2 Písemná práce - základní kombinatorická pravidla Stručné řešení, výsledky... 31

Transkript

1 Obsah 1 Kombiatorika - sbírka vybraých úloh Základí kombiatorická pravidla Faktoriály, kombiačí čísla, biomická věta Úlohy s omezujícími podmíkami Písemá práce - základí kombiatorická pravidla Stručé řešeí, výsledky Písemá práce - faktoriály, kombiačí čísla, biomická věta Stručé řešeí, výsledky Písemá práce - úlohy s omezujícími podmíkami Stručé řešeí, výsledky Písemá práce - kombiatorika - shrutí Stručé řešeí, výsledky

2 1 Kombiatorika - sbírka vybraých úloh 1.1 Základí kombiatorická pravidla (pravidlo součiu, pravidlo součtu, Dirichletův pricip Metodické pozámky. Tyto úlohy je vhodé užít k dalšímu procvičeí (případě k maturitímu opakováí v situaci, kdy jsou studeti sezámei se základími kombiatorickými pravidly a pojmy (variace, kombiace, permutace a mají procvičey jedodušší rutií úlohy a jejich využití. U ásledujících úloh eí uté klást důraz a to, zda se jedá apř. o variace či kombiace. Lze jimi vést studety k přemýšleí, jakého kombiatorického pravidla užít a ásledého zdůvoděí proč tomu tak je. Úlohy jsou přitom voley tak, aby se jedotlivá pravidla střídala a prolíala a studeti tedy při jejich řešeí epostupovali mechaicky. Úlohy jsou řazey s rostoucí obtížostí. U ěkterých úloh se abízí řešeí více způsoby, případě je vhodé upozorit studety a úskalí postupu, který by byl chybý. V takovém případě je v části řešeí učiěa příslušá pozámka. Úlohy vedoucí k užití Dirichletova pricipu jsou většiou ve středoškolských učebicích a sbírkách opomíjey. Proto jsou zde zařazey v samostaté části a v případě, že studeti toto jedoduché kombiatorické pravidlo ezají, je možé tuto část vyechat. 1. Ve třídě studuje 13 dívek a 19 chlapců. a Určete, kolik je ze studetů této třídy možé sestavit smíšeých volejbalových družstev tak, aby družstvo bylo tvořeo právě třemi dívkami a právě třemi chlapci. (Dvě družstva, která se liší alespoň jedím hráčem, považujeme za růzá. Neuvažujte o rolích jedotlivých hráčů v týmu - ahrávač, smečař,... b Kolika způsoby je možé v této třídě zvolit tříčleou třídí samosprávu (1 zástupce do studetského parlametu, 1 správce třídí kihy a 1 třídí pokladík? (Dvě třídí samosprávy, které jsou složey ze stejých studetů, ale liší se jejich fukcemi, považujeme za růzé. Jakákoliv osoba může zastávat ejvýše jedu z uvedeých fukcí. c Kolika způsoby je možé ze studetů uvažovaé třídy vybrat dva taečí páry pro předtačeí a školím plese. (Taečí pár tvoří zásadě 1 dívka a 1 chlapec. 2. Kolik existuje rovorameých trojúhelíků, jejichž všechy vrcholy leží ve vrcholech pravidelého osmiúhelíku? Rovostraý trojúhelík považujeme za speciálí případ trojúhelíku rovorameého. Dva trojúhelíky považujeme za růzé, pokud alespoň jede vrchol emají společý, tz. apř. dva shodé trojúhelíky chápeme jako růzé, pokud alespoň jede vrchol emají společý. Rozdělme dále všechy tyto trojúhelíky do moži tak, aby trojúhelíky, které jsou shodé, ležely vždy ve stejé možiě a trojúhelíky, které ejsou shodé, ležely vždy v jié možiě. Do kolika 2

3 moži budou trojúhelíky tímto způsobem rozděley? Dále určete počet (ve výše popsaém smyslu všech rovorameých trojúhelíků, které mají vrcholy ve vrcholech pravidelého dvaáctiúhelíku. 3. Určete, kolika způsoby lze sestavit rozvrh a jede de pro třídu, v íž se vyučuje dvaácti předmětům a každému ejvýše jedu vyučovací hodiu deě, má-li se skládat ze šesti vyučovacích hodi (bez volých hodi tak, aby se v ěm vyskytovala matematika? 4. V roviě je dáo bodů, z ichž p leží a jedé přímce (, p N. Kromě ich žádé tři body a téže přímce eleží a dále žádé čtyři body eleží a jedé kružici. Udejte, kolik je těmito body určeo kružic. 5. Určete kolik čtyřciferých přirozeých čísel dělitelých a čtyřmi, b deseti, c dvaceti lze sestavit z číslic 0, 1, 2, 3, 4, jestliže se zadaé cifry i esmí opakovat, ii mohou opakovat. 6. Ve Sportce se losuje 6 čísel ze 49 a jedo číslo dodatkové. Sázka se provádí tak, že hráč podá tiket, ve kterém zakřížkuje právě šest čísel, o kterých doufá, že budou vytažea. V případě, že sázející uhode všech šest čísel získává prví ceu, trefí-li se do pěti z vylosovaých čísel a je-li šesté číslo a jeho tiketu číslem dodatkovým, obdrží ceu druhou. Pokud uhode právě pět vylosovaých čísel a euhode číslo dodatkové, dostává ceu třetí. Čtvrtá cea je udělea při uhodutí právě čtyř a pátá při správém tipu právě tří vylosovaých čísel. Kolik růzých tiketů je možé v této hře vsadit? Kolika způsoby (tj. podáím kolika růzých tiketů lze vyhrát každou z uvedeých ce? 7. Kolik je a šachovici možých tahů a věže, b koě? 8. Trezor je zabezpeče třemi zámky. K odemčeí každého z ich je třeba zadat správý kód. Trezor je přitom možé otevřít pouze při současém odemčeí všech tří zámků, tj. po úspěšém zadáí všech tří správých kódů. Libovolý z těchto zámků přitom otevírá jediý kód, který avíc vyhovuje ásledujícím podmíkám. 3

4 Prví kód tvoří dvojciferé přirozeé číslo, které má obě cifry liché a avzájem růzé. Druhým kódem je trojciferé přirozeé číslo, které je dělitelé jedeácti. Třetí kód představuje jedociferé či dvojciferé číslo, které dostaeme, pokud sečteme posledí cifru prvího kódu s posledí cifrou druhého kódu. a Určete počet všech čísel, která mohou být kódem k prvímu zámku (o ostatích zámcích v této souvislosti euvažujte. b Určete počet všech čísel, která mohou být kódem k druhému zámku (o ostatích zámcích v této souvislosti euvažujte. c Určete počet všech čísel, která mohou být kódem ke třetímu zámku (v závislosti a iformacích z částí a a b. d Zjistěte počet všech (uspořádaých trojic čísel vyhovujících zadaým podmíkám, které by bylo potřeba vyzkoušet, abychom měli jistotu, že trezor otevřeme. 9. Kolik přímek určuje 9 růzých bodů, z ichž 4 leží a jedé přímce a žádé 3 další již a jedé přímce eleží. Výsledek vyčíslete. 10. Kolika způsoby lze z možiy všech dvojciferých přirozeých čísel vybrat dvě (růzá čísla (bez ohledu a pořadí tak, aby jejich souči byl dělitelý třemi. 11. Aagramem rozumíme libovolé slovo (bez ohledu a to, zda dává smysl, které lze získat z písme jistého daého slova a to tak, že každé písmeo je v tomto slově použito právě tolikrát, kolikrát se v daém slově vyskytuje. Původí slovo a z ěj utvořeý aagram tedy mají stejou délku, tj. každé z ich je složeo ze stejého počtu písme. Například slovo TURAMITA je jedím z aagramů, který je vytvoře ze slova MATURITA. a Kolik aagramů lze utvořit z písme slova GYMNÁZIUM? (Původí slovo GYMNÁZIUM považujte za jede z hledaých aagramů. b V kolika aagramech, které jsou utvořey z písme slova GYMNÁZIUM, se vyskytují dvě písmea M bezprostředě vedle sebe (tz. každý vyhovující aagram obsahuje podslovo typu MM? c V kolika aagramech, které jsou utvořey z písme slova GYMNÁZIUM, se žádé dvě samohlásky evyskytují bezprostředě vedle sebe (tz. každý vyhovující aagram má mezi libovolými dvěma samohláskami alespoň jedu souhlásku? 12. V obchodě abízí teisové míče čtyř růzých začek - Dulop, Pe, Slazeger a Wilso. Všechy jsou baley v dózách po čtyřech kusech. Kolika způsoby si může Aleš koupit 8 dóz? Každé začky má prodejce více ež 8 dóz. 4

5 13. Do soutěže se zapojilo účastíků, přičemž 980 z ich zaslalo správou odpověď a bude mezi ě rozděleo 5 kižích ce. Určete kolika způsoby může rozděleí ce dopadout, jestliže a všechy kihy jsou stejé a každý výherce dostae právě jedu z ich, b se jedá o 5 růzých kih a každý výherce dostae právě jedu z ich, c všechy kihy jsou stejé a libovolý výherce může dostat i více kih, d se jedá o 5 růzých kih a libovolý výherce může dostat i více kih. Výsledky stačí určit pomocí výrazů sestaveých z faktoriálů, kombiačích čísel,... a eí třeba je vyčíslovat. 14. Kolika způsoby lze rozlosovat 16 teistů do dvojic pro prví kolo turaje? Další průběh turaje (tj. případé soupeře v dalších kolech euvažujte. 15. Na kostkách domia je v každém poli zázorěo 0-10 bodů, přičemž libovolá z možých dvojic je a právě jedé kostce. Kolik kostek má tato hra? Kolika způsoby je možé ze všech kostek vybrat jedu dvojici kostek tak, aby bylo možé je přiložit k sobě? Řešeí, ávody a výsledky: 1. a Vzhledem k tomu, že ezáleží a pořadí, vybereme dívky ( ( 13 3 a chlapce 19 3 způsoby, tj. družstev je = = ! 3! b Nezáleží a pohlaví, tedy = c Pro výběr prvího páru je = 247 možostí, pro výběr druhého páru je = 216 možostí. Protože a pořadí párů ezávisí, je možostí výběru = Žádý trojúhelík vepsaý předepsaým způsobem do pravidelého osmiúhelíku emůže být rovostraý. Osmi způsoby vybereme hlaví vrchol a dále máme tři možosti pro výběr základy, tj. existuje právě 24 rovorameých trojúhelíků vyhovujících zadáí, které lze popsaým způsobem rozdělit do tří moži (každá obsahuje osm prvků. V pravidelém dvaáctiúhelíku se již objeví i trojúhelíky rovostraé, dle zadaé kovece jejich počítáí jsou celkem 4. Dále můžeme aalogicky jako v předchozím určit počet všech rovorameých trojúhelíků, které ejsou rovostraé. Dvaácti způsoby vybereme hlaví vrchol a zůstaou ám čtyři možosti, jak zvolit základu. Dohromady tedy máme = 52 vyhovujících trojúhelíků. 5

6 3. Z jedeácti předmětů (mimo matematiky vybereme dalších 5, které se budou v daý de společě s matematikou vyučovat. To lze udělat ( 11 5 způsoby. Jedotlivé předměty zbývá rozmístit do rozvrhu. Je možé je uspořádat 6! způsoby. Dá se tedy sestavit ( 11 6! = 11! 6! = = ! 5! růzých rozvrhů. Výsledek je možé zdůvodit rověž tak, že ejprve šesti způsoby vybereme hodiu, v íž bude vyučováa matematika a dále budeme postupě zaplňovat eobsazeé vyučovací hodiy. K obsazeí prvího volého místa v rozvrhu máme volbu z jedeácti předmětů, pro druhé místo už je z desíti předmětů, atd. až posledí páté pole zaplíme libovolým ze zbývajících sedmi předmětů. Užitím kombiatorického pravidla součiu již dostáváme výše uvedeý výsledek. 4. Libovolé tři ze zadaých bodů, které avíc eleží a jedé přímce, určují jedozačě kružici. Vybereme-li však trojici bodů ležících a jedé přímce, eexistuje ( žádá kružice, a íž by tyto 3 body současě ležely. Hledaých kružic tedy je ( 3 p a Číslo je dělitelé čtyřmi právě tehdy, když jeho posledí dvojčíslí je dělitelé čtyřmi. Budeme tedy zvlášť uvažovat o jedotlivých případech podle toho jakou cifrou (ciframi číslo kočí. Musí to být ěkterá z číslic 0, 2, 4 (posledí dvojčíslí může být je a pouze tvaru 00, 20, 40, 12, 32, 04, 24, 44. i Cifry se eopakují. Kočí-li číslo ulou, máme pro výběr předposledí číslice dvě možosti (2 ebo 4, a prví pozici můžeme umístit libovolou z dosud epoužitých tří číslic a dvě možosti výběru ještě zbývají a druhou pozici. Čísel kočících ulou tedy je = 12. Kočí-li číslo dvojkou, máme pro výběr předposledí číslice dvě možosti (1 ebo 3, dále je třeba obsadit prví pozici, eboť jsme vázái tím, že zde esmí být ula - máme tedy dvě možosti výběru. Koečě pro zaplěí druhé pozice máme též dvě možosti (může tam být 0 ebo zbývající epoužitá číslice. Čísel kočících dvojkou tedy je = 8. Kočí-li číslo dvojčíslím 04, máme pro výběr prví číslice tři možosti a pro obsazeí druhé pozice dvě možosti. Čísel kočících dvojčíslím 04 tedy je 3 2 = 6. Kočí-li číslo dvojčíslím 24, máme pro výběr prví číslice dvě možosti (esmíme tam umístit 0 a pro obsazeí druhé pozice opět dvě možosti. Čísel kočících dvojčíslím 24 tedy je 2 2 = 4. Zjišťujeme, že čísel dělitelých čtyřmi (za podmíky eopakujících se cifer je celkem = 30. ii Cifry se mohou opakovat. Pro obsazeí posledího dvojčíslí máme právě 8 možostí (00, 20, 40, 12, 32, 04, 24, 44. Ve všech případech dále platí, 6

7 že a prví pozici můžeme umístit libovolou eulovou číslici (máme 4 možosti volby, a druhé pozici žádé omezeí eí - máme zde 5 možostí. Zjišťujeme, že čísel dělitelých čtyřmi (za podmíky možého opakováí se cifer je celkem = 160. b V případě dělitelosti deseti je uté a stačí, aby posledí cifrou byla ula. i Cifry se eopakují. Na prví pozici lze vybrat libovolou ze čtyř zbývajících cifer, a další ze tří a a třetí zůstává volba ze dvou možostí, existuje tedy = 24 takových čísel. ii Cifry se mohou opakovat. Na prví pozici lze vybrat libovolou ze čtyř cifer (kromě uly, a druhou a a třetí pozici pak jakoukoliv z pěti uvažovaých cifer, existuje tedy = 100 takových čísel. c Pro dělitelost dvaceti je uté a stačí z čísel, o kterých již víme, že jsou dělitelá čtyřmi vybrat ta, která jsou i dělitelá pěti. Vzhledem k tomu, že číslici 5 euvažujeme, jsou to právě ta čísla, která kočí ulou. i Cifry se eopakují. Jedá se o 12 čísel (viz zdůvoděí výše - část a, oddíl i, prví odrážka. ii Cifry se mohou opakovat. Pro obsazeí posledího dvojčíslí máme právě 3 možosti (00, 20, 40. Ve všech případech dále platí, že a prví pozici můžeme umístit libovolou eulovou číslici (máme 4 možosti volby, a druhé pozici žádé omezeí eí - máme zde 5 možostí. Zjišťujeme, že čísel dělitelých dvaceti (za podmíky možého opakováí se cifer je celkem = Růzých tiketů lze podat ( 49 6 = , prví ceu však zajistí jediý z ich. V případě druhé cey je třeba mít a tiketu dodatkové číslo a dále pět z vylosovaých čísel, tz. šesti způsoby můžeme zvolit to z vylosovaých čísel, které a tiketu emáme. Proto právě 6 růzých tiketů může vyhrávat druhou ceu. Vyásobíme-li těchto šest možostí, jak uhodout správě pětici z šesti vylosovaých čísel, číslem 42, tj. počtem možostí, jak vybrat posledí číslo tak, aby ebylo žádým z šesti čísel vylosovaých ai číslem dodatkovým, zjistíme, že třetí ceu lze získat podáím ěkterého z 252 růzých tiketů. V případě čtvrté cey to je ( ( 2 = růzých tiketů a u páté cey ( ( = růzých tiketů. 7. a Věž se při hře může dostat a libovolé pole šachovice, tz. pro volbu počátečího pole při jejím tahu máme 64 možostí. Věží je možé táhout a libovolé pole v příslušém sloupci či řádku (kromě počátečího. Bez ohledu a polohu počátečího pole je takových polí vždy 14. Existuje tedy = 896 možých tahů věže. b Počet tahů koě závisí a poloze příslušého počátečího pole a šachovici. Rozdělme šachovici do skupi polí (a disjuktí podmožiy tak, aby ve 7

8 stejé skupiě byla pole, z ichž existuje stejý počet tahů koěm. A B C C C C B A B C D D D D C B C D E E E E D C C D E E E E D C C D E E E E D C C D E E E E D C B C D D D D C B A B C C C C B A Sado ahlédeme, že z polí typu A (jsou 4 může kůň táhout dvěma způsoby, z polí typu B (je jich 8 třemi způsoby, z polí typu C (je jich 20 čtyřmi způsoby, z polí typu D (je jich 16 šesti způsoby a z polí typu E (je jich 16 osmi způsoby. Možých tahů koěm tedy je = a Prví cifru lze vybrat pěti způsoby, druhou čtyřmi, protože esmíme vybrat cifru, která je použita a prvím místě. Proto existuje právě 5 4 = 20 čísel, která mohou být kódem k prvímu zámku. b Nejmeším trojciferým číslem dělitelým jedeácti je 110, ejvětším 990. Proto existuje právě = 81 čísel, která mohou být kódem k druhému zámku. c Posledí cifra prvího kódu je 1, 3, 5, 7 ebo 9, druhý kód může kočit jakýmkoliv číslem z možiy {0, 1,..., 9}. Sado ahlédeme, že každý z teoreticky možých součtů 1 až 18 může být v této situaci realizová. Proto existuje právě 18 čísel, která mohou být kódem ke třetímu zámku. d Na místě prvího kódu je možé vyzkoušet libovolé z 20-i vyhovujících čísel v úloze a, pro druhý zámek připadá v úvahu každé z 81 vyhovujících čísel v části b, ovšem pro třetí kód již žádou volbu emáme - te je jedozačě urče výběrem předchozích dvou čísel. Je tedy třeba zkusit = variat trojic čísel. 9. Popíšeme dvě úvahy vedoucí k řešeí. Čtyři body leží dle zadáí a přímce, tz. určují jediou přímku. Výběrem libovolé dvojice ze zbývajících pěti bodů bude určea vždy jiá přímka, máme tedy ( 5 2 = 10 dalších přímek. Koečě může být přímka určea jedím ze čtveřice kolieárích bodů a jedím z dalších pěti bodů, takových přímek je 4 5 = 20. Zjišťujeme, že zadaé body určují dohromady = 31 přímek. Kdyby žádé tři body eležely a jedé přímce určovaly by ( 9 2 = 36 přímek. Přímku, a které leží právě čtyři zadaé body jsme ale počítali ( 4 2 = 6 krát, ačkoliv jsme ji správě měli uvážit pouze jedou. Hledaých přímek tedy je = 31. 8

9 10. Souči je dělitelý třemi právě tehdy, když alespoň jede čiitel je dělitelý třemi. Z devadesáti dvojciferých přirozeých čísel je právě 30 dělitelých třiceti. Vysvětlíme dva způsoby dořešeí úlohy. Mohou astat dva vyhovující případy - oba čiitelé jsou ásobky tří (lze je vybrat ( 30 2 = 435 způsoby, ebo je dělitelý třemi právě jede z ich (pro výběr příslušé dvojice je tedy = možostí. Proto existuje = vyhovujících dvojic. Od počtu všech euspořádaých dvojic dvojciferých přirozeých čísel, tj. od čísla ( 90 2 = odečteme počet evyhovujících dvojic, tj. počet dvojic, ve kterých žádý z čiitelů eí ásobkem tří. Těch je ( 60 2 = Ve výsledku tedy dostáváme = vyhovujících dvojic. 11. a Uspořádejme písmea slova GYMNÁZIUM jakoby byla všecha růzá a teto počet vydělme dvěma, což odpovídá prohozeí písmee M, které se ijak eprojeví. Aagramů tedy je 9! = b Podslovo MM chápejme jako jedié písmeo. Máme tedy uspořádat osm růzých písme, což lze 8! = způsoby. c Máme 5 souhlásek, které dle schématu Souhláska Souhláska Souhláska Souhláska Souhláska vytvoří 6 pozic (ozačeých, které mohou být obsazey ěkterou (vždy ale jediou ze čtyř samohlásek obsažeých ve slově GYMNÁZIUM. Vybereme tedy čtyři z ich ( 6 4 = 15 způsoby, dále a ě tyto samohlásky rozmístíme 4! = 24 způsoby a koečě i souhlásky (a pozice pro souhlásky 5! = 60 způsoby. 2 Hledaých aagramů tedy je = Každý takový ákup lze zakódovat šifrou, kterou tvoří 8 vodorových čárek a 3 čárky svislé. Svislé čárky začí jisté přepážky mezi čtyřmi přihrádkami (druhy míčů, do kterých rozdělujeme osm vodorových čárek (totiž dóz míčů. Např. šifra začí ákup 2 dóz míčů začky Dulop (1. přihrádka, žádé dózy začky Pe (2. přihrádka, pěti dóz začky Slazeger (3. přihrádka a jedé dózy začky Wilso (4. přihrádka. Vzhledem k tomu, že každému z možých ákupů odpovídá jediá šifra a opačě libovolá šifra popisuje jediý ákup míčů (tj. příslušé zobrazeí je bijektiví, stačí určit, kolik popsaých šifer je možé sestavit. Z osmi symbolů a tří máme utvořit šifru o celkovém počtu 11-i zaků. Z jedeácti pozic tedy stačí vybrat tři, a které apíšeme a a volá místa (již bez možosti jakékoliv volby doplíme. Možých ákupů je tedy ( 11 3 = a ( 980 5, 9

10 b ( !. c Uvažujme šifrováí podobě jako v předchozí úloze. Lidé, kteří správě odpověděli, tvoří přihrádky (k jejich odděleí potřebujeme 979 přepážek; apř. symbol, do kterých bude rozděleo 5 stejých objektů (apř. symbol. Tedy existuje ( kódů. d Každou kihu je možé dát libovolému z 980 kadidátů výhry, tj. možostí je Z šestácti teistů je třeba utvořit osm dvojic. Prví dvojici losujeme ze všech šestácti hráčů, tedy může být vybráa ( 16 2 způsoby, druhou dvojici již je ze čtrácti zbývajících hráčů ( 14 2 způsoby, atd. Protože ás však ezajímá další průběh turaje, eí podstaté pořadí vylosovaých dvojic (tedy jejich umístěí v pavouku turaje. To zameá, že souči azačeých kombiačích čísel je potřeba vydělit číslem 8!, které udává počet způsobů, jak seřadit již vylosovaých osm dvojic. Možostí losu tedy je ( 16 ( 2 14 ( 2 12 ( 2 10 ( 2 8 ( 2 6 ( 2 4 ( =... = = ! Získaý výsledek je možé zdůvodit rověž takto. Prví hráč má 15 možostí výběru soupeře. Zbyde 14 dalších hráčů, přičemž prví z ich má 13 možostí výberu soupeře, atd. 15. Ozačme k hledaý počet kostek domia a z počet způsobů výběru dvojice kostek, které lze k sobě přiložit. Nejprve si uvědomme, že výpočet k = (10+12 je chybý, 2 protože v čitateli sice kostky, které mají v obou částech růzý počet bodů, počítáme dvakrát, ale toto již eplatí pro kostky se stejým počtem bodů a obou straách. Proto zvlášť určíme počet kostek, které mají v obou částech růzý počet bodů a přičteme počet kostek, které mají v obou částech stejý počet bodů, tedy k = = 66. Dále z = 11 (11 2 = 605, eboť jedeácti způsoby vybereme počet bodů, který bude a obou kostkách (abychom je mohli přiložit k sobě a z jedeácti kostek, které teto počet bodů obsahují, vybereme libovolé dvě. Úlohy využívající Dirichletův pricip 1. Předpokládejme, že žádý člověk emůže mít a hlavě více ež vlasů. Dokažte, že pak v Brě musí žít alespoň dva lidé, kteří mají stejý počet vlasů. 2. Adam skladuje své poožky v jedom eprůhledém pytli. Má v ěm poožky čtyř růzých barev - bílé, čeré, modré a šedé (od každé barvy alespoň 10 kusů. Zda se jedá o poožky a pravou či levou ohu, to Adam zásadě erozlišuje. Kolik poožek musí z pytle áhodě vytáhout, aby měl jistotu, že z ich zkompletuje a alespoň jede pár (bez ohledu a to jaké bude barvy, 10

11 b alespoň dva páry (bez ohledu a to jaké budou barvy, c alespoň dva páry téže barvy (bez ohledu a to jaké bude barvy. 3. Na představeí v divadle se sešlo diváků. Dokažte, že mezi imi jsou alespoň dva, kteří ve skupiě těchto lidí mají stejý počet přátel. Přátelství přitom považujeme za vzájemý vztah, tedy je-li osoba A přítelem osoby B, pak i opačě osoba B považuje A za svého přítele. 4. V roviě je dáo 31 takových bodů, že v libovolé trojici z ich lze ajít dva body, jejichž vzdáleost eí větší ež 3 cm. Dokažte, že existuje kruh s průměrem 6 cm, v ěmž leží alespoň 16 z těchto bodů. 5. Dokažte, že z každé skupiy sedmi prvočísel lze vybrat dvojici, která kočí stejou číslicí. Z jakého ejmešího počtu prvočísel bychom mohli vybrat trojici čísel kočících stejou cifrou? 6. Z možiy všech dvouciferých přirozeých čísel vyberte co ejvětší počet čísel tak, aby a rozdíl žádých dvou z vybraých čísel ebyl dělitelý devíti, b součet žádých dvou z vybraých čísel ebyl dělitelý devíti. Zdůvoděte, proč vámi alezeý výběr má požadovaou vlastost a proč žádý výběr většího počtu čísel zadáí úlohy emůže vyhovět. Řešeí, ávody a výsledky: 1. Je všeobecě zámo, že Bro má více ež obyvatel. Můžeme je myšlekově rozdělit do skupiek podle počtu vlasů, které má každý a své hlavě. Je evidetí, že musí existovat skupika, která obsahuje alespoň dvě osoby. 2. a 5 (čtyři by ještě mohly být každá jié barvy; b 7 (z šesti poožek musí být utě schope poskládat pár, dále může mít po jedom kusu poožek čtyř růzých barev, které pár etvoří; c 13 (dvaáct poožek může být takových, že má právě tři kusy od každé barvy. 3. Rozdělme diváky do přihrádek podle počtu přátel, které ve skupiě diváků mají. Každý mezi přítomými má 0 až 1 přátel, což představuje přihrádek. Ovšem, je-li v hledišti taková osoba, která se přátelí se všemi ostatími diváky, pak tam eí ikdo, kdo by eměl žádého přítele. To zameá, že alespoň jeda z přihrádek, které obsahují 0 a 1 přátel, musí zůstat prázdá. Proto rozdělujeme osob pouze do 1 přihrádek, takže v alespoň jedé z ich budou alespoň dvě osoby. 11

12 4. Uvažme libovolé dva z těchto bodů a uvažme dva kruhy se středy v těchto dvou bodech, každý s poloměrem 3 cm. Dle zadáí každý další bod musí ležet v alespoň jedom z těchto kruhů, proto v alespoň jedom z ich takových bodů musí existovat alespoň Prvočíslo zřejmě emůže kočit žádou číslicí z možiy {0, 4, 6, 8}. Rozdělíme-li sedm čísel do šesti přihrádek podle toho, jakou číslicí kočí, zjistíme, že v alespoň jedé z těchto přihrádek musí být alespoň dvě čísla. Pro odpověď a druhou část otázky je třeba si uvědomit, kolik čísel může být v jedotlivých přihrádkách obsažeo. Sudé prvočíslo existuje jedié - číslo 2, taktéž prvočíslo kočící cifrou 5 existuje pouze jedo, ostatí přihrádky mohou obsahovat čísel více (apř. každé z čísel 11, 31, 3, 13, 7, 17, 19, 29 je prvočíslem. Proto máme jistotu, že z jedeácti prvočísel vždy vybereme trojici čísel kočících stejou cifrou. To, že teto počet je s požadovaou vlastostí opravdu ejmeší, dokazuje možia deseti prvočísel {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 29, 31} z ichž požadovaou trojici evybereme. 6. Všecha dvouciferá přirozeá čísla rozdělme do devíti desetiprvkových moži podle toho, jaký dávají zbytek po děleí devíti - tzv. do zbytkových tříd podle modulu 9. M 0 = {18, 27,..., 99}, M 1 = {10, 19,..., 91}, M 2 = {11, 20,..., 92}, M 3 = {12, 21,..., 93}, M 4 = {13, 22,..., 94}, M 5 = {14, 23,..., 95}, M 6 = {15, 24,..., 96}, M 7 = {16, 25,..., 97}, M 8 = {17, 26,..., 98}, a Vybereme-li dvě čísla ze stejé zbytkové třídy, pak je jejich rozdíl dělitelý devíti. Pokud však zvolíme jakákoliv čísla ze dvou růzých tříd, pak jejich rozdíl evidetě devíti dělitelý eí. Kdybychom tedy vybrali více ež devět čísel, musel by se v tomto výběru utě objevit alespoň dvakrát reprezetat téže zbytkové třídy. Vyhoví tedy ejvýše devítiprvková možia, která bude obsahovat po jedom zástupci z každé výše uvedeé zbytkové třídy, apř. možia {10, 11,..., 18}. b Součet dvou čísel je dělitelý devíti právě tehdy, když je dělitelý devíti součet zbytků, které každé z těchto čísel po děleí devíti dává (tz. součet příslušých idexů jedotlivých zbytkových tříd. Můžeme tedy vybrat jedoho reprezetata třídy M 0 (součet dvou čísel z M 0 by totiž byl dělitelý devíti a všechy prvky z moži M 1, M 2, M 3 a M 4. Dohromady se jedá o 41 vyhovujících čísel. Větší počet čísel již zřejmě emůže vyhovět. Uvedeé úvahy jsou korektí též díky skutečosti, že všechy zbytkové třídy mají stejý počet prvků. 12

13 1.2 Faktoriály, kombiačí čísla, biomická věta Metodické pozámky. Mezi zařazeými úlohami je miimum těch, které vedou a rutií úpravy výrazů obsahující faktoriály či kombiačí čísla. Takové úlohy jsou v dostatečé míře zastoupey v dostupých a běžě používaých středoškolských sbírkách. Pro ilustraci jsou zde zařazey prví dvě úlohy tohoto zaměřeí. Jsou záměrě voley tak, aby u ich byla ezbytá diskuse podmíek či provedeí zkoušky. Zpravidla se ejedá o základí úlohy. Většia úloh propojuje více témat středoškolské matematiky. Sada těchto úloh opět může posloužit pro hlubší procvičeí probíraé látky či pro maturití opakováí. U úloh týkajících se čleů biomického rozvoje výrazu (a + b je za (k + 1-í čle rozvoje považová výraz A k+1 = ( k a k b k, kde k {0, 1,..., }. Pozorost je věováa i ěkolika úlohám, jež vedou k užití jedoduchých důsledků vlastostí kombiačích čísel (viz úloha č. 4 či biomické věty (viz úloha č. 5, které mohou být při povrchím přístupu přehléduty, ačkoliv je lze výhodě použít při řešeí úloh z teorie čísel (viz úlohy č V části věovaé řešeím úloh jsou v ěkolika případech uvedey ávody k alterativím postupům řešeí příslušých úloh, či jié postřehy, které by mohlo být užitečé se studety diskutovat. 1. V ejvětším číselém oboru, ve kterém je defiováa, vyřešte rovici log(x + 6! log(x + 5! = 2 log x. 2. V ejvětším číselém oboru, ve kterém je defiováa, vyřešte rovici ( ( ( ( ( 2 x + 2 x = x x Dokažte, že pro všecha N platí ( ( 1 k 2 k = 1. k k=0 4. Dokažte, že jakékoliv kombiačí číslo (tj. číslo defiovaé vztahem ( k =!, k!( k! kde a k jsou ezáporá celá čísla taková, že k je vždy číslem přirozeým. 5. K libovolé trojici čísel a, b Z a N existuje k Z takové, že platí Dokažte. (a + b = ka + b. 6. Určete počet všech racioálích sčítaců v rozvoji výrazu (

14 7. Určete ejmeší s ásledující vlastostí. Z libovolých přirozeých čísel lze vybrat alespoň dvě taková, že jejich faktoriál kočí stejou cifrou. Lze zjistit i o jakou číslici se jedá? Dále vypočtěte, kolika stejými číslicemi kočí číslo 132!. 8. S využitím biomické věty dokažte, že pro libovolé N platí, že výraz je dělitelý číslem 48. V ( = S využitím biomické věty vypočtěte zbytek po děleí čísla číslem S využitím biomické věty dokažte, že číslo je dělitelé patácti. 11. V biomickém rozvoji výrazu (x 3 x + 1x 2 ( N, 2 je součet prvích tří koeficietů rove 56. Určete z této podmíky absolutí čle rozvoje (tj. čle eobsahující x. Své tvrzeí podložte výpočtem, výsledek vyčíslete. O kolikátý čle rozvoje se jedá? 12. Vypočtěte ( ( ( 4. 4 Výsledek případě můžete echat ve tvaru vhodého kombiačího čísla. 13. Uvažujme možiu M, která má právě prvků ( N. Porovejte počet všech eprázdých podmoži možiy M, které mají sudý počet prvků s počtem všech podmoži možiy M, které mají lichý počet prvků. Řešeí, ávody a výsledky: 1. Za podmíky x N platí log(x + 6! log(x + 5! = 2 log x log (x + 6! (x + 5! = log x2 x 2 x 6 = 0. Uvedeé rovici vyhoví kořey x 1 = 2 a x 2 = 3, ale je x 2 vyhoví podmíce; K = {3}. 2. Za podmíky x N 0 platí ( ( ( ( 2 x + 2 x 1 4 = x x 2 2 x 2 + 2x 35 = 0. ( 6 3 (x + 2(x + 1 (x 1 = Uvedeé rovici vyhoví kořey x 1 = 7 a x 2 = 5, ale je x 2 vyhoví podmíce; K = {5}. 14

15 3. Plye z biomické věty pro a = 2 a b = Tvrzeí plye bezprostředě z kombiatorického výzamu kombiačího čísla, které udává počet všech k-prvkových podmoži - prvkové možiy. Teto počet musí být přirozeým číslem. Pozameejme, že zdůvoděí je možé vést i pomocí Pascalova trojúhelíku, chápeme-li jej jako schéma, které obsahuje všecha kombiačí čísla. Nedílou součástí tohoto postupu pak je zdůvoděí, že pro libovolá ezáporá celá čísla a k taková, že k + 1, platí vztahy ( ( 0 = ( = 0 a ( k + ( k+1 = +1 k+1. Vhodé je studety upozorit a přímý důsledek dokázaého tvrzeí. Protože pro uvažovaá čísla a k platí ( = k! k!( k! = ( 1... ( k + 1 k! zameá skutečost, že každé kombiačí číslo je číslem přirozeým také to, že souči libovolých k po sobě jdoucích přirozeých čísel je vždy dělitelý číslem k!. 5. Podle biomické věty platí ( ( (a + b = a a 1 b ( ( a k b k ab 1 + k 1, ( b. Po vytkutí čísla a ze všech sčítaců kromě posledího odtud dostáváme [( ( ( ( ] (a+b = a a 1 + a 2 b a k 1 b k b 1 +b. 0 1 k 1 V předchozí úloze jsme vysvětlili, že každé kombiačí číslo je číslem přirozeým, proto je vzhledem k zadaým podmíkám celá hraatá závorka rova jistému celému číslu. Ozačíme-li jej k, obdržíme dokazovaý tvar rovosti. 6. Pro (k + 1-í sčítaec podle biomické věty platí ( ( 60 A k+1 = 3 60 k 3 (2 3 k 60 4 = k k 3 20 k 12 2 k 4. To zameá, že k tomu, aby byl (k + 1-í sčítaec racioálí, je uté a stačí, aby ezáporé celé číslo k 60 bylo dělitelé dvaácti. Tuto vlastost má právě každé k z šestiprvkové možiy {0, 12, 24, 36, 48, 60}. Racioálích sčítaců je v zadaém rozvoji Víme, že 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24. Dále zřejmě platí, že číslo! je pro > 4 dělitelé desíti a tudíž kočí ulou. Mají-li faktoriály dvou přirozeých čísel kočit stejou cifrou, musí to tedy být ula. Z libovolé šestice přirozeých čísel takovou 15

16 dvojici vždy vybereme, z pětice přirozeých čísel (apř. z možiy {1, 2, 3, 4, 5} to jít emusí, tedy = 6. Zbývá zjistit kolika ulami kočí číslo 132!. Bude to tolik ul, jaká je mocia čísla 5 (ozačme ji m v rozkladu čísla 132! a souči prvočísel (mocia čísla 2 v tomto rozkladu je zřejmě vyšší. Možia ásobků pěti meších ež 133, tj. možia {5, 10, 15,..., 130} obsahuje = 26 čísel, přičemž pět 5 z ich je ásobkem čísla 5 2 (čísla 25, 50, 75, 100 a 125, posledí z ich je dokoce ásobkem čísla 5 3. Proto m = = 32. Číslo 132! tedy kočí 32 ulami. 8. Platí V ( = = 49 1 = ( Podle důsledku biomické věty z úlohy č. 5 dále platí, že každý sčítaec kromě posledího v rozvoji ( je ásobkem čísla 48, posledí sčítaec je rove jedé, tj. ( = 48k + 1, kde k N. Proto V ( = 48k, čímž je tvrzeí dokázáo. 9. Platí = ( = 51k + ( = 51k + 1 = 17 3k + 1, kde k Z. Číslo tedy po děleí sedmácti dává zbytek Dokažme postupě dělitelost čísla třemi a pěti = ( ( = 12k [9l + ( 1 18 ] = 3(4k 3l, = = ( ( = 5(34m 13, kde k, l, m a jsou celá čísla. Vzhledem k esoudělosti čísel 3 a 5 z uvedeého plye dělitelost čísla patácti. 11. Za podmíky N, 2 dle zadáí platí ( ( ( ( = ( 10( + 11 = 0. = = 0 Uvedeé rovici vyhoví kořey 1 = 10 a 2 = 11, ale je 1 vyhoví podmíce. Pro hledaý (k + 1-í čle rozvoje uvažovaého výrazu (pro = 10 tedy dostáváme podmíku (c začí dosud ezámou kostatu, kterou určíme dalším výpočtem A k+1 = ( 10 ( 10 k ( x 4 3 x 2 k = c x 0 k k = 4. x 4(10 k 3 2k = x k = 0 Jedá se tedy o pátý čle rozvoje. Sado již dopočteme, že ( 10 ( 6 ( A 5 = c = x ( 4 3 x = =

17 12. Nazačíme více způsobů řešeí. Možé je všech deset kombiačích čísel vyčíslit a sečíst, eí to však výhodé. Teto případý výpočet je poechá a čteáři, výsledek je Uvažujme ( možiu, jejíž prvky tvoří čísla 1, 2,..., 14. Víme, že existuje právě 14 5 pětiprvkových podmoži této možiy. Určeme teto počet jiým způsobem - pomocí kombiatorického pravidla součtu. Uvažujme, kolik existuje pětiprvkových podmoži uvažovaé možiy s kokrétím ejvětším prvkem. Je-li jím číslo 14, pak do tvořeé podmožiy stačí doplit libovolá 4 ze zbývajících třiácti čísel, to lze provést ( 13 4 způsoby. Pokud jím je číslo 13, je takových podmoži ( 12 4 (číslo 14 v í být esmí, atd. Posledí v této poslouposti je pak možia {1, 2, 3, 4, 5}, jejímž ejvětším prvkem je číslo 5. Zbývající prvky jsou již určey jedozačě, vybíráme je totiž ( 4 4 způsoby. Touto kombiatorickou úvahou jsme zdůvodili, že uvažovaý součet je rove ( Jedím z ejzámějších součtů kombiačích čísel, je vlastost a základě jejíž platosti je sestave Pascalův trojúhelík. Neí těžké dokázat, že ( ( + ( +1 k k+1 = k+1, kde a k jsou ezáporá celá čísla taková, že k + 1. Mohlo by ás proto apadout užít tuto vlastost i pro zadaý výpočet. Je k tomu třeba pouze áhrady sčítace ( ( 4 4 číslem 5 5, které je mu však rovo. Postupými výpočty ( ( 5 = 5 ( 6 5, ( ( 6 5 = ( 7 5,..., ( ( 13 5 = ( 14, 5 se dobereme stejého závěru jako při předchozích výpočtech jiými metodami. 13. Prví výraz je tvaru ( ( 2 + ( k, kde k = 1 v případě, že je liché, resp. k =, je-li sudé. Druhý z porovávaých výrazů je pak tvaru ( ( 1 + ( l, kde l = v případě, že je liché, resp. l = 1, je-li sudé. Řešeí využívající biomické věty. Všimeme-li si, že v porovávaých výrazech vystupuje právě jedou každé z kombiačích čísel ( ( 1, ( 2,...,, mohlo by ás apadout užít biomický rozvoj ( ( ( ( ( 0 = (1 1 = ( Odtud vidíme, že kdybychom k prvímu sčítaci přidali číslo ( 0 (tj. prázdou možiu, pak by se oba výrazy rovaly. Tedy počet všech podmoži možiy M s lichým počtem prvků je o 1 větší ež počet všech eprázdých podmoži možiy M se sudým počtem prvků. Řešeí kombiatorickou úvahou. Vyberme v možiě M pevě libovolý prvek a ozačme ho p. S každou podmožiou možiy M yí provedeme tuto operaci. Obsahuje-li daá podmožia prvek p, přiřadíme k í podmožiu, která 17

18 z í vzike vypuštěím prvku p. Opačě pokud prvek p v daé podmožiě eleží, přiřadíme k í podmožiu, která z í vzike přidáím prvku p. Popsaé zobrazeí je bijektiví, přičemž libovolé eprázdé podmožiě možiy M se sudým počtem prvků je přiřazea podmožia možiy M s lichým počtem prvků, prázdé možiě je přiřazea možia {p} a opačě. Proto je počet všech podmoži možiy M s lichým počtem prvků o 1 větší ež počet všech eprázdých podmoži možiy M se sudým počtem prvků. 1.3 Úlohy s omezujícími podmíkami Metodické pozámky. Tyto úlohy avazují a úvodí sadu úloh, kterou doplňují o mírě složitější a komplexější úlohy. Jejich řešeí se často eomezuje pouze a základí užití elemetárích kombiatorických pravidel, ale vyžaduje hlubší úvahu. Řešitel zde též ve větší míře uplatí pozatky z jiých oblastí matematiky. Užít těchto úloh je vhodé a závěr celku věovaého kombiatorice - pro shrutí, případě opakováí. Některé úlohy jsou vhodé spíše pro talety a zájemce o matematiku. 1. V kolika bodech se protíají úhlopříčky kovexího -úhelíku ( 4, jestliže žádé tři z ich emají společý bod? 2. Určete počet všech čtyřciferých čísel dělitelých devíti, která jsou sestavea z cifer 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, jestliže každá cifra smí být použita ejvýše jedou. 3. Zjistěte, kolik růzých čtyřciferých čísel dělitelých číslem 36 lze sestavit z číslic 0, 1, 2, 3, 4 tak, aby se v ich žádá číslice eopakovala. Všecha tato čísla vypište. 4. Kolika způsoby lze z možiy všech ejvýše dvojciferých přirozeých čísel vybrat dvě (růzá čísla (bez ohledu a pořadí tak, aby jejich součet byl dělitelý třemi? 5. Nechť je dáa možia M = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. Určete, kolika způsoby lze z možiy M vybrat osm růzých čísel (tz. žádé z vybraých čísel se esmí opakovat, které mají tu vlastost, že jejich součet je dělitelý třemi. Své úvahy a svá tvrzeí zdůvoděte. 6. Kolika způsoby lze rozdělit 6 hochů a 4 dívky do dvou pětičleých družstev tak, aby v každém družstvu byla aspoň jeda dívka. Na pořadí družstev ezáleží. Výsledek vyčíslete. 7. V kolika aagramech, které jsou utvořey z písme slova MATURITA, se evyskytují žádá dvě stejá písmea bezprostředě vedle sebe (tz. žádý vyhovující aagram eobsahuje podslovo typu AA, TT? 18

19 8. Kolika způsoby lze rozdělit 22 erozlišitelých micí do 3 růzých obálek? V kolika případech v žádé obálce ebude více ež 11 micí? Výsledky vyčíslete. 9. Na zámku prodávají 5 druhů pohledic. Návštěvík si chce koupit 8 pohledů. Kolika způsoby to může udělat, chce-li mít od každého druhu alespoň jede kus. V abídce jsou přitom pouze posledí 3 pohledy prvího druhu, pohledů každého z ostatích druhů je více. Výsledek vyčíslete. 10. Kolika způsoby je možé uspořádat 15 růzých kih do 4 polic v kihově, jestliže do každé police by případě bylo možé umístit všechy tyto kihy současě. Na pořadí kih v jedotlivých policích záleží. Výsledek stačí vyjádřit pomocí výrazů sestaveých z moci, kombiačích čísel či faktoriálů. 11. Kolik řešeí má a v N 3 0 rovice b v N 3 rovice c v N 3 0 erovice d v N 3 erovice x 1 + x 2 + x 3 = 20, x 1 + x 2 + x 3 = 20, x 1 + x 2 + x 3 20, x 1 + x 2 + x 3 < 20? 12. Kolik rovi určuje 12 růzých přímek, z ichž 5 leží v jedé roviě a žádé 3 další již v jedé roviě eleží, přitom však žádé dvě z těchto dvaácti přímek ejsou mimoběžé? Výsledek vyčíslete. Co lze tvrdit o vzájemé poloze zadaých přímek? 13. Určete počet všech trojúhelíků, které mají vrcholy ve vrcholech pravidelého dvaáctiúhelíku a jejichž stray jsou úhlopříčkami tohoto dvacetiúhelíku. Dva trojúhelíky považujeme za růzé, pokud alespoň jede vrchol emají společý, tz. apř. dva shodé trojúhelíky chápeme jako růzé, pokud alespoň jede vrchol emají společý. 14. Určete, kolika způsoby lze a šachovici rozmístit 8 po dvou rozlišitelých věží tak, aby se alespoň dvě z ich vzájemě ohrožovaly. 15. Na každé hraě krychle je dáo ( 3 růzých vitřích bodů. Určete počet všech trojúhelíků s vrcholy ve zmíěých bodech. Kolik z ich leží a povrchu krychle? Výsledky upravte do ejjedoduššího možého tvaru. 16. Přirozeé číslo x budeme azývat zajímavým, jestliže existují dvě (e utě růzá dvojciferá přirozeá čísla m a, která se liší pořadím číslic, tak, že platí x = m +. Například 176 je tedy zajímavé číslo, eboť 176 =

20 a Určete ejvětší a ejmeší zajímavé číslo. b Zjistěte počet všech zajímavých čísel. c Sado ahlédeme, že čísla m a, která vystupují v defiičím vyjádřeí čísla x, emusí existovat jedozačě. Například 176 = = Určete to zajímavé číslo, které je možé v defiičím tvaru vyjádřit ejvětším možým počtem způsobů (a pořadí sčítaců ebereme ohled, tj. apříklad oba součty a považujeme za jedo defiičí vyjádřeí zajímavého čísla 176, ale součet chápeme jako jiý způsob vyjádřeí zajímavého čísla Čtvercovou tabulku o polích azýváme magickým čtvercem -tého řádu, pokud je vyplěá ve všech polích čísly tak, aby se součty příslušých čísel v libovolém řádku, v libovolém sloupci a a libovolé úhlopříčce vzájemě rovaly. Například tabulka je magickým čtvercem 4. řádu. a Má-li být magický čtverec 3. řádu vyplě čísly x, x + 1,..., x + 8, (každá z těchto hodot má být použita právě jedou rozhoděte, zda hodota součtu čísel v libovolém řádku, libovolém sloupci a a libovolé úhlopříčce závisí pouze a hodotě x. Pokud ao, určete tuto hodotu, pokud e, uveďte kolik možých součtů připadá v úvahu. Svá tvrzeí podložte výpočtem, případě jiak zdůvoděte. b Sestavte kokrétí příklad magického čtverce 3. řádu, který je tvoře čísly 1, 2,..., 9 (každá z těchto hodot má být použita právě jedou. Dále zdůvoděte, kolik lze ajít růzých magických čtverců, které vyhovují těmto podmíkám. Čtverce, které se liší pouze otočeím či překlopeím (tj. libovolé číslo má v každém z ich vždy stejé sousedy, považujeme za stejé. Případě vysvětlete, proč požadovaý magický čtverec elze sestavit. Svá tvrzeí zdůvoděte. Řešeí, ávody a výsledky: 1. Stačí si uvědomit, že každý průsečík je jedozačě urče výběrem libovolých čtyř vrcholů -úhelíku. Libovolá úhlopříčka je totiž úsečka, která je jedozačě určea svými krajími body. Příslušá čtveřice bodů avíc vždy určuje jediou dvojici protíajících se úhlopříček. Hledaých průsečíků je tedy ( Víme, že celé číslo je dělitelé devíti právě tehdy, když jeho ciferý součet je dělitelý devíti. Nejmeší možý součet čtyř zadaých cifer je = 6, ejvětší aopak 20

21 = 18. Je tedy jasé, že vyhoví ta čísla, jejichž ciferý součet je 9 ebo 18. Má-li být ciferý součet rove osmácti, pak musí být daé číslo sestaveo výhradě z číslic 3, 4, 5, 6. Takových čísel lze sestavit 4! = 24, eboť každá cifra (dle zadáí musí být použita právě jedou. Zkoumejme yí, z jakých cifer může být číslo sestaveo, má-li jeho ciferý součet být 9. Hledejme tedy všechy rozklady čísla 9 a součet čtyř růzých sčítaců z možiy {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Pro přehledost budeme sčítace zapisovat vzestupě podle velikosti. Zjišťujeme, že vyhovující rozklady existují právě tři 9 = = = Sado rozmyslíme, že z každé z uvedeých tří čtveřic číslic lze sestavit 3 3! = 18 čísel splňujících zadaé podmíky (protože 0 emůže být a prvím místě. Dohromady tedy existuje právě = 78 hledaých čísel. 3. Možiu M = {1, 2,..., 99} uvažovaých čísel rozložme a tři třicetitří prvkové po dvou disjuktí podmožiy podle toho, jaký její prvky dávají zbytek po děleí třemi: M 0 = {3, 6,..., 99}, M 1 = {1, 4,..., 97}, M 2 = {2, 5,..., 98}. Aby součet dvou čísel z M byl dělitelý třemi, je uté a stačí, aby obě vybraá čísla byla z M 0 (to lze udělat ( 33 2 = 528 způsoby ebo jedo bylo z M1 a druhé z M 2 (to lze udělat = způsoby. Výsledek = Přirozeé číslo je děliteé číslem 36 právě tehdy, když je dělitelé devíti a čtyřmi. Nejprve posuďme dělitelost devíti. Devíti je číslo dělitelé tehdy a je tehdy, když je devíti dělitelý jeho ciferý součet. Protože součet všech zadaých cifer je 10, plye z této podmíky, že hledaé číslo bude tvořeo ciframi 0, 2, 3, 4, z ichž bude použita každá právě jedou. Nyí se zabývejme dělitelostí čtyřmi. Rozdělme hledaá čísla do skupi podle toho, kterou cifrou kočí. Tyto skupiy jsou tři, eboť každé číslo vyhovující zadáí musí být zřejmě sudé. Cifru a místě desítek určíme a základě skutečosti, že k tomu, aby bylo číslo dělitelé čtyřmi, je uté a stačí, aby bylo dělitelé čtyřmi jeho posledí dvojčíslí. Tímto způsobem již sado ajdeme všecha čísla vyhovující zadáí. Čísla kočící ulou jsou čtyři: 4 320, 3 420, a 2 340; čísla kočící čtverkou ajdeme tři: 2 304, 3 204, 3 024; koečě posledím řešeím je číslo Hledaých čísel je právě Při řešeí úlohy využijeme skutečosti, že libovolé přirozeé číslo je dělitelé třemi právě tehdy, když je třemi dělitelý jeho ciferý součet. Sado ahlédeme, že součet všech deseti čísel, která tvoří možiu M, je 45, což je číslo dělitelé třemi. To zameá, že když z možiy M vybereme osm růzých čísel, jejichž součet je dělitelý třemi, musí být třemi dělitelý i součet dvou evybraých čísel z této možiy. Proto 21

22 je hledaý počet způsobů stejý jako počet způsobů, jimiž lze z možiy M vybrat dvě růzá čísla, jejichž součet je dělitelý třemi. Rozložme možiu M a tři podmožiy podle toho, jaký zbytek po děleí třemi jedotlivá čísla dávají (hodotu zbytku začí idex příslušé podmožiy M 0 = {0; 3; 6; 9}, M 1 = {1; 4; 7}, M 2 = {2; 5; 8}. Chceme-li vybrat z možiy M dvě růzá čísla, jejichž součet je dělitelý třemi, vidíme, že buď musí být obě z možiy M 0 (ty lze vybrat ( 4 2 = 6 způsoby ebo jedo z možiy M 1 a druhé z možiy M 2 (ty lze vybrat 3 3 = 9 způsoby. Požadovaých osm čísel tedy lze vybrat = 15 způsoby. 6. Nejprve si uvědomme, že výběrem pětice osob ám z evybraých osob zůstává druhé pětičleé družstvo, tz. že výběrem jedé pětice, dostáváme hed dvě růzá pětičleá družstva. Popíšeme dva způsoby řešeí. Všech rozděleí je (vzhledem k předchozímu vysvětleí 1 ( = 126. Od tohoto počtu zbývá odečíst rozděleí špatá, tz. je-li jedo družstvo složeo ze všech čtyř dívek a jedoho chlapce (toho lze k dívkám vybrat šesti způsoby. Vyhovujících rozděleí tedy je = 120. Správá rozděleí jsou ta, jsou-li v každém družstvu právě dvě dívky (těchto rozděleí je 1 (4 ( = 60, ebo ta je-li v jedom družstvu jediá dívka a ve druhém družstvu 3 dívky (takových rozděleí je ( ( = 60. Zdůrazěme, že při prvím výpočtu jsme dělili dvěma, protože při výběru družstva složeého ze dvou dívek a tří chlapců zůstává mezi evybraými družstvo stejého typu. Každá pětice je tedy počítáa dvakrát - jedou mezi vybraými, podruhé mezi evybraými. Naproti tomu při druhém výpočtu vybíráme družstvo s jedou dívkou a mezi evybraými je tedy vytvoře tým se třemi dívkami, což je družstvo jiého typu. Nemůže tedy být daé družstvo počítáo opakovaě, proto jsme děleí dvěma eprováděli. Celkově je tedy správý počet rove = Počet všech aagramů utvořeých z písme slova MATURITA je 8! 2! 2!, protože výměou pozic stejých písme dostaeme stejé slovo. Lze uvažovat i tak, že z osmi obsazovaých pozic vybereme 2 ( ( 8 2 způsoby pro písmea A, zbyde 6 pozic, dvě vybereme ( ( 6 2 způsoby a apíšeme a každou z ich T. Zbývající 4 pozice obsadíme čtyřmi růzými písmey, a to 4! způsoby. Skutečě ( ( 8 6 4! = 8! 2 2 6! 2! 6! 8! 4! = = ! 2! 2! 2! 22

23 Od tohoto počtu musíme odečíst počet p těch aagramů, které obsahují alespoň jedo podslovo typu AA či TT. Platí, že p = a+b c, kde a je počet aagramů obsahujících podslovo AA, b je počet aagramů obsahujících podslovo TT a c je počet aagramů obsahujících současě podslova AA i TT. Uvážíme-li AA jako jedo písmeo, zjistíme, že a = 7! = Zřejmě a = b. Dále c = 6! = 720, tedy p = Aagramů, které 2! eobsahují dvě stejá písmea bezprostředě vedle sebe, je = Rozdělujeme tedy 22 stejých předmětů (ozačme každý z ich symbolem do 3 očíslovaých (tedy rozlišitelých přihrádek, k jejichž odděleí použijeme 2 přepážky (objekty, k jejichž ozačeí použijeme symbol. Provedeme tedy podobé šifrováí jako v úloze o teisových míčích z úvodí sady. Vzhledem k tomu, že každé šifře sestaveé z 22 a 2 odpovídá jedié rozděleí micí do příslušých obálek a opačě, je počet hledaých rozděleí stejý jako počet těchto šifer. Těch je ( = 276. Odečteme-li od tohoto čísla počet všech rozděleí, kdy v právě jedé obálce bude alespň 12 micí (ve více obálkách současě to vzhledem k celkovému počtu micí eí možé, získáme řešeí druhé části úlohy. Třemi způsoby vybereme obálku, do íž asypeme 12 micí a zbylých 10 micí rozdělíme bez omezeí stejým způsobem jako v úvodu výpočtu. V žádé obálce tedy ebude více ež 11 micí ve ( = = 78 2 případech. 9. Budeme-li chápat druhy pohledů jako očíslovaé přihrádky, do kterých máme rozdělovat 8 stejých předmětů, sado si uvědomíme, že úvaha vedoucí k řešeí bude velmi podobá té z předchozí úlohy. Dle zadáí je do každé přihrádky třeba umístit jede předmět a zbylé 3 dorozdělit. Pokud by měli dostatečé možství pohledů, mohl by ávštěvík svůj ákup provést ( = 35 způsoby. Pro edostatek pohledů prvího druhu však emůže provést jediý z těchto ákupů (ákup, kdy by chtěl koupit 4 pohledy prvího druhu a po jedom pohledu ostatích druhů. Nákup tedy může provést 34 způsoby. 10. Nejprve určeme počet všech rozložeí ve smyslu počtu kih v jedotlivých policích. Teto počet je rove počtu rozděleí 15 (stejých objektů do 4 (rozlišitelých přihrádek, tedy ( Neboť pro každé z těchto rozděleí je možé a příslušé pozice růzé kihy uspořádat 15! způsoby, je hledaý počet rove ( 18 15! = 18! 3 3!. 11. a Uvědomme si, že hledaý počet řešeí je stejý jako počet způsobů, jak lze rozdělit 20 stejých předmětů (ozačme každý z ich symbolem do 3 přihrádek. K tomu uvážíme 2 přepážky (objekty. Vlastě se tedy ptáme, kolik růzých kódů sestaveých z dvaceti symbolů a dvou symbolů lze sestavit. Protože jich je ( 22 2 = 231, má v N 3 0 uvažovaá rovice 231 řešeí. 23

24 b Hledáme-li řešeí zadaé rovice v N 3, emůže žádá z ezámých být ulová, tz. libovolá ze tří přihrádek musí obsahovat alespoň jede objekt. Vložme tedy po jedom objektu do každé z ich a zbylých 17 objektů rozdělme aalogickým způsobem jako v části a. Zjišťujeme, že v N 3 má studovaá rovice ( 19 2 = 171 řešeí. c Od erovice x 1 + x 2 + x 3 20 můžeme přejít k rovici x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 20, kde x 4 = 20 (x 1 + x 2 + x 3 0. Je přitom zřejmé, že počet řešeí erovice x 1 + x 2 + x 3 20 v N 3 0 je stejý jako počet řešeí rovice x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 20 ( v N 4 0. Způsobem popsaým v části a odvodíme, že hledaý počet řešeí je 23 3 = d Podobě jako v předchozím si uvědomme, že počet řešeí erovice x 1 +x 2 +x 3 < 20 v N 3 je stejý jako počet řešeí v N 4 rovice x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 20, kde x 4 = 20 (x 1 + x 2 + x 3 > 0. Uvažovaá erovice má tedy v N 3 ( 19 3 = 969 řešeí. 12. Zmíěých 5 přímek tedy určuje jediou roviu, ozačme ji ρ. Vybereme-li tedy libovolou jiou dvojici přímek ež z těchto pěti přímek, budou dle zadáí tyto přímky jedozačě určovat roviu, kterou eí možé určit pomocí zadaých přímek jiým způsobem. Lze tedy vybrat buď dvě ze sedmi dalších přímek ( 7 2 = 21 způsoby, ebo jedu z ich a druhou z roviy ρ 7 5 = 35 způsoby. Pomocí zadaých přímek je tedy určeo = 57 rovi. Jiou úvahou je možé říci, že výběr libovolé dvojice přímek určuje jistou roviu, ovšem v ( 5 2 = 10 případech roviu stejou. Tedy hledaých rovi je ( = 57. Dokažme, že všech těchto dvaáct přímek je vzájemě rovoběžých ebo všechy zadaé přímky musí procházet jediým bodem. Předpokládejme sporem, že tomu tak eí. To zameá, že musí existovat dvě přímky, ozačme je p a q, které jsou růzoběžé; jejich průsečík ozačme X. Růzoběžky p a q tedy jedozačě určují roviu, ve které obě leží, ozačme ji σ. Současě musí existovat ještě další přímka, ozačme ji r, která eprochází bodem X. Mohou astat ásledující dva případy. a Přímka r je rovoběžá s jedou z přímek p ebo q, bez újmy a obecosti předpokládejme, že r p. Přímka r tedy musí ležet v roviě σ (v opačém případě by byla mimoběžá s přímkou q, což elze. To tedy zameá, že v roviě σ leží tři růzé přímky, je tedy totožá s roviou ρ. b Pokud přímka r eí rovoběžá s žádou z přímek p a q, pak musí být růzoběžá s každou z ich. Na přímce r tedy existují dva růzé body ležící v roviě σ (její průsečíky s přímkami p a q. To ale zovu zameá, že přímka r leží v roviě σ, která je opět totožá s roviou ρ. V každém z rozebraých případů v roviě ρ ejsou všechy přímky rovoběžé, ai všechy eprocházejí jedím společým bodem. Proto musí být libovolá přímka s ρ mimoběžá s alespoň jedou z přímek ležících v roviě ρ, což je spor. Tímto je tvrzeí dokázáo. 24