Povídání ke čtvrté sérii

Podobné dokumenty
Nerovnosti a nerovnice

LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU

Jsou to rovnice, které obsahují neznámou nebo výraz s neznámou jako argument logaritmické funkce.

Úlohy krajského kola kategorie A

Zkoušku snadno provedeme tak, že do soustavy (1), která je ekvivalentní dané soustavě rovnic, dosadíme příslušné hodnoty s a p.

8. cvičení z Matematiky 2

Úlohy školní klauzurní části I. kola kategorie C

Zavedení a vlastnosti reálných čísel PŘIROZENÁ, CELÁ A RACIONÁLNÍ ČÍSLA

56. ročník Matematické olympiády. b 1,2 = 27 ± c 2 25

Spojitost funkce v bodě, spojitost funkce v intervalu

3. ROVNICE A NEROVNICE Lineární rovnice Kvadratické rovnice Rovnice s absolutní hodnotou Iracionální rovnice 90

4. přednáška 22. října Úplné metrické prostory. Metrický prostor (M, d) je úplný, když každá cauchyovská posloupnost bodů v M konverguje.

2.1 - ( ) ( ) (020201) [ ] [ ]

M - Příprava na 3. zápočtový test pro třídu 2D

2.2.9 Grafické řešení rovnic a nerovnic

NEWTONŮV INTEGRÁL. V předchozích kapitolách byla popsána inverzní operace k derivování. Zatím nebylo jasné, k čemu tento nástroj slouží.

Matice. a B =...,...,...,...,..., prvků z tělesa T (tímto. Definice: Soubor A = ( a. ...,..., ra

Lineární nerovnice a jejich soustavy

2.4.7 Shodnosti trojúhelníků II

V předchozích kapitolách byla popsána inverzní operace k derivování. Zatím nebylo jasné, k čemu tento nástroj slouží.

Obecně: K dané funkci f hledáme funkci ϕ z dané množiny funkcí M, pro kterou v daných bodech x 0 < x 1 <... < x n. (δ ij... Kroneckerovo delta) (4)

Komplexní čísla tedy násobíme jako dvojčleny s tím, že použijeme vztah i 2 = 1. = (a 1 + ia 2 )(b 1 ib 2 ) b b2 2.

Jensenova nerovnost David Hruška

Definice limit I

4. cvičení z Matematiky 2

( ) ( ) ( ) Exponenciální rovnice Řeš v R rovnici: = ŘEŠENÍ: Postup z předešlého výpočtu doplníme využitím dalšího vztahu: ( ) t s t

3. Kvadratické rovnice

Větu o spojitosti a jejich užití

OBECNÝ URČITÝ INTEGRÁL

63. ročník matematické olympiády III. kolo kategorie A. Ostrava, března 2014

Logaritmické rovnice I

3.2. LOGARITMICKÁ FUNKCE

3 Algebraické výrazy. 3.1 Mnohočleny Mnohočleny jsou zvláštním případem výrazů. Mnohočlen (polynom) proměnné je výraz tvaru

x + F F x F (x, f(x)).

MENDELOVA UNIVERZITA V BRNĚ MATEMATIKA K PŘIJÍMACÍM ZKOUŠKÁM NA PEF

INTEGRACE KOMPLEXNÍ FUNKCE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL

NMAF061, ZS Písemná část zkoušky 25. leden 2018

3. série. Nerovnosti. Téma: Termínodeslání:

4.4.1 Sinová věta. Předpoklady: Trigonometrie: řešení úloh o trojúhelnících.

4.4.3 Kosinová věta. Předpoklady:

13. Exponenciální a logaritmická funkce

NMAF061, ZS Písemná část zkoušky 16. leden 2018

URČITÝ INTEGRÁL FUNKCE

Diferenciální počet. Spojitost funkce

Přednáška 9: Limita a spojitost

( a) Okolí bodu

ŘEŠENÍ JEDNODUCHÝCH LOGARITMICKÝCH ROVNIC. Řešme na množině reálných čísel rovnice: log 5. 3 log x. log

2. jarní série. Rovnice a soustavy

Půjdu do kina Bude pršet Zajímavý film. Jedině poslední řádek tabulky vyhovuje splnění podmínky úvodního tvrzení.

14. cvičení z Matematické analýzy 2

Opakovací test. Klíčová slova: výraz, interval, množina, kvadratický trojčlen, mocnina, exponent, výrok, negace

Jak již bylo uvedeno v předcházející kapitole, můžeme při výpočtu určitých integrálů ze složitějších funkcí postupovat v zásadě dvěma způsoby:

( ) ( ) Sinová věta II. β je úhel z intervalu ( 0;π ). Jak je vidět z jednotkové kružnice, úhly, pro které platí. Předpoklady:

1. LINEÁRNÍ ALGEBRA 1.1. Matice

Obr. 1: Optická lavice s příslušenstvím při měření přímou metodou. 2. Určení ohniskové vzdálenosti spojky Besselovou metodou

METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání

17 Křivky v rovině a prostoru

Až dosud jsme se zabývali většinou reálnými posloupnostmi, tedy zobrazeními s definičním

Křivkový integrál funkce

Vzorová řešení čtvrté série úloh

(1) přičemž všechny veličiny uvažujeme absolutně. Její úpravou získáme vztah + =, (2) Přímé zvětšení Z je dáno vztahem Z = =, a a

Symbolicko - komplexní metoda I Opakování komplexních čísel z matematiky

Cvičení 4.ročník rovnice, nerovnice, výrazy, funkce . 4 3

1.7.4 Výšky v trojúhelníku II

Konzultace z předmětu MATEMATIKA pro první ročník dálkového studia

A DIRACOVA DISTRIBUCE 1. δ(x) dx = 1, δ(x) = 0 pro x 0. (1) Graficky znázorňujeme Diracovu distribuci šipkou jednotkové velikosti (viz obr. 1).

Řešené příklady k MAI III.

DERIVACE A INTEGRÁLY VE FYZICE

2. série. Prvočísla. Téma: Datumodeslání: Dokažte,žekaždéprvočíslovětšínež5jdepsátvetvaru6k+1nebo6k 1,kde kjenějaké přirozené číslo.

a a Posloupnost ( ) je totožná s posloupností: (A) 9 (B) 17 (C) 21 (D) 34 (E) 64 (B) (C) (E)

DIGITÁLNÍ UČEBNÍ MATERIÁL. Název školy SOUpotravinářské, Jílové u Prahy, Šenflukova 220. Název materiálu VY_32_INOVACE / Matematika / 03/01 / 17

Podobnosti trojúhelníků, goniometrické funkce

KVADRATICKÁ FUNKCE (vlastnosti, grafy)

Stereometrie metrické vlastnosti 01

1. ÚPRAVY ALGEBRAICKÝCH VÝRAZŮ V REÁLNÉM OBORU 1.1. ZLOMKY A ABSOLUTNÍ HODNOTA

vás seznámí s učivem, které v dané kapitole poznáte a které byste po jejím prostudování měli umět.

a i,n+1 Maticový počet základní pojmy Matice je obdélníkové schéma tvaru a 11

I Diferenciální a integrální počet funkcí jedné proměnné 5

Gaussovská prvočísla

Repetitorium z matematiky

Logaritmická funkce, logaritmus, logaritmická rovnice

Hyperbola, jejíž střed S je totožný s počátkem soustavy souřadnic a jejíž hlavní osa je totožná

VIII. Primitivní funkce a Riemannův integrál

4.2.1 Goniometrické funkce ostrého úhlu

Definice. Nechť k 0 celé, a < b R. Definujeme. x < 1. ϕ(x) 0 v R. Lemma [Slabá formulace diferenciální rovnice.] x 2 1

7 Algebraické a nealgebraické rovnice a nerovnice v C. Numerické e²ení rovnic

Hyperbola a přímka

Technická univerzita v Liberci. Pedagogická fakulta. Katedra matematiky a didaktiky matematiky. Matematika I. (Obor: Informatika a logistika)

Neurčité výrazy

2. Funkční řady Studijní text. V předcházející kapitole jsme uvažovali řady, jejichž členy byla reálná čísla. Nyní se budeme zabývat studiem

Svazy. Def Svaz je algebra S ( M ;, ) = se dvěma binárními operacemi taková, že pro libovolné prvky c M platí následující podmínky axiomy svazu:

Matematika 1A. PetrSalačaJiříHozman Fakulta přírodovědně-humanitní a pedagogická Technická univerzita v Liberci

P2 Číselné soustavy, jejich převody a operace v čís. soustavách

INTEGRACE KOMPLEXNÍ FUNKCE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL

celek jsme rozdělili na 8 dílů, ale žádný jsme si nevzali celek na nulka dílů rozdělit nelze!!!

I Diferenciální a integrální počet funkcí jedné proměnné 3

Seznámíte se s další aplikací určitého integrálu výpočtem obsahu pláště rotačního tělesa.

2.8.5 Lineární nerovnice s parametrem

13. Soustava lineárních rovnic a matice

NEWTONŮV INTEGRÁL. V předchozích kapitolách byla popsána inverzní operace k derivování. Zatím nebylo jasné, k čemu tento nástroj slouží.

Transkript:

Povídání ke čtvrté sérii Ve čtvrté sérii můžeš s úspěchem použít několik známých nerovností. Pro rozšíření obzorů méně zkušených řešitelů pro připomenutí těm zkušenějším je zde uvádíme. Všechny uvedené nerovnosti můžeš ve svých řešeních používt bez důkzu. Upozornění: Tyto nerovnosti lze použít čstěji, než se zdá. Mnoho dlšího o nerovnostech se dozvíš v knížečce Nerovnosti odhdy, edice Škol mldých mtemtiků, svzek číslo 39. Nechť x 1,..., x njsoukldnáreálnáčísl(njelibovolnépřirozenéčíslo).pkpltínerovnosti min{x i } n x 1 x n x 1+ +x n n s x 2 1 + +x2 n mx{x i }. n Přitomrovnostvkždéztěchtonerovnostínstáváprávětehdy,když x 1 = x 2 = =x n. Druhá z těchto nerovností je tzv. nerovnost mezi ritmetickým geometrickým průměrem (zkráceně AG-nerovnost), třetí nerovnost mezi ritmetickým kvdrtickým průměrem(aknerovnost). Nechť 1,..., n, b 1..., b njsoureálnáčísl.pkpltítzv.cuchy Schwrzovnerovnost: ( 1 b 1 + + nb n) 2 ( 2 1+ + 2 n) (b 2 1+ +b 2 n). Přitomrovnostnstáváprávětehdy,kdyžexistuje creálnétk,žeprovšechn ije i = cb i neboprovšechn ije b i = c i.(vektory( 1,..., n)(b 1,..., b n)jsoulineárnězávislé, pokudsesjižstímtopojmemsetkl... ) Nechť 1 2 n b 1 b 2 b njsoureálnáčísl.pkpltítzv.čebyševov nerovnost 1 b n+ 2 b n 1 + + nb 1 1 n ( 1+ 2 + + n)(b 1 +b 2 + +b n) 1 b 1 + 2 b 2 + + nb n. Rovnostnstáváprávětehdy,když 1 = = nnebo b 1 = =b n. 4. série Tém: Nerovnosti Termínodeslání: º Ð Ò ¾¼¼½ ½º ÐÓ Ó Ýµ Mámereálnékldnéčíslo.Jevětší 2 + nebo 4 3?

¾º ÐÓ Ó Ýµ Nechť, bjsoureálnáčísltková,že b+bjsounenulováčíslmjícístejnéznménko. Dokžte, že pk pltí (+b)( 4 + b 4 ) ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 ). º ÐÓ Ó Ýµ Nechťproreálnáčísl x, y, zpltí x 2 + y 2 + z 2 +2xyz=1.Dokžte,žepk x 2 + y 2 + z 2 3/4. Nechť y, zjsoureálnáčísl.dokžte,žepokud(x+y+ z) 2 >1+xprovšechnreálná x, pk y+ z >1. Nechť, b, c jsou strny trojúhelník. Dokžte, že pk pltí b+c + b +c b + c +b c 3. Nechť, b, c >0.Dokžte,žepkpltí bc(+b+c) 3 b+b 3 c+c 3. Nechť0, b, c 1.Dokžte,žepkpltí 1+bc + b 1+c + c 1+b 2. V závislosti n přirozeném číslu n zjistěte, které z následujících čísel je větší: 2 3...n, n (n 1)...2. Uzávorkovánívptrovýchmocnináchseřídípodlekonvence bc = (bc).

Řešení 4. série 1. úloh Mámereálnékldnéčíslo.Jevětší 2 + nebo 4 3? Nechť je kldné reálné číslo. Jelikož druhá mocnin libovolného reálného čísl je nezáporná, pltí ( 2 ) 2 0,tedyporoznásobení: 4 2 3 + 2 0. Přičteme-likoběmstrnámposlednínerovnostičíslo4 3,dostneme 4 +2 3 + 2 4 3, tj.poúprvě( 2 + ) 2 4 3. Jelikož je dle předpokldu kldné reálné číslo, můžeme poslední nerovnost odmocnit dostáváme,žeprolibovolné (0, )ječíslo 2 + většíneborovnočíslu 4 3.Dáleje zpostupuvidět,žerovnostnstneprávětehdy,když( 2 )=0,tedy 2 =,cožnstne jenpro =1. Poznámky oprvovtele: Vymysleli ste štyry rôzne správne postupy n vyriešenie úlohy. A okrem dvoch mli všetky riešeni správnu ideu, chyby s djú zhrnúť jediným slovom: podmienky.chýblivšdeodagnerovnostižpoúprvynerovníc.úložkbolľhká, tkže+isiodnieslití,ktoríjunpíslipeknestručne. 2. úloh Nechť, bjsoureálnáčísltková,že b+bjsounenulováčíslmjícístejnéznménko. Dokžte, že pk pltí (+b)( 4 + b 4 ) ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 ). Nerovnost převedeme ekvivlentními úprvmi n tvr, ve kterém bude jednodušší ji ověřit. Nejdříve uprvíme prvou strnu: ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 )=( 2 + b 2 )(+b)( 2 b+b 2 )= =(+b)( 4 + b 4 +2 2 b 2 3 b b 3 )=(+b)( 4 + b 4 b( b) 2 ). Nše nerovnost je tedy ekvivlentní nerovnosti (+b)( 4 + b 4 ) (+b)( 4 + b 4 ) (+b)b( b) 2 tedy i nerovnosti (+b)b( b) 2 0.

Vzhledemktomu,že b+bmjídlezdánístejnéznménko,ttonerovnostpltítedy pltíinerovnostzdná.rovnostnstáváprávětehdy,když =b. Poznámky oprvovtele: Z nprostou většinu chyb mohlo nepozorné čtení zdání. Chválím ( +i jsem hodnotil) ty, kteří si uvědomili, že nestčí jen tk uprvovt nějkou rovnost či nerovnostdosttněco,coevidentněpltí.neboťztoho,že ztvrzeníaplyneprvd, nelzevyvodit,žetvrzeníajeprvdivé(npř. 1 1,leumocněteoběstrnyndruhou dostnete prvdivé tvrzení). 3. úloh Nechťproreálnáčísl x, y, zpltí x 2 + y 2 + z 2 +2xyz=1.Dokžte,žepk x 2 + y 2 + z 2 3/4. Prosporpředpokládejme,že x 2 + y 2 + z 2 <3/4.Pkjeovšem2xyz >1 3/4=1/4, tedy xyz > 1/8. Avšk podle nerovnosti mezi kvdrtickým geometrickým průměrem je 1/2 < 3 xyz s x 2 + y 2 + z 2 3 < r 1 4 =1/2. Dostlijsme,že1/2 <1/2,cožjistěnepltí.Toznmená,ženášpředpokld x 2 +y 2 +z 2 <3/4 nebylsprávný.jinýmislovy,právějsmesporemdokázli,že x 2 + y 2 + z 2 3/4. Poznámky oprvovtele: N to, že táto úloh bol pomerne ľhká, ste v nej urobili pomerne dosť chýb. Predovšetkým nerovnosti medzi priemermi s vždy používjú pre kldné čísl k pre záporné pltí nerovnosť triviálne, tk to treb npísť. Ďlšou závžnou chybou bolo to, že z predpokldu pltnosti dokzovnej nerovnosti, niektorí dokázli známu nerovnosť medzi kvdrtickým geometrickým priemerom prehlásili, že dokzovná nerovnosť práve preto musí pltiť. To nie je prvd, k si vezmete dĺžky strán trojuholník, tk zistíte, že tkéto tri kldné čísl spĺňjú trojuholníkovú nerovnosť, le ľubovolné tri kldné čísl túto vlstnosť nemjú, preto tkýto postup nie je korektný mli ste dokázť presne opčnú implikáciu, t.j., k K G, potom pltí dokzovná nerovnosť. 4. úloh Nechť y, zjsoureálnáčísl.dokžte,žepokud(x+y+ z) 2 >1+xprovšechnreálná x, pk y+ z >1. Nerovnost(x+y+ z) >1+xpltíprovšechn x,tedyipro x= (y+ z),cožnámdává 0 >1 (y+ z),cožjepotriviálníúprvěto,cojsmechtěli. Poznámk:Mírněrfinovnějšímpostupemlzedokáztdokoncenerovnost y+z > 5 4,vícese Ti už le nepodří.

5. úloh Nechť, b, c jsou strny trojúhelník. Dokžte, že pk pltí b+c + b +c b + c +b c 3. Povšimněme si následujícího užitečného fktu(jk si lskvý čtenář rozmyslí, plyne sndno z trojúhelníkové nerovnosti): Reálná čísl, b, c jsou strny nějkého trojúhelník právě tehdy, když existují kldná reálnáčísl x, y, ztk,že =x+y, b=y+ z, c=z+ x. Můžemetedypoložit =x+y, b=y+ z, c=z+ x.chcemedokázt,že x+y 2z + y+ z 2x + z+ x 2y 3. Tojeovšemsndné,kdyžsivzpomenemennerovnost t+1/t 2,kterápltíprovšechn kldná reálná t(lskvý čtenář si ji sndno dokáže npř. pomocí AG nerovnosti). Použijeme jipro t=x/z, t=y/xt=z/y,sečtemedůkzjehotov. Poznámky oprvovtele: Řešení měl správně většin řešitelů. Cest k cíli bylo několik. Bylo možné použít( tké řešitelé použili) známé nerovnosti mezi průměrem ritmetickým hrmonickým, ritmetickým geometrickým, Čebyševovy nerovnosti, nerovnosti x + 1/x 2. Když se tyto metody použijí správně, vedou k elegntnímu řešení n několik řádek. Mnozí všk nehledli elegntní řešení stčilo jim vynásobit nerovnici součinem jmenovtelů po velmi dlouhých prcných úprvách se někteří dostli ke správnému konci. Množství provedených úprv se dlo redukovt podle míry této redukce jsem odečítl jeden ž dv imginární body. 6. úloh Nechť, b, c >0.Dokžte,žepkpltí bc(+b+c) 3 b+b 3 c+c 3. Nerovnost vydělme bc. Dostáváme ekvivlentní nerovnost +b+c 2 c + b2 + c2 b. TusndnodokážemepomocíČebyševovynerovnosti.Posloupnosti 2, b 2, c 2 1/,1/b,1/c jsouopčněuspořádány,tj.jejich sklárnísoučin 21 + b21 b + c21 c = +b+cjenejmenší zevšechsoučinůpopřeuspořádání,tj.jeimenšíneborovensoučinu 21 c + b21 + c21 b.

Zde jsme využili Čebyševovu nerovnost v silnější podobě, než byl uveden v úvodu ktétosérii.mějmereálnáčísl 1 2 n b 1, b 2,..., b n.jko c 1, c 2,..., c nsi oznčímenějkzpřeházenáčísl b 1, b 2,..., b n.potomsoučin 1 c 1 + 2 c 2 + + nc n ( ) je největší, pokud c 1 c 2 c n, nejmenší, pokud c 1 c 2 c n. Tto nerovnost formálně zpsán vypdá možná komplikovně, ve skutečnosti ji zná kždé mlé dítě: Předstvme si, že můžeme dostt tisícikorun, b stokorun c desetikorun. Přitom, b, cjsouvnějkémpořdí1,2,3.kždémujejsné,ženejvícemůžemedostt3 1000+2 100+1 10,nejméně1 1000+2 100+3 10.Formálnídůkzneníomnohotěžší,zkustesi oněmpopřemýšlet.vhodnouvolbou c 1,..., c nv( )dostnemečebyševovunerovnosttk, jkbyluvedenvúvoduktétosérii. Druhé řešení: Pokud Čebyševově nerovnosti nevěříme, stčí nhlédnout, že je ekvivlentní zdné nerovnosti. b( c) 2 + bc(b ) 2 + c(c b) 2 0 Poznámky oprvovtele: Mnozí řešitelé tvrdili, že nerovnost je symetrická že tedy mohou předpokládt,žepltí b c.avškprvástrnnerovnostiseprohozenímdvouproměnných změní! Beze změny zůstne jen po tzv. cyklické záměně(písmeno nhrdíme b, to ckonečněmísto cnpíšeme ).Můžemetedynpř.předpokládt,že jenejmenší,le nemůžeme už zřídit, by součsně bylo c největší. Nštěstí všechny použité metody fungovlyipro c b,čilistčilovyřešitdruhoumožnostzcelnlogicky;protojsemztuto chybu strhávl jen jeden bod. Použité metody byly skutečně různorodé(dvě z nich nleznete ve vzorovém řešení). Nejelegntnější řešení(ondřej Kreml, Ptrik Hudec) bylo si pomocí AG-nerovnosti dokázt 2 /c 2 csečísttosedvěmnlogickýminerovnostmi. 7. úloh Nechť0, b, c 1.Dokžte,žepkpltí 1+bc + b 1+c + c 1+b 2. Předpokládejme(bez újmy n obecnosti, protože nerovnost je symetrická), že b c. Pk pltí 1 1+b 1 1+c 1 1+bc. Přidáme-litriviálnínerovnost /(1+bc) 1,zjišťujeme,že 1+bc + b 1+c + c b+c 1+ 1+b 1+bc.

Stčínámtedydokázt,že b+c 1+bc,neboli0 (1 b)(1 c).tozjevněpltí,protože b, c 0,1. Poznámky oprvovtele: Čebyševovu nerovnost použil v řešení jen Alice Mšková. Osttní nerovnost dokzovli různými lgebrickými úprvmi, které všk důkz o mnoho neprodloužily.poměrnědostřešitelůsesnžilopostvitdůkznvyšetření okrjových či nejhorších přípdů.otomtonešvruuž(mimojiné)pslrobertšámlvpoznámcek5.úloze3.série odkzujivásnni. 8. úloh V závislosti n přirozeném číslu n zjistěte, které z následujících čísel je větší: 2 3...n, n (n 1)...2. Uzávorkovánívptrovýchmocnináchseřídípodlekonvence bc = (bc). Výrzyvzdánímjísmyslpro n 2.Pro n=2jsouoběčíslstejná.pro n=3jevětší druhézčísel.dokážeme,žepro n >3jevždyvětšíprvníčíslo.Důkzprovedemeindukcí podle n.pro n=4tvrzenípltí,neboť Indukční krok provedeme tkto(n > 4): 4 32 =(2 2 ) 32 =2 2 32 <2 3 32 =2 33 <2 34. n (n 1)...2 < n 23...n 1 (2 n 1 ) 23...n 1 =2 (n 1).23...n 1 <2 23...(n 3)(n 1)n <2 3...n. První nerovnost plyne z indukčního předpokldu. Druhá nerovnost plyne z nerovnosti n 2 n 1,kde njepřirozenéčíslo(důkzjesndnécvičenínmtemtickouindukci).čtvrtá nerovnost je zřejmá. Zbývá nhlédnout třetí nerovnost. Uvědomme si nejprve, že pro, b 2 pltí +b b.máme-ličísl, b, c, d 2,proněž b < c,pk d b < d c,protože Nyní již přistupme k důkzu třetí nerovnosti: d b < d d b = d +b d b < d c. (n 1) (n 2) n 1 <(n 1) n, (n 1) (n 3) (n 2)n 1 <(n 3) (n 1)n,. (n 1) 2 3...n 1 <2 3...(n 3)(n 1) n,

2 (n 1).23...n 1 <2 23...(n 3)(n 1)n. Poznámky oprvovtele: Klíčem k řešení této úlohy bylo uvědomit si, že číslo 2 3...n je, řečeno velice vágně, pro velká n mnohonásobně větší než druhé zkoumné číslo. Pk již ovšem stčily velice hrubé odhdy k dokázání poždovného výsledku. Všechn správná řešení sledovl tuto ideu.