±^ + (n + l)2 =
_ n(n+l)(2n+l)+6(n+l)2 _ (n+l)[n(2n+l)+6(n+l) _ (n+l)[2n2+7n+6] _ ~~ 6 ~~ 6 — 6 —
_ (n+l)(n+2)(2n+3) _ (n+l)((n+l)+l)(2(n+l)+l)
— 6 — 6
(c) Tvrzení dokážeme užitím matematické indukce.
1. Pro n = 1 : 1 = ^p, to zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
13 + 23 + 33...+n3 + (n + 1)3= n!í!£!£ + (n+1)3 =
_ n2(n+l)2+4(n+l)2 _ (n+l)2[n2+4(n+l) _ (n+l)2[n2+4n+4] _
— 4 — 4 — 4 — _ (n+l)2(n+2)2 _ (n+l)2((n+l)+l)2
— A ~ 4
(d) Tvrzení dokážeme užitím matematické indukce.
1. Pro n = 1 : ^ = ^, to zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
1-2 ^ 2-3       ^ n(n+l) ^ (n+l)(n+2) — n+1 ^ (n+l)(n+2) — _   n(n+2)+l   _   n2+2n+l   _ n+1 (n+l)(n+2)      (n+l)(n+2) n+2
(e) Tvrzení dokážeme užitím matematické indukce.
1. Pro n = 1 : ^ = |, to zřejmě platí.
2. Předpokládejme platnost pro n a z předpokladu dokažme platnost pro (n + 1).
_1__i__1_____i 1 i 1 _    n     , 1 _
1-3 3-5 "•" (2n-l)(2n+l) (2n+l)(2n+3) — 2n+l "•" (2n+l)(2n+3) — _   n(2n+3)+l   _    2n2+3n+l    _  (n+l)(2n+l)  _ n+1
— (2n+l)(2n+3) — (2n+l)(2n+3) — (2n+l)(2n+3) — 2(n+l)+l
117
(f) Tvrzení dokážeme užitím matematické indukce.
1. Pro n = 1 : 1 • 2 = Tvrzení neplatí pro n = 1, proto není
třeba dále pokračovat v důkazu.
118
MA0002 — 11. domácí úkol
Cvičení 11.1 Potřebujeme převézt přes řeku kozu, vlka a zeli v loďce, která uveze pouze převozníka a jednu z „věcí". Jak to můžeme udělat, aby vlk nesežral kozu a koza zelí?
Cvičení 11.2 Máme plnou 121 nádobu a dvě prázdné nádoby - 71 a Jf.1. Přeléváním rozdělte vodu tak, aby ve dvou nádobách bylo 61 vody.
Cvičení 11.3 (*) Adam, Bedřich a Cyril mají skleničky s obsahem 5 dl, 3 dl a 2 dl. Na začátku jsou v Adamově skleničce 4 dl, zbylé dvě jsou prázdné. Jak je potřeba přelít víno tak, aby Adam měl ve své skleničce 2 dl a Bedřich a Cyril každý 1 dl?
Cvičení 11.4 Tři misionáři a tři lidožrouti se potřebují přepravit přes řeku na dvoumístné loďce. Je nežádoucí, aby se na některém břehu ocitlo více lidožroutů než misionářů. Loďka sama nepopluje. Zorganizujte přepravu.
Cvičení 11.5 Manželé Adamcovi byli na večírku s dalšími třemi manželskými páry. Zdravili se podáním ruky. Nikdo nepodal ruku sám sobě, svému partnerovi ani víckrát téže osobě. Když to skončilo, tak se pan Adamec zeptal, kolikrát kdo podal ruku. Od každého dostal jinou odpověď. Kolika lidem podala ruku paní Adamcová?
[Nápověda: nakreslete si situaci]
Cvičení 11.6 (*) Sedm kamarádů se před prázdninami dohodlo, že každý pošle pohled 3 kamarádům tak, aby každý poslal pohled tomu, od kterého pohled dostal nebo dostane. Navrhněte, kdo bude komu posílat pohlednice, aby byla podmínka splněna.
Cvičení 11.7 V klubu hádankára mají deset pater. Ve výtahu jsou tlačítka +3; -4;: 2.
(a) Lze se z libovolného patra dostat do jiného libovolného patra?
(b) Kolikrát zmáčkneme knoflík pro cestu z pátého do devátého patra?
Cvičení 11.8 (*) Hostitel pořádá každý den v týdnu večeři pro své přátele. Každý den pozve tři hosty. Jak může během týdne pozvat svých (a) 7; (b) 15 přátel tak, aby se každí dva z nich potkali alespoň jednou, případně právě jednou?
Cvičení 11.9 (*) Máme tři domy a tři studně. Navrhněte cestičky tak, aby vedly od každého domu ke každé studni a nikde se nekřížily.
119
MA0002 — řešení DÚ č. 11
Cvičení 11.1 Potřebujeme převézt přes řeku kozu, vlka a zeli v loďce, která uveze pouze převozníka a jednu z „věcí". Jak to můžeme udělat, aby vlk nesežral kozu a koza zeli?
Řešení:
Velice známá úloha s množstvím obměn lze řešit dle následující tabulky, kde vlk je značen V, koza K a zelí Z:
1. břeh	loď	2. břeh
VZ	-> K	-
vz	«-	K
v	-> Z	K
v	<- K	Z
K	-> V	Z
K	<—	VZ
—	-»• K	vz
Cvičení 11.2 Máme plnou 121 nádobu a dvě prázdné nádoby - 71 a 4 i-Přeléváním rozdělte vodu tak, aby ve dvou nádobách bylo 61 vody.
Řeěení:
Řešení je opět zadáno tabulkou objemů tekutiny v nádobách, v záhlaví jsou uvedeny objemy nádob.
121   71 41
12 -
5 7-
5 3 4 9 3-9-3 2 7 3 2     6 4
6 6-
Cvičení 11.3 (*) Adam, Bedřich a Cyril mají skleničky s obsahem 5 dl, 3 dl a 2 dl. Na začátku jsou v Adamově skleničce 4 dl, zbylé dvě jsou prázdné. Jak je potřeba přelít víno tak, aby Adam měl ve své skleničce 2 dl a Bedřich a Cyril každý ldl?
120
Řešení:
Tuto úlohu je možné vyřešit pouze za předpokladu, že si Adam s Cyrilem vymění skleničky, pokud bychom totiž získali 2 dl vína v Adamově skleničce, nejsme schopni rozlít Bedřichovi a Cyrilovi po 1 dl. Řešení s vyměněnými skleničkami je následující:
Adam (5 dl) Bedřich (3 dl) Cyril (2 dl)
4 - -
1 3
1 1 2
Cvičení 11.4 Tři misionáři a tři lidožrouti se potřebují přepravit přes řeku na dvoumístné loďce. Je nežádoucí, aby se na některém břehu ocitlo více li-dožroutů než misionářů. Loďka sama nepopluje. Zorganizujte přepravu.
Řešení:
Vycházíme ze skutečnosti, že na lodi nejsou lidožrouti sami sobě nebezpeční, protože musí pádlovat (mohou spolu plout i dva lidožrouti). Řešení je znázorněno v tabulce.
1. břeh	loď	2. břeh
MMLL	-> ML	-
MMLL	<- L	M
MML	-> LL	M
MML	<- L	ML
ML	-»• ML	ML
ML	<- L	MML
M	-»■ LL	MML
M	<- L	MMLL
—	-> ML	MMLL
Cvičení 11.5 Manželé Adamcovi byli na večírku s dalšími třemi manželskými páry. Zdravili se podáním ruky. Nikdo nepodal ruku sám sobě, svému partnerovi ani víckrát téže osobě. Když to skončilo, tak se pan Adamec zeptal, kolikrát kdo podal ruku. Od každého dostal jinou odpověď. Kolika lidem podala ruku paní Adamcová?
Řešení:
Na večírku jsou čtyři páry, jestliže si nikdo nepodal ruku se svým partnerem, mohl každý podat ruku nejvýše šesti lidem. Pan Adamec získal 7 různých odpovědí, musely to být odpovědi 0,1,... 6.
Osoba X\ si potřásla rukou s 6 osobami a nepotřásla si rukou pouze se svým doprovodem X<i- Jelikož si všichni kromě Xi potřásli rukou s Xi, pouze osoba X<i mohla panu Adamcovi odpovědět, že si s nikým rukou nepotřásla. Tím máme vysvětlenou zelenou část obrázku níže, body X\, X<i už s žádnými dalšími propojovat nebudeme.
Nazvěme Y\ osobu, která si potřásla rukou s 5 přáteli. Nemohla si potřást rukou s X<i ani se svým doprovodem Y2, se všemi ostatními si rukou potřásla, což máme v obrázku vyznačeno oranžovou barvou. Všechny osoby
121
mimo Xi,X2,Y\,Y2 si již podle obrázku podali ruku právě se dvěma osobami, proto jedině osoba Y2, mohla říci, že podala ruku pouze jedné osobě. Tím máme vysvětlenou i oranžovou část obrázku.
Dále si pojmenujme osobu jež přivítala 4 přátele Z\. Ta si musela potřást rukou ještě se dvěma ze zbývajících tří osob - osoba, se kterou si rukou ne-potřásla, musí být její doprovod Z2. Zbývá nám tedy osoba Z2, která uvítala 2 přátele, a dvě zbylé osoby, které obě uvítali právě 3 přátele. Protože panu Adamcovi odpověděl každý jinak, musí být právě zbývající dvě osoby Adamcovi.
Paní Adamcová podala ruku 3 osobám.
Cvičení 11.6 (*) Sedm kamarádů se před prázdninami dohodlo, že každý pošle pohled 3 kamarádům tak, aby každý poslal pohled tomu, od kterého pohled dostal nebo dostane. Navrhněte, kdo bude komu posílat pohlednice, aby byla podmínka splněna.
Řešení:
Když každý pošle 3 pohledy, bude dohromady odesláno 7-3 = 21 pohledů. Odešle-li osoba A pohled osobě B, musí i osoba B odeslat pohled osobě A. Proto je počet „poštovních tras" roven polovině poslaných pohledů, to však není možné.
Plán sedmi kamarádů nelze uskutečnit.
Cvičení 11.7 V klubu hádankářů mají deset pater. Ve výtahu jsou tlačítka +3; -4;: 2.
(a) Lze se z libovolného patra dostat do jiného libovolného patra?
(b) Kolikrát zmáčkneme knoflík pro cestu z pátého do devátého patra? Řešení:
(a) Abychom zajistili možnost dostat se z libovolného patra do jiného libovolného patra, stačí vytvořit posloupnost pater začínající i končící stejným patrem, v níž získáme pomocí operací na tlačítkách všechna patra od 1 do 10 (vytvoříme „kružnici", po které se můžeme dostat z jakéhokoli bodu do jakéhokoli bodu). Začněme například v prvním patře:
l + 3->-4:2->-2 + 3->-5 + 3->-8:2-)-4 + 3->-7 + 3->10-4->-6:2->3 + 3->6 + 3->-9-4->-5-4->l
Z libovolného patra se lze dostat do jiného libovolného patra.
(b) Využijeme vytvořené posloupnosti, přičemž z šestého patra budeme cestovat rovnou do devátého patra.
5 + 3->-8:2->-4 + 3->-7 + 3-)- 10 - 4->6 + 3->9
Z pátého do devátého patra se lze dostat pomocí šesti stisknutí tlačítek.
122
Cvičení 11.8 (*) Hostitel pořádá každý den v týdnu večeři pro své přátele. Každý den pozve tři hosty. Jak může během týdne pozvat svých (a) 7; (b) 15 přátel tak, aby se každí dva z nich potkali alespoň jednou, případně právě jednou?
Řešení:
(a) Pojmenujme si hosty Aleš, Bára, Cecil, Dana, Emil, Fábio a Gabriela (dále budeme užívat pouze jejich počáteční písmena). Hosty můžeme pozvat například podle tabulky níže, kdy se každý host s každým potká právě jednou.
Po	Ut	St	Ct	Pá	So	Ne
A	A	A	B	C	B	C
B	D	F	D	E	E	D
C	E	G	F	F	G	G
(b) K hostům pozvaným z předchozí varianty ještě přidáme Helenu, Ivana, Janu, Karla, Ludmilu, Marka, Nikolu a Ondru. Jelikož v předchozí variantě bylo o 8 osob méně a podařilo se nám je sezvat takovým způsobem, že se každý s každým potkal právě jednou (kdyby se někteří potkali více než jednou, jiní by se nepotkali vůbec), je jen logické, že se nám to u 15 osob nepodaří. Pokud bychom se problémem zabývali hlouběji, došli bychom k závěru, že právě jednou by se každý s každým potkal v případě, že by byl hostitel extrémně pohostinný a zval by trojice hostů celý týden na 5 jídel denně.
123