Kombiatorika RNDr Atoí Slavík, PhD Kurz vzikl v rámci projektu Rozvoj systému vzdělávacích příležitostí pro adaé žáky a studety v přírodích vědách a matematice s využitím olie prostředí, Operačí program Praha Adaptabilita, registračí číslo CZ217/3100/31165
Kombiatorika Atoí Slavík, MFF UK, 2009 10 Teto učebí text vzikl jako pomůcka pro středoškolské studety, kteří v zimím semestru avštěvovali kurz pro řešitele matematické olympiády a MFF UK Kromě klasických úloh z kombiatoriky obsahuje velké možství příkladů vybraých ze soutěží pro středoškolské studety v České republice i v zahraičí; u těchto příkladů je buď uvede ázev soutěže, ebo jeda z ásledujících zkratek: MO Matematická olympiáda IMO Meziárodí matematická olympiáda MKS Matematický korespodečí semiář AHSME America High School Mathematics Examiatio AMC12 America Mathematics Cotest 12 AIME America Ivitatioal Mathematics Examiatio AUO Alluio Mathematical Olympiad Některé další úlohy jsou převzaty z těchto kih: Arthur Egel, Problem-solvig strategies, Spriger, 1998 Titu Adreescu ad Zumig Feg, 102 combiatorial problems from the traiig of the USA IMO team Titu Adreescu, Cotests Aroud the World 1999 2000 Titu Adreescu, Mathematical Olympiads 2000-2001, Problems ad Solutios From Aroud the World The Mathematical Associatio of America Jiří Herma, Rada Kučera, Jaromír Šimša, Metody řešeí matematických úloh II, MU Bro, 2004 1 Základí kombiatorická pravidla 11 Pravidlo součiu Počet možostí, jak sestavit uspořádaou -tici (x 1, x 2,, x ), přičemž prvek x 1 můžeme volit k 1 způsoby, prvek x 2 můžeme volit k 2 způsoby,, prvek x můžeme volit k způsoby, je rove k 1 k 2 k 12 Příklad Kolik přirozeých dělitelů má číslo 2880? Řešeí Najdeme prvočíselý rozklad zadaého čísla: 2880 2 6 3 2 5 Každý dělitel má tvar 2 i 3 j 5 k, kde i {0,, 6}, j {0, 1, 2}, k {0, 1} Počet všech takových trojic (i, j, k) je 7 3 2 42 13 Příklad Kolik přirozeých čtyřciferých čísel lze sestavit z cifer 0, 1, 2, 3, 4, 5, jestliže a) cifry se mohou opakovat, b) cifry se esmí opakovat? Řešeí a) Cifru a prví pozici lze volit pěti způsoby (musí být eulová), cifry a každé další pozici šesti způsoby, což dává celkem 5 6 3 možostí b) Cifru a prví pozici lze volit pěti způsoby (musí být eulová), cifru a další pozici pěti způsoby (musí být růzá od prví cifry), další cifru čtyřmi způsoby (musí být růzá od prvích dvou) a posledí cifru třemi způsoby (musí být růzá od prvích tří cifer); to je celkem 5 2 4 3 možostí 14 Příklad [MO Česká republika 1991/92] Najděte ejmeší přirozeé číslo tak, aby existovalo právě 45 uspořádaých dvojic (u, v) přirozeých čísel, jejichž ejmeší společý ásobek je? Řešeí Nechť p 1 1 p2 2 p k k je prvočíselý rozklad hledaého čísla (kde 1,, k jsou přirozeá čísla) Toto číslo je ejmeším společým ásobkem ějaké dvojice (u, v), právě když platí u p i1 1 pi2 2 pi k k, v p j1 1 pj2 2 pj k k, 1 max(i 1, j 1 ), 2 max(i 2, j 2 ),, k max(i k, j k ) 1
Kolik existuje takovýchto dvojic (u, v)? Musí platit (i 1, j 1 ) {(0, 1 ), (1, 1 ),, ( 1, 1 ), ( 1, 1 1),, ( 1, 1), ( 1, 0)}, (i k, j k ) {(0, k ), (1, k ),, ( k, k ), ( k, k 1),, ( k, 1), ( k, 0)} Dvojici expoetů (i 1, j 1 ) lze tedy vybrat 2 1 + 1 způsoby,, dvojici (i k, j k ) lze tedy vybrat 2 k + 1 způsoby Podle pravidla součiu tedy existuje celkem (2 1 + 1) (2 k + 1) dvojic čísel (u, v), jejichž ejmeším společým ásobkem je Podle zadáí má platit (2 1 + 1) (2 k + 1) 45 Protože 45 3 3 5, musí jít o jede ze součiů 5 3 3, 9 5, 15 3, 45 To zameá, že číslo má jede z tvarů p 2 1 p 2 p 3, p 4 1 p 2 2, p 7 1 p 2, p 22 1 Nejmeší představitelé těchto čtyř typů čísel jsou 2 2 3 5, 2 4 3 2, 2 7 3, 2 22 Nejmeší z těchto čísel je prví z ich, tj 2 2 3 5 60 15 Pravidlo součtu Jsou-li A 1,, A disjuktí možiy, pak platí A 1 A A 1 + + A (kde symbolem X začíme počet prvků možiy X) 16 Příklad Kolik sudých přirozeých čtyřciferých čísel lze sestavit z cifer 0, 1, 2, 3, 4, 5, jestliže se cifry esmí opakovat? Řešeí Nechť A je možia všech hledaých čísel Rozložme ji do tvaru A A 1 A 2 A 3, kde A 1 obsahuje pouze čísla kočící ulou, A 2 čísla kočící dvojkou a A 3 čísla kočící čtyřkou Tyto možiy jsou disjuktí a jejich velikosti sado spočteme pomocí pravidla součiu: A 1 5 4 3, A 2 4 4 3, A 3 4 4 3 Platí tedy A 156 17 Pricip ikluze a exkluze Zobecíme yí pravidlo součtu pro možiy, které emusejí být disjuktí Jestliže A 1, A 2 jsou libovolé koečé možiy, pak platí A 1 A 2 A 1 + A 2 A 1 A 2 Sečteme-li totiž A 1 a A 2, zameá to, že jsme ěkteré prvky možiy A 1 A 2 započítali dvakrát; jsou to právě ty prvky, které leží v A 1 A 2 Odečteím A 1 A 2 pak dostaeme správý výsledek V případě trojice moži A 1, A 2, A 3 dostaeme podobou úvahou vzorec A 1 A 2 A 3 A 1 + A 2 + A 3 A 1 A 2 A 1 A 3 A 2 A 3 + A 1 A 2 A 3 Obecá formulace pricipu ikluze a exkluze má teto tvar: A 1 A A k ( 1) k k1 k2 1 i 1<i 2< <i k A i1 A ik 18 Příklad [AHSME 1998] Řekeme, že sedmimísté číslo c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 c 7 (kde každá z cifer c i může abývat hodot 0 až 9) je sado zapamatovatelé, jestliže platí c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 ebo c 1 c 2 c 3 c 5 c 6 c 7 Kolik takových sado zapamatovatelých čísel existuje? Řešeí Nechť A 1 je možia všech sado zapamatovatelých čísel splňujících c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 a A 2 je možia všech sado zapamatovatelých čísel splňujících c 1 c 2 c 3 c 5 c 6 c 7 Potřebujeme zjistit A 1 A 2 A 1 + A 2 A 1 A 2 Platí A 1 10 4 (pro každou z cifer c 1, c 2, c 3, c 7 máme 10 možostí, ostatí cifry jsou touto volbou jedozačě určey), A 2 10 4 (podobé zdůvoděí) Čísla z A 1 A 2 splňují c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 c 5 c 6 c 7, tj c 1 c 2 c 3 c 4 c 5 c 6 c 7 ; takových čísel je 10 Platí tedy A 1 A 2 2 10 4 10 19990 19 Příklad Kolik existuje čísel meších ež 100, které jsou ásobky tří ebo čtyř? Řešeí Nechť A 1 je možia všech ásobků trojky meších ež 100 a A 2 je možia všech ásobků čtyřky meších ež 100 Platí A 1 100/3 33 a A 2 100/4 25 V možiě A 1 A 2 jsou 2
ásobky trojky a čtyřky zároveň, tj ásobky dvaácti; je jich A 1 A 2 100/12 8 Výsledkem je tedy A 1 A 2 A 1 + A 2 A 1 A 2 33 + 25 8 50 110 Cvičeí [AMC12 2001] Kolik existuje čísel meších ež 2001, které jsou ásobky tří ebo čtyř, ale ejsou ásobky pěti? 111 Cvičeí [AIME 1991] Každé racioálí číslo x z itervalu (0, 1) můžeme jedozačě zapsat v základím tvaru, tj jako x p/q, kde p, q jsou kladá esoudělá čísla Zjistěte, kolik racioálích čísel má tu vlastost, že p q 20! (kde symbol 20! začí souči 1 2 3 20; viz další text) 112 Cvičeí [AIME 1995] Nechť p r q s, kde p, q jsou avzájem růzá prvočísla Kolik existuje dělitelů čísla 2 meších ež, které ejsou děliteli čísla? 113 Cvičeí [AIME 1993] Nechť je přirozeé číslo a S {1,, } Kolika způsoby lze vybrat dvě podmožiy A, B S takové, že A B S? (A, B emusejí být disjuktí) 114 Cvičeí [MO Česká republika 2001/02] Určete počet všech dvojic přirozeých čísel (a, b), kde 1 a < b 86 a souči ab je dělitelý třemi 2 Variace, permutace a kombiace 21 Variace Nechť je dáa -prvková možia X Pak počet všech uspořádaých k-tic (kde k {1,, }), které lze sestavit z prvků této možiy, přičemž každý prvek z X se v k-tici vyskytuje ejvýše jedou, je rove ( 1) ( k + 1) (plye to z pravidla součiu) 22 Příklad V jedé řadě je 9 míst připraveých pro 3 profesory a 6 studetů Kolika způsoby můžeme rozesadit profesory tak, aby každý seděl mezi dvěma studety? (Na pořadí studetů ebereme ohled) Řešeí Předpokládejme, že studeti se postavili vedle sebe v tom pořadí, ve kterém budou sedět Mezi studety je 5 mezer, každý z profesorů si zvolí jedu z ich (každý jiou) Počet možostí je 5 4 3 60 23 Permutace Nechť je dáa -prvková možia X Pak počet všech možostí, jak seřadit prvky této možiy do uspořádaé -tice (každý prvek z X se v -tici vyskytuje právě jedou), je rove ( 1) 2 1 (plye to z pravidla součiu) Toto číslo zkráceě začíme symbolem! a čteme faktoriál 24 Příklad Kolika způsoby lze a šachovici o rozměrech rozmístit věží, které se avzájem eohrožují (tj každé dvě leží v růzých řádcích i růzých sloupcích)? Řešeí V každém řádku musí být právě jeda věž Pro každý z řádků stačí určit číslo sloupce, ve kterém bude věž stát; čísla sloupců musejí být avzájem růzá Každé přípusté rozestaveí je tedy popsáo permutací možiy {1,, } a počet všech možostí je! 25 Kombiace Nechť je dáa -prvková možia X Pak počet všech možostí, jak z této možiy vybrat k růzých prvků (kde k {1,, }), přičemž ezáleží a pořadí výběru (tj jde o euspořádaé k-tice), je rove ( 1) ( k + 1) 1 2 (k 1) k ( 1) ( k + 1) k!! k!( k)! Toto číslo zkráceě začíme symbolem ( k), azýváme jej kombiačím číslem a čteme ad k Proč platí uvedeý vzorec? Je zřejmé, že počet uspořádaých k-tic z prvků (počet euspořádaých k-tic) (počet permutací z k prvků) Víme už, že počet uspořádaých k-tic z prvků je ( 1) ( k + 1) a počet permutací z k prvků je k!; z toho plye, že počet euspořádaých k-tic je ( 1) ( k+1) k! 26 Pozámka Defiujeme 0! 1 Je-li přirozeé číslo, defiujeme ( 0) 1 Tato defiice je vhodá ze dvou důvodů: 3
1) Počet možostí jak z -prvkové možiy vybrat 0 prvků, je 1 (evyberu žádý prvek)! 2) Je-li k 0, pak k!( k)!!! 1, tj vzorec ( ) k! k!( k)! platí pro každé k {0,, } 27 Příklad Uvažujme čtvercovou síť složeou z jedotkových čtverečků Kolika způsoby můžeme po hraách této sítě dojít z levého dolího do pravého horího rohu, jestliže jsou povoley pouze jedotkové kroky vpravo ebo ahoru? (Příklad přípusté cesty je a obrázku) Řešeí Každá přípustá cesta obsahuje celkem kroků vpravo a kroků ahoru Stačí tedy rozhodout, které z 2 kroků povedou vpravo; počet všech možostí je ( 2 ) 28 Příklad Kolika způsoby lze vybrat k čísel z možiy {1,, } tak, že každá dvě vybraá čísla se liší aspoň o 2? Na pořadí výběru ebereme ohled, tj uvažujeme euspořádaé k-tice (Nazývají se kombiacemi s esousedími čley) Řešeí Každou přípustou k-tici můžeme zázorit pomocí k koleček a k přepážek, přičemž přepážky odpovídají vybraým číslům Je-li apř 7 a k 3, pak zápis zameá, že jsme vybrali čísla 2, 4, 7 Přípusté schémata pozáme tak, že mezi každými dvěma přepážkami je aspoň jedo kolečko Uvažujeme-li k koleček zapsaých vedle sebe, existuje celkem k+1 pozic, a které můžeme umístit přepážky tak, aby vziklo přípusté schéma Tedy počet způsobů, jak rozmístit přepážky, je ( ) k+1 k, a to je také hledaý počet kombiací s esousedími čley 29 Příklad Určete počet všech trojúhelíků, jejichž vrcholy leží ve vrcholech pravidelého -úhelíku a jejichž každá straa je úhlopříčkou tohoto -úhelíku Řešeí Nechť X je libovolý vrchol -úhelíku Kolik existuje trojúhelíků, jejichž stray jsou úhlopříčkami a jede z jejich vrcholů je X? Každý takový trojúhelík je urče dalšími dvěma vrcholy, které esousedí s X (je jich 3) ai spolu avzájem Počet možostí, jak vybrat dvojici esousedích vrcholů z 3 vrcholů, je podle výsledku předchozí úlohy rove ( ) 4 2 Provedeme-li tuto úvahu pro každý vrchol ( X, dostaeme postupě všechy přípusté trojúhelíky, avšak každý třikrát Výsledkem je tedy 4 ) 3 2 210 Variace s opakováím Nechť je dáa -prvková možia X Pak počet všech uspořádaých k-tic (kde k {1,, }), které lze sestavit z prvků této možiy, přičemž prvky se mohou opakovat, je rove k (plye to z pravidla součiu) 211 Permutace s opakováím Mějme k dispozici 1 předmětů jedoho druhu, 2 předmětů druhého druhu,, k předmětů k-tého druhu; předpokládáme, že předměty jedoho druhu jsou avzájem erozlišitelé Ozačme 1 + 2 + k (všecha i jsou ezáporá celá čísla) Pak počet všech uspořádaých -tic sestaveých z těchto předmětů je rove! 1! 2! k! Proč platí teto vzorec? Uvažujme libovolou uspořádaou -tici sestaveou z předepsaých předmětů Ozačme předměty každého druhu tak, aby staly rozlišitelými můžeme apř a předměty i-tého druhu alepit štítky s čísly 1,, i Toto můžeme učiit celkem 1! 2! k! způsoby a pokaždé dostaeme jiou uspořádaou -tici avzájem rozlišitelých předmětů Zřejmě tedy platí počet uspořádaých -tic se štítky (počet uspořádaých -tic bez štítků) ( 1! 2! k!) Víme, že počet uspořádaých -tic se štítky je!, a proto počet uspořádaých -tic bez štítků je! 1! 2! k! 212 Kombiace s opakováím Mějme k dispozici k druhů předmětů (předměty jedoho druhu jsou avzájem erozlišitelé, od každého druhu máme eomezeý počet předmětů) Počet způsobů, jak vybrat 4
celkem předmětů (předměty z každé třídy se mohou libovolěkrát opakovat, případě emusejí být zastoupey vůbec) je rove ( ) ( + k 1)! + k 1!(k 1)! k 1 Toto tvrzeí sado dokážeme, jestliže si kombiace s opakováím zázoríme pomocí koleček a přepážek Jestliže apř 6 a k 4, pak zápis zameá, že vybíráme dva předměty prvího druhu, jede předmět druhého druhu, žádý předmět třetího druhu a tři předměty čtvrtého druhu Obecě máme koleček pro předměty a k 1 přepážek oddělujících jedotlivé druhy předmětů Počet způsobů, jak seřadit těchto + k 1 symbolů je (permutace s opakováím) (+k 1)!!(k 1)! 213 Příklad Kolik řešeí v oboru ezáporých celých čísel má rovice x 1 +x 2 + +x k? Řešeím rozumíme uspořádaou k-tici (x 1,, x ), tj záleží a pořadí Řešeí Jde pouze o jiou formulaci kombiací s opakováím Představme si, že máme k dispozici k druhů předmětů Každé řešeí rovice x 1 +x 2 + +x k pak můžeme chápat jako výběr předmětů, přičemž z i-té třídy bereme x i předmětů (pro každé i {1,, k}) Počet řešeí rovice je tedy stejý jako počet kombiací s opakováím, tj ( ) +k 1 k 1 214 Cvičeí Kolika způsoby lze a šachovici o rozměrech rozmístit k věží (kde k < ), které se avzájem eohrožují (tj každé dvě leží v růzých řádcích i růzých sloupcích)? 215 Cvičeí Kolika způsoby lze vybrat k čísel z možiy {1,, } tak, že každá dvě vybraá čísla se liší aspoň o 3? Na pořadí výběru ebereme ohled, tj uvažujeme euspořádaé k-tice 216 Cvičeí [AIME 1998] Najděte počet řešeí rovice x 1 + x 2 + x 3 + x 4 98 takových, že x 1,, x 4 jsou kladá lichá čísla 217 Příklad [MO Česká republika 1997] Kuličky sedmi růzých barev jsou rozděley do sedmi pytlíků tak, že v každých dvou pytlících ajdeme po kuličce téže barvy Dokažte: a) Kuličky ěkteré barvy jsou zastoupey v aspoň třech pytlících b) Pokud byly od každé barvy rozděley je tři kuličky, pak v žádém pytlíku eajdeme dvě kuličky téže barvy Rozhoděte, zda je takové rozděleí kuliček vůbec možé Řešeí Očíslujme pytlíky i barvy čísly 1,, 7 Pro i, j {1,, 7}, i < j, ozačme symbolem b ij tu barvu, která se achází v pytlících i a j (je-li takových více, vybereme libovolou z ich) Čísel b ij je celkem ( 7 2) 21, z toho ejvýše 7 růzých a) Kdyby kuličky libovolé barvy byly zastoupey ejvýše ve dvou pytlících, musely by být všechy hodoty b ij avzájem růzé, a to je spor Pozameejme, že tvrzeí by platilo, i kdybychom počet pytlíků sížili a pět (eboť ( 5 2) 10), ebo kdybychom počet barev zvýšili a 20 b) Předpokládejme, že od každé barvy byly rozděley je tři kuličky Pak je každá barva zastoupea ejvýše ve třech pytlících, takže se každé barvě rovají ejvýše ( 3 2) 3 hodoty bij Protože hodot b ij je celkem 21, zameá to, že každá barva je mezi imi právě třikrát Z toho plye, že kuličky každé barvy jsou v právě třech pytlících Příklad přípustého rozděleí je {1, 2, 3}, {1, 4, 5}, {1, 6, 7}, {2, 4, 6}, {2, 5, 7}, {3, 4, 7}, {3, 5, 6} (každá možia představuje jede pytlík) 218 Příklad [MO Česká republika 2000/01] V urě jsou bílé a čeré kuličky; počet všech kuliček zaokrouhleý a stovky je 1000 Pravděpodobost vytažeí dvou čerých kuliček je o 17 43 větší ež pravděpodobost vytažeí dvou bílých kuliček Kolik bílých a kolik čerých kuliček je v urě? (Pravděpodobost vytažeí kterékoli kuličky je stejá) Řešeí Nechť je v urě kuliček, z toho b bílých (a b čerých) Potom pravděpodobost vytažeí dvou bílých kuliček je ( b 2) ( ) 2 b(b 1) ( 1), zatímco pravděpodobost vytažeí dvou čerých kuliček je ( b ( 2 2 ) ) ( b)( b 1) ( 1) 5
Podle zadáí úlohy platí rovost ( b)( b 1) ( 1) b(b 1) ( 1) + 17 43, kterou lze zjedodušit do tvaru 43b 13 Odtud vzhledem k esoudělosti čísel 13 a 43 plye, že čísla a b jsou tvaru 43k a b 13k, kde k je vhodé přirozeé číslo Podle zadáí pro číslo platí 950 < 1050, z ichž zjistíme, že k {23, 24} Úloha má tedy dvě řešeí: Pro k 23 vychází 989, b 299, b 690, zatímco hodotě k 24 odpovídá 1032, b 312, b 720 3 Kombiatorické idetity Kombiatorickými idetitami budeme rozumět vztahy, v ichž vystupují kombiačí čísla ebo faktoriály Připomeňme, že kombiačí čísla jsou defiováa vztahem ( )! k k!( k)!, kde je kladé a k ezáporé celé číslo Z tohoto vyjádřeí ihed plye, že ( ) ( ) k k Kombiatorický výzam je zřejmý: Počet způsobů, jak vybrat k prvků z -prvkové možiy, je stejý jako počet možostí, jak vybrat k prvků Další velmi zámou idetitou je vztah Můžeme jej dokázat výpočtem: ( k ) + ( ) k + 1 ( ) + 1 k + 1! k!( k)! +! (k + 1)!( k 1)!!(k + 1) (k + 1)!( k)! +!( k) (k + 1)!( k)! ( + 1)! (k + 1)!( k)! Nebo kombiatorickou úvahou: Číslo ( +1 k+1) vyjadřuje počet možostí, jak z možiy {1,, + 1} vybrat k +1 čísel Všechy takové (k +1)-prvkové podmožiy lze rozdělit a dvě skupiy podmožiy eobsahující číslo + 1 (těch je ( ( k+1) ) a podmožiy obsahující číslo + 1 (těch je k), protože kromě čísla + 1 zbývá vybrat ještě k dalších) Platí tedy ( ( +1 k+1) ) ( k + k+1) Další zajímavé idetity lze sado dokázat pomocí biomické věty: 31 Biomická věta Jsou-li a, b reálá čísla a je přirozeé číslo, pak platí (a + b) i0 ( ) a i b i i Důkaz je jedoduchý: Představíme si, že rozásobujeme souči (a+b) (a+b) (a+b) Výsledkem je součet obsahující čley tvaru a i b i, kde i {0,, } Teto čle dostaeme po rozásobeí tolikrát, kolik je možostí, jak vybrat z i závorek číslo a a ze zbývajících i závorek číslo b; to jde udělat ( ) i způsoby Dosadíme-li do biomické věty a b 1, dostaeme idetitu 2 i0 ( ) i ( ) + 0 ( ) + + 1 ( ) I tato idetita má kombiatorický výzam: Na pravé straě sčítáme počty 0-prvkových, 1-prvkových,, -prvkových podmoži možiy o velikosti a idetita ám říká, že počet všech podmoži -prvkové 6
možiy je 2 To je sado vidět i bez biomické věty: Libovolou podmožiu -prvkové možiy získáme tak, že se u každého prvku rozhodeme, zda jej do podmožiy zařadíme; máme tedy celkem 2 možostí Jiou zámou idetitu dostaeme z biomické věty dosazeím a 1, b 1: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( 1) i + + ( 1) i 0 1 Můžeme ji přepsat do tvaru i0 ( ) + 0 ( ) + 2 ( ) + 1 ( ) +, 3 ze kterého plye kombiatorický výzam: Počet podmoži -prvkové možiy se sudým počtem prvků je stejý jako počet podmoži s lichým počtem prvků 32 Cvičeí Dokažte posledí idetitu kombiatoricky, tj bez použití biomické věty 33 Příklad [MKS 1995/96] Nechť X je -prvková možia Zjistěte, jaký je součet všech čísel A B, pokud za (A, B) dosazujeme postupě všechy dvojice podmoži možiy X Řešeí Nechť M začí doplěk možiy M v X, tj M X M Existuje 2 růzých podmoži možiy X, a tedy existuje (2 ) 2 4 uspořádaých dvojic podmoži možiy X Rozdělme všechy tyto páry (A, B) a 4 1 čtveřic obsahujících dvojice (A, B), (A, B), (A, B), (A, B) Dostaeme tak rozděleí všech uspořádaých dvojic podmoži možiy X a disjuktí čtveřice (čtveřice odvozeá od libovolého z párů (A, B), (A, B), (A, B) je totožá s čtveřicí odvozeou od páru (A, B)) Každý prvek patří buď do A, ebo do A (resp do B, ebo do B), a tak tedy patří do právě jedé z moži (A, B), (A, B), (A, B), (A, B) Platí tedy A B + A B + A B + A B a po sečteí přes všechy čtveřice dostaeme výsledek 4 1 34 Cvičeí Nechť > 1 je liché číslo Dokažte, že mezi kombiačími čísly ( ) ( ) ( ),,, 1 1 2 2 je lichý počet lichých čísel Z defiice kombiačího čísla sado plye, že ( ) ( 1) ( k + 1) k k k k! ( 1) ( k + 1) (k 1)! ( ) 1 k 1 Teto vzorec, který platí pro 1 a k 1, se často hodí při odvozováí jiých idetit 35 Příklad Sečtěte k1 k( k) Řešeí ( ) ( ) 1 k k k 1 k1 k1 36 Cvičeí Sečtěte k1 k2( k) 37 Příklad Dokažte idetitu kde p, q, k jsou přirozeá čísla k i0 k1 ( ) 1 k 1 ( )( ) p q i k i 1 ( ) 1 2 1 k ( p + q Řešeí Uvažujme skupiu p + q osob, mezi imiž je p mužů a q že Pravá straa udává, kolika způsoby lze z této skupiy vybrat k osob (bez ohledu a pohlaví) Ozačíme-li symbolem A i možiu všech k-tic osob, mezi imiž je i mužů, platí A i ( )( p q i k i), a tedy ( ) p + q k k ( )( ) p q A i k i k i i0 7 i0 k k0 ),
38 Cvičeí [MKS 1995/96] Dokažte idetitu ( 2 ( i0 i) 2 ) 39 Cvičeí [MKS 1995/96] Dokažte idetitu 1 ( ) ( i0 i)( i+1 2 1) 4 Přihrádkový pricip Přihrádkový (ěkdy též Dirichletův) pricip je velmi jedoduché tvrzeí, které se často používá při řešeí kombiatorických úloh (zejméa u existečích důkazů): Rozmístíme-li + 1 předmětů do přihrádek, pak v aspoň jedé přihrádce je více ež jede předmět Následující verze je o ěco obecější: Rozmístíme-li k + 1 předmětů do přihrádek, pak v aspoň jedé přihrádce je více ež k předmětů 41 Příklad V místosti je osob Dokažte, že mezi imi existují dvě osoby, které mají v místosti stejý počet přátel Řešeí Pro i {0, 1,, 1} ozačme symbolem A i možiu všech osob, které mají i přátel Nemůže astat situace, že by možiy A 0 a A 1 byly obě zároveň eprázdé Rozdělili jsme tedy osob do ejvýše 1 moži, a v ěkteré proto musejí být aspoň dvě osoby 42 Příklad Nechť a 1,, a jsou libovolá celá čísla Dokažte, že z ich lze vybrat skupiu čísel, jejichž součet je dělitelý číslem Řešeí Ozačme s 1 a 1, s 2 a 1 + a 2, s a 1 + + a Pokud je ěkteré s i dělitelé číslem, je tvrzeí zřejmé; předpokládejme tedy, že to eí pravda Potom zbytky čísel s i při děleí leží v možiě {1,, 1} Existuje tedy dvojice čísel k < l tak, že s k a s l mají stejé zbytky To zameá, že číslo s l s k a k+1 + + a l je dělitelé číslem 43 Cvičeí Dokažte, že libovolá možia deseti čísel vybraých z {1, 2,, 100} má dvě eprázdé disjuktí podmožiy takové, že součty jejich prvků jsou stejé 44 Cvičeí [MO Česká republika 1995/96] Dokažte, že zvolíme-li libovolě 11 růzých dvojciferých čísel, vždy z ich lze vybrat dvě skupiy čísel, které mají stejý počet prvků, eobsahují žádý společý prvek a dávají stejý součet 45 Příklad [MKS 1994/95] Dokažte, že mezi libovolými osmi složeými čísly vybraými z možiy {1, 2,, 360} jsou aspoň dvě soudělá čísla Řešeí Protože 19 2 361, je každé číslo z daé možiy dělitelé ějakým prvočíslem meším ež 19 Rozdělme složeá čísla z daé možiy do podmoži A 2, A 3, A 5, A 7, A 11, A 13, A 17 podle toho, jaký je jejich ejmeší prvočíselý dělitel Jde o sedm moži, takže mezi osmi vybraými čísly jsou dvě se stejým prvočíselým dělitelem, tj jsou to soudělá čísla 46 Příklad [MO Velká Britáie, 2000] a) Najděte desetiprvkovou možiu přirozeých čísel takovou, že součet žádých šesti čísel z této možiy eí dělitelý šesti b) Je možé ajít jedeáctiprvkovou možiu se stejou vlastostí? Řešeí a) Příkladem takové možiy je A {6j + k; 1 j 5, 0 k 1} Skutečě, prvky této možiy dávají při děleí šesti zbytek 0 ebo 1, přičemž od každého druhu máme 5 prvků Vybereme-li z A šestiprvkovou podmožiu, bude v í aspoň jedo a ejvýše pět čísel se zbytkem 1, takže součet všech šesti vybraých čísel emůže být dělitelý šesti b) Ukážeme, že v libovolé jedeáctiprvkové možiě A existuje šest čísel, jejichž součet je dělitelých šesti Z každé aspoň tříprvkové možiy přirozeých čísel lze vybrat dvě čísla, jejichž součet je sudý Z aší jedeáctiprvkové možiy A tedy můžeme postupě vybrat celkem 5 takových dvojic Součet čísel v každé dvojic dává při děleí šesti zbytek 0, 2, ebo 4 Pokud astaou všechy tři případy, vezmeme od každého typu jedu dvojici a dostaeme šestici čísel, jejichž součet je dělitelý šesti Pokud aopak dostaeme ejvýše dva zbytky z možiy {0, 2, 4}, zameá to, že existují aspoň tři dvojice se stejým zbytkem; součet těchto šesti čísel je opět dělitelý šesti 47 Příklad [MO Česká republika 1998] Dokažte, že z libovolých čtrácti růzých přirozeých čísel lze pro ěkteré číslo k (1 k 7) vybrat dvě disjuktí k-prvkové podmožiy {a 1,, a k } a {b 1,, b k } 8
tak, aby se součty A 1 a 1 + 1 a 2 + + 1 a k a B 1 b 1 + 1 b 2 + + 1 b k avzájem lišily o méě ež 0,001, tj aby platilo A B < 0,001 Řešeí Uvažujme všech ( 14 7 ) 3432 součtů S 1 x 1 + 1 x 2 + + 1 x 7, kde x 1 < x 2 < < x 7 je libovolá sedmice vybraá z daých čtrácti přirozeých čísel Pro každý z těchto součtů S platí odhady 0 < S 1 1 + 1 2 + + 1 7 2 + 1 4 + 1 5 + 1 7 < 3, takže se jedá o 3432 (e utě růzých) čísel z itervalu (0, 3) Proto se ěkteré dva z uvažovaých součtů liší o méě ež 0,001; vyloučíme-li z obou příslušých sedmic případé společé prvky, zmeší se oba součty o tutéž hodotu (takže jejich rozdíl se ezměí) a v obou skupiách bude stejý (eulový, eboť šlo o dvě růzé sedmice) počet prvků 48 Příklad [MO Česká republika 1995/96] Děti se v táboře dělily do druži ásledujícím způsobem: Vedoucí určil mezi dětmi ěkolik áčelíků Každý áčelík si pak vzal do skupiy všechy své kamarády z tábora (kamarádství je vzájemé) Kupodivu to vyšlo dobře, tedy tak, že se áčelíci emuseli o žádé dítě hádat, žádé dítě ezbylo a žádí dva áčelíci ebyli kamarádi Podruhé určil vedoucí jiý počet áčelíků Mohlo rozděleí dětí popsaým způsobem opět dopadout dobře? Řešeí Odpověď je e Ozačme počet áčelíků v prvím výběru k a v druhém l Postupujme sporem Předpokládejme, že k l, a přitom obě rozděleí dopadla dobře Bez újmy a obecosti předpokládejme, že l > k (jiak výběry vyměíme, a jejich pořadí ezáleží) Protože podruhé bylo druži více, musí v tomto výběru existovat dva áčelíci, kteří byli v prvím výběru ve stejé družiě (ozačme ji M) Ai jede z ich emohl být áčelíkem M, jiak by museli být kamarádi a druhé rozděleí by pak emohlo vyjít dobře Potom ale mají společého kamaráda áčelíka družiy M, proto druhé rozděleí emohlo vyjít dobře ai v tomto případě To je spor s předpokladem k l 49 Příklad [MKS 1995/96] Každé políčko ekoečého čtverečkovaého papíru je obarveo jedou ze sedmi barev Dokažte, že lze vybrat 1948 řádků a 1989 sloupců tak, aby všechy jejich průsečíky měly stejou barvu Řešeí Uvažujme ekoečě široký pás o výšce 7 1947+1 V každém z jeho sloupců existuje barva, která se vyskytuje ejméě 1948-krát Počet způsobů, jak obarvit jede sloupec, je P 7 7 1947+1 Vezmeme-li libovolých 1988P + 1 sloupců, ajdeme mezi imi 1989 stejě obarveých Provedeme-li pak v ich výše uvedeou úvahu, dostaeme hledaých 1948 řádků 410 Příklad V místosti o rozměrech 7 7 m 2 stojí 50 osob Ukažte, že existují aspoň dvě, jejichž vzájemá vzdáleost je meší ež 1,5 m Řešeí Rozdělíme-li místost a 49 čtverců 1 1, budou v jistém čtverci aspoň dvě osoby Jejich maximálí vzdáleost je rova délce úhlopříčky čtverce, tj 2 < 1, 5 m 411 Příklad Uvažujme všechy body v roviě, které mají obě souřadice celočíselé Vyberme z ich libovolých pět bodů Dokažte, že mezi imi existuje dvojice bodů takových, že úsečka, která je spojuje, prochází aspoň jedím dalším bodem s celočíselými souřadicemi Řešeí Rozdělme body podle toho, zda jejich souřadice jsou sudé, ebo liché Každý bod patří do jedé ze čtyř skupi: (s, s), (l, s), (s, l), (l, l) Aspoň dva z pěti vybraých bodů proto patří do stejé skupiy Jsou-li jejich souřadice (a, b) a (c, d), pak střed jejich spojice má souřadice ( a+c 2, b+d 2 ), což jsou celá čísla 412 Cvičeí Na území ve tvaru čtverce o straě délky 1 km se achází 51 osob Dokažte, že existuje kruh o poloměru 1/7 km, uvitř kterého se acházejí aspoň 3 osoby 5 Úlohy vedoucí a rekuretí rovice 51 Příklad Ve hře zámé pod ázvem Haojské věže máme k dispozici 3 kolíky a 8 kotoučů růzých velikostí Na začátku hry jsou všechy kotouče a levém kolíku, úkolem hráče je přeést kotouče a 9
pravý kolík V každém kroku je povoleo přemístit jede kotouč z jedoho kolíku a jiý, a to tak, že větší kotouč ikdy esmí ležet a meším Jaký je ejmeší potřebý počet kroků k dosažeí cíle? Řešeí Nechť a je miimálí počet kroků potřebý k přeeseí kotoučů z jedoho kolíku a jiý; zřejmě platí a 1 1, a 2 3 Ukážeme, že pro každé 2 je splěa rekuretí rovice a 2a 1 + 1 K tomu, abychom se dostali k ejvětšímu kotouči a mohli jej přeést z levého kolíku a pravý, musíme ejprve přemístit zbývajících 1 kotoučů a prostředí kolík (k tomu je potřeba a 1 kroků) Poté přeeseme ejvětší kotouč z levého kolíku a pravý (1 krok) a zbývá přemístit 1 kotoučů z prostředího kolíku a pravý (opět a 1 kroků); platí tedy a a 1 + 1 + a 1 2a 1 + 1 Pomocí této rekuretí rovice sado spočteme, že a 8 255 52 Pozámka Spočteme-li hodoty a pro malá přirozeá čísla, sado uhodeme, že platí obecý vzorec a 2 1; dokažte jej idukcí! 53 Cvičeí Uvažujme ásledující variatu hlavolamu Haojské věže : Jsou dáy 3 kolíky; a prvím z ich je postavea věž z kotoučů seřazeých podle velikostí (ejvětší je vespod), ostatí jsou prázdé V každém kroku lze přeést jede kotouč mezi prvím a druhým kolíkem, ebo mezi druhým a třetím kolíkem, a to tak, že větší kotouč ikdy esmí ležet a meším Jaký je ejmeší počet kroků potřebý k přeeseí věže z prvího a třetí kolík? 54 Příklad zajatcům čekajícím a popravu bylo ařízeo, aby se rozestavili do kruhu Postupě bude popravová každý druhý zajatec tak dlouho, dokud ezůstae aživu je jede z ich; tomu bude udělea milost (Např pro 4 bude postupě poprave druhý, čtvrtý a třetí zajatec, prví přežije) Zjistěte, který zajatec zůstae aživu Řešeí Nechť a je číslo zajatce, který zůstae aživu (předpokládáme, že zajatci jsou očíslovái čísly 1,, v tom pořadí, ve kterém stojí v kruhu vedle sebe) Zřejmě platí a 1 a 2 1 Pro a, kde 3, odvodíme rekuretí rovici Je-li 2k sudé, pak po provedeí k poprav zbývá k zajatců s čísly 1, 3,, 2k 1 Naživu zůstae a k -tý z ich; jeho číslo je 2a k 1 Platí tedy a 2k 2a k 1 Je-li 2k + 1 liché, pak po provedeí k + 1 poprav zbývá k zajatců s čísly 3,, 2k 1, 2k + 1 Naživu zůstae a k -tý z ich; jeho číslo je 2a k + 1 Platí tedy a 2k+1 2a k + 1 Pomocí těchto rekuretích rovic lze spočítat a pro každé přirozeé 55 Pozámka Sestavíme-li si tabulku hodot a pro malá čísla, můžeme uhodout, že pro 2 k je a 1 a s každým zvýšeím o 1 roste a o 2 tak dlouho, dokud earazíme a další mociu dvojky Formálě zapsáo: Je-li 2 k + l, kde l {0,, 2 k 1}, pak a 2l + 1 Dokažte to matematickou idukcí! (Použijte obě alezeé rekuretí rovice) 56 Cvičeí [AIME 1996] Ve školí šatě je v řadě vedle sebe celkem 1024 uzavřeých skříěk očíslovaých 1, 2,, 1024 Nudící se studet prochází kolem skříěk zleva doprava, otevře prví a ásledě každou druhou skříňku (tj skříňky 1, 3,, 1023) Poté se vrací zpět zprava doleva, všímá si pouze zbývajících uzavřeých skříěk, a opět otvírá prví a pak každou druhou (tj skříňky 1024, 1020, ) Takto postupuje do té doby, ež otevře všechy skříňky Zjistěte, jaké číslo měla posledí otevřeá skříňka 57 Příklad [MO Česká republika 1997/98] V jistém jazyce jsou pouze dvě písmea, A a B Pro slova tohoto jazyka platí: 1) Jedié slovo délky 1 je A 10
2) Libovolá skupia písme X 1 X 2 X X +1, kde X i {A, B} pro každý idex i, tvoří slovo délky + 1, právě když obsahuje aspoň jedo písmeo A a přitom eí tvaru X 1 X 2 X A, kde X 1 X 2 X je slovo délky Najděte a) všecha slova délky 4, b) vzorec pro počet p všech slov délky Řešeí a) K alezeí slov délky 4 potřebujeme zát slova délek 3 a 2 Slova délky 2 jsou AB, BA, slova délky 3 jsou AAA, AAB, ABB, BAB, BBA, slova délky 4 jsou AAAB, AABB, ABAA, ABAB, ABBB, BAAA, BAAB, BABB, BBAB, BBBA b) Už víme, že p 1 1, p 2 2, p 3 5, p 4 10 Z pravidel pro tvořeí slov sado zjistíme, že počet slov délky + 1 kočících a A je 2 p a počet slov délky + 1 kočících a B je 2 1 Úloha tedy vede a rekuretí rovici p +1 (2 p ) + (2 1) 2 +1 1 p Použijeme-li tuto rovici dvakrát po sobě, dostaeme p +2 2 +2 1 p +1 2 +2 1 (2 +1 1 p ) p + 2 +1 Počet slov délky, kde 2k je sudé číslo, je rove p 2k 2 2k 1 + 2 2k 3 + + 2 3 + p 2 2 4k 1 3 Počet slov délky, kde 2k 1 je liché číslo, je rove p 2k 1 2 2k 2 + 2 2k 4 + + 2 2 + p 1 4k 1 3 58 Cvičeí [MO Česká republika 1997/98] V jistém jazyce jsou pouze dvě písmea, A a B Přípustá jsou v ěm pouze taková slova, v ichž estojí vedle sebe více ež dva stejé zaky Dokažte, že pro počet p všech přípustých slov délky platí p 1 2, p 2 4 a p k+2 p k+1 + p k pro každé přirozeé číslo k 59 Příklad [MO Česká republika 2003/04] Pro libovolé přirozeé číslo sestavme z písme A a B všecha možá slova délky a ozačme p počet těch z ich, která eobsahují ai čtveřici AAAA po sobě jdoucích písme A, ai trojici BBB po sobě jdoucích písme B Určete hodotu výrazu p 2004 p 2002 p 1999 p 2001 + p 2000 Řešeí Počet vyhovujících slov délky, která kočí písmeem A, resp B, ozačme a, resp b Platí p a + b Nechť 4 Vyhovující slovo kočící písmeem A má jedu z kocovek BA, BAA, ebo BAAA Počet slov prvího typu je b 1, druhého typu b 2, třetího typu b 3 Proto a b 1 + b 2 + b 3 Podobě pro 3 má vyhovující slovo kočící písmeem B jedu z kocovek AB, ABB, tudíž Z předchozích dvou vztahů pro každé 6 plye b a 1 + a 2 a b 1 + b 2 + b 3 (a 2 + a 3 ) + (a 3 + a 4 ) + (a 4 + a 5 ) a 2 + 2a 3 + 2a 4 + a 5 a podobě b a 1 + a 2 (b 2 + b 3 + b 4 ) + (b 3 + b 4 + b 5 ) b 2 + 2b 3 + 2b 4 + b 5 11
Sečteím posledích dvou rovostí dostaeme p a + b p 2 + 2p 3 + 2p 4 + p 5 Proto pro libovolé 6 (a speciálě pro 2004) platí p p 2 p 5 p 3 + p 4 2 510 Cvičeí [MO Česká republika 2003/04] Pro libovolé přirozeé číslo sestavme z písme A a B všecha možá slova délky a ozačme p počet těch z ich, která eobsahují ai trojici AAA po sobě jdoucích písme A, ai dvojici BB po sobě jdoucích písme B Určete, pro která přirozeá čísla platí, že obě čísla p a p +1 jsou sudá 6 Úlohy o obarveí a pokrytí 61 Příklad Každý bod v roviě je buď červeý, ebo modrý Dokažte, že pro aspoň jedu z těchto barev platí, že pro každé d > 0 existují dva body daé barvy, jejichž vzdáleost je d Řešeí Předpokládejme, že tvrzeí eplatí Pak existují kladá čísla a, b taková, že žádé dva červeé body emají vzdáleost a a žádé dva modré body emají vzdáleost b Bez újmy a obecosti předpokládejme, že a b (jiak stačí zaměit červeou a modrou barvu) Vezměme libovolý modrý bod C a sestrojme trojúhelík ABC tak, že AC BC b a AB a Body A, B emohou být modré (jejich vzdáleost od modrého bodu je b), takže jsou červeé; to je spor s tím, že žádé dva červeé body emají vzdáleost a 62 Cvičeí Každý bod v roviě je obarve jedou ze tří barev Dokažte, že existují dva stejě obarveé body o vzdáleosti 1 63 Příklad Každý bod v roviě je buď červeý, ebo modrý Dokažte, že existuje obdélík, jehož vrcholy jsou téže barvy Řešeí Uvažujme pouze body se souřadicemi (x, y), kde x {1, 2, 3} a y {1,, 9} Počet možostí, jak obarvit jede řádek tvořeý třemi body je 8 Protože řádků je 9, existují mezi imi dva stejě obarveé; předpokládejme, že jde o k-tý a m-tý řádek Pro každé x {1, 2, 3} mají body (x, k) a (x, m) stejou barvu Protože jde o tři dvojice, existují dvě dvojice stejé barvy a alezeé čtyři vrcholy tvoří hledaý obdélík 64 Cvičeí Každý bod v roviě je obarve jedou z barev Dokažte, že existuje obdélík, jehož vrcholy jsou téže barvy 65 Cvičeí Každý bod v roviě je buď červeý, ebo modrý Dokažte, že existuje rovostraý trojúhelík, jehož vrcholy jsou téže barvy 66 Cvičeí [MO Česká republika 1994/95] Každý bod obvodu čtverce o straě 10 cm je obarve jedou ze dvou barev Dokažte, že při libovolém obarveí můžeme a obvodu čtverce vždy ajít tři body stejé barvy tak, aby trojúhelík s těmito vrcholy měl obsah aspoň 25 cm 2 67 Příklad [IMO Shortlist 1996] Uvažujme čtvercovou síť složeou z ( 1) ( 1) jedotkových čtverečků Kolika způsoby lze obarvit vrcholy těchto čtverečků (tj celkem 2 vrcholů) červeou a modrou barvou tak, aby každý jedotkový čtvereček měl dva vrcholy červeé a dva modré? Řešeí Vrcholy ve spodím řádku můžeme obarvit libovolě Rozlišíme dva případy: a) Barvy vrcholů ve spodím řádku se střídají; existují právě dvě obarveí spodího řádku, která mají tuto vlastost Sado si rozmyslíme, že to zameá, že i barvy ve všech dalších řádcích se musejí střídat a v každém řádku můžeme libovolě zvolit jedo ze dvou střídavých obarveí Existuje tedy celkem 2 takovýchto obarveí b) Ve spodím řádku existují dva sousedí vrcholy stejé barvy; existuje celkem 2 2 obarveí spodího řádku, které mají tuto vlastost Pak existuje pouze jedo přípusté obarveí všech zbývajících vrcholů Celkový počet všech přípustých obarveí je tedy 2 +1 2 12
68 Příklad [MO Česká republika 1996/97] Každá z úhlopříček pravidelého -úhelíku ( 5) je obarvea modře ebo červeě Je povoleo postupě přebarvovat úhlopříčky tak, že v každém kroku vybereme jede vrchol a změíme barvy všech úhlopříček, které z ěj vycházejí (z modré a červeou a aopak) Rozhoděte, zda lze vždy úhlopříčky přebarvit tak, aby existovala a) lomeá čára b) uzavřeá lomeá čára složeá vesměs z modrých úhlopříček a procházející každým vrcholem -úhelíku právě jedou Řešeí a) Odpověď je ao Nechť A 1,, A jsou (v tomto pořadí) vrcholy -úhelíku Položme X 1 X 2 X A 1 A 3 A 5 A 1 A 2 A 4 A X 1 X 2 X A 1 A 3 A 5 A A 2 A 4 A 1 je-li sudé, je-li liché Ukážeme, že úhlopříčky lze přebarvit tak, že všechy úsečky lomeé čáry X 1 X 2 X jsou modré K tomu stačít volit za i postupě hodoty 1,, 1 a pokaždé zkotrolovat, zda je úsečka X i X i+1 modrá Pokud e, přebarvíme všechy úhlopříčky vycházející z vrcholu X i+1 Zřejmě platí, že po provedeí i-tého kroku je úsek X 1 X 2 X i X i+1 celý modrý b) Odpověď je e Jedoduchý protipříklad představuje pětiúhelík se všemi úhlopříčkami obarveými červeě Z každého vrcholu vycházejí 2 úhlopříčky, při každém přebarveí se tedy počet modrých úhlopříček změí o sudé číslo Nelze proto dosáhout toho, aby všech pět úseček ějaké uzavřeé lomeé čáry bylo modrých 69 Cvičeí [MO Česká republika 1996/97] Nechť M je možia úhlopříček pravidelého -úhelíku, která eobsahuje žádou uzavřeou lomeou čáru Ukažte, že každé výchozí obarveí úhlopříček lze podle pravidel předchozí úlohy tak, že všechy úhlopříčky z M budou modré (Využijte toho, že pokud M eobsahuje uzavřeou lomeou čáru, pak existuje vrchol -úhelíku áležející právě jedé úhlopříčce z M) 610 Cvičeí [MO Česká republika 1996/97] V roviě je dáo bodů, ěkteré jsou pospojováy úsečkami tak, že z každého bodu vycházejí právě 3 úsečky Dokažte, že tyto body lze obarvit modrou a červeou barvou tak, že žádý bod emá dva sousedy stejé barvy, jakou má o sám 611 Cvičeí [Austria-Polish Mathematics Competitio 2000] Pro která přirozeá čísla 5 platí, že vrcholy pravidelého -úhelíka lze obarvit ejvýše šesti barvami tak, že každých pět po sobě jdoucích vrcholů má růzé barvy? 612 Příklad [MO Česká republika 1995/96] Je dáo šest tříprvkových podmoži koečé možiy X Dokažte, že prvky možiy X je možé obarvit dvěma barvami tak, aby žádá ze šesti daých podmoži ebyla jedobarevá, tj eměla všechy tři prvky stejé barvy Řešeí Ozačme daé podmožiy A 1,, A 6 Tvrzeí dokážeme idukcí podle počtu prvků možiy X Začeme s případem 6 (Pokud má možia X méě ež 6 prvků, doplíme ji a šestiprvkovou přidáím ových prvků; možiy A i se tím ezměí) Protože ( 6 3) 20 > 2 6, existuje tříprvková možia Y X, která se erová ai žádé z moži A i, ai žádému doplňku X A i Obarvíme-li prvky Y jedou barvou a prvky X Y barvou druhou, dostaeme přípusté obarveí Nyí předpokládejme, že možia X má 7 prvků Pak existuje dvojice růzých prvků u, v X, které spolu eleží v žádé z moži A i (Opravdu, existuje totiž ejvýše 6 (3 2) 18 dvojic prvků, které patří do ěkteré z moži A i, zatímco všech dvojic prvků z X je ( 7 2) 21) Tuto dvojici prvků u, v slepíme do jedoho ového prvku w, tj kdykoliv ějaká možia A i obsahuje u ebo v, ahradíme jej prvkem w Máme tak šest tříprvkových podmoži 1 prvkové možiy X (X {u, v}) {w}, a podle idukčího předpokladu existuje přípusté obarveí prvků X Pak stačí vrátit se k původím možiám X, A 1,, A 6 a použít alezeé obarveí, přičemž prvky u, v budou mít barvu prvku w 613 Příklad Dokažte, že čtverec o rozměrech 10 10 elze beze zbytku pokrýt 25 dlaždicemi ásledujícího tvaru: Řešeí Předpokládejme, že existuje ějaké pokrytí Obarvíme políčka dlaždic střídavě čerou a bílou 13
barvou (tak, jako a šachovici) Dostaeme tak dva druhy dlaždic, s jedím čerým políčkem a třemi bílými, ebo obráceě: Protože celkový počet čerých políček je rove celkovému počtu bílých políček, musíme mít od každého ze dvou druhů stejý počet dlaždic Ale počet dlaždic je 100/4 25 (liché číslo), což je spor 614 Příklad Dokažte, že čtverec o rozměrech 10 10 elze beze zbytku pokrýt obdélíkovými dlaždicemi o rozměrech 4 1 Řešeí Očíslujme políčka čtverce podle ásledujícího obrázku: Předpokládejme yí, že existuje ějaké pokrytí čtverce, a umístěme ejprve všechy vodorové dlaždice Každá zakryje čtyři růzé cifry; ezakryto zůstae +10 ul, +10 jediček, dvojek, trojek (kde je ějaké číslo) Každá svislá dlaždice zakryje 4 stejé cifry; to zameá, že i + 10 jsou čísla dělitelá čtyřmi, ale to se pro žádé emůže stát 615 Příklad [MO Korea 2000] Chceme vydláždit obdélík o rozměrech m, kde m, jsou přirozeá čísla větší ež 1 K dispozici máme ásledující dva druhy dlaždic (každá je složea ze čtyř jedotkových čtverečků): Dokažte, že obdélík je možo beze zbytku vydláždit právě tehdy, když souči m je dělitelý osmi Řešeí Nechť m je dělitelé osmi Důkaz, že obdélík lze beze zbytku vydláždit, rozdělíme a dva případy: a) m i jsou sudá Bez újmy a obecosti předpokládejme, že 4 m a 2 Vezmeme-li dvě dlaždice jedoho druhu, můžeme z ich vytvořit obdélíček 2 4 Pak stačí vzít m/8 takovýchto obdélíčků a vyplit jimi obdélík m b) Jedo z čísel m, je liché Bez újmy a obecosti předpokládejme, že je to m; pak musí být dělitelé osmi Ze šesti dlaždic můžeme sestavit obdélíček 3 8: Pomocí těchto obdélíčků můžeme vyplit obdélík 3 Je-li m 3, jsme hotovi; v opačém případě ám zbývá obdélík (m 3), který vydláždíme podle bodu a) Dokažme ještě obráceou implikaci Jestliže lze obdélík beze zbytku vydláždit, zameá to, že 4 m (každá dlaždice má obsah 4) Bez újmy a obecosti předpokládejme, že 2 Obarvíme všech m řádků obdélíka střídavě čerou a červeou barvou Na každé dlaždici pak bude lichý počet čerých (a také červeých) čtverečků Celkový počet čerých čtverečků je však sudý, a to zameá, že počet dlaždic je také sudý Z toho plye, že 8 m 616 Příklad Jistý obdélík je beze zbytku vyplě dlaždicemi o rozměrech 2 2 a 4 1 Jeda 14
dlaždice se však rozbije a k dispozici už máme je dlaždici druhého druhu Dokažte, že ai po případém přeuspořádáí dlaždic se ám už epovede obdélík beze zbytku vyplit Řešeí Obarvíme všecha políčka obdélíka podle ásledujícího schématu: Na každé dlaždici o rozměrech 4 1 pak bude sudý počet čerých políček a a každé dlaždici o rozměrech 2 2 jich bude lichý počet Z toho plye, že dlaždici jedoho druhu elze zaměit dlaždicí druhého druhu 617 Příklad [MKS 1995/96] Myš žere kostku sýra ve tvaru krychle o hraě 3 rozděleé a 26 krychliček prostředí chybí Zače s libovolou krychličkou, pak přejde a ěkterou sousedí (se společou stěou) Toto stále opakuje Může takto myška sežrat všechy sýrové krychličky? Řešeí Obarvíme krychličky šachovicovým způsobem podle ásledujícího obrázku: Bílých krychliček je 14, čerých 12 Myška střídavě kozumuje bílé a čeré krychličky, a proto se jí ikdy epodaří síst všechy 618 Cvičeí Je možé ásledující dlaždice (od kažého druhu máme použít jedu) poskládat tak, aby beze zbytku vyplily ějaký obdélík? 619 Cvičeí Dokažte, že čtverec o rozměrech 8 8 elze beze zbytku pokrýt 15 dlaždicemi ve tvaru T a 1 čtvercovou dlaždicí o rozměrech 2 2 620 Cvičeí [AUO 1989] Čtverec o rozměrech 23 23 chceme pokrýt čtvercovými dlaždicemi o rozměrech 1 1, 2 2 a 3 3 Jaký ejmeší počet dlaždic 1 1 je k tomu zapotřebí? 7 Matematické hry 71 Příklad [MO Česká republika 2008/09] Na stole je pohárů, všechy jsou postavey dem vzhůru V jedom kroku smíme otočit libovolých k pohárů aopak (k je daé, eměé) Je možé, aby po koečém počtu kroků bylo všech pohárů postaveo dem dolů? Řešte ejprve pro 9 a k 5, potom pro 9 a k 4 Řešeí Pro 9 a k 5 to možé je, apříklad takto: (,,,,,,,, ) (,,,,,,,, ) (,,,,,,,, ) (,,,,,,,, ) Pro 9 a k 4 to možé eí, protože obecěji platí: při sudém k a libovolém se eměí parita počtu pohárů postaveých dem vzhůru (tj teto počet je buď eustále sudé, ebo eustále liché číslo) 72 Příklad [MO Česká republika 2008/09] Na hraici kruhu stojí 2 jedičky a 48 ul v tomto pořadí: 1, 0, 1, 0, 0,, 0 V jedom kroku je povoleo přičíst číslo 1 ke kterýmkoliv dvěma sousedím číslům Můžeme po ěkolika krocích dosáhout toho, aby všech 50 čísel bylo stejých? 15
Řešeí Ozačíme-li čísla po řadě x 1, x 2,, x 50, pak hodota výrazu x 1 x 2 + x 3 x 4 + + x 49 x 50 zůstává během hry kostatí V počátečím stavu 1, 0, 1, 0, 0,, 0 je jeho hodota 2; ve stavu se všemi stejými čísly by byla hodota 0, a to eí možé 73 Příklad [MO Česká republika 2008/09] V každém vrcholu čtverce leží jeda mice Vybereme dvě mice a přemístíme každou z ich do sousedího vrcholu tak, že jeda se posue ve směru a druhá proti směru chodu hodiových ručiček Rozhoděte, zda je takto možé přemístit všechy 4 mice do jedoho vrcholu Řešeí Očíslujme vrcholy čtverce čísly 1, 2, 3, 4 Přiřaďme každé mici číslo vrcholu, v ěmž se aktuálě achází, a ozačme symbolem S součet těchto čtyř čísel Po každém tahu (tj přesuu dvou micí podle pravidel) hodota S buď zůstae stejá, ebo se změí o ±4 Počátečí hodota S je 1 + 2 + 3 + 4 10 Hodota S ve stavu, kdy jsou všechy mice v jedom vrcholu, by musela být ásobkem čtyř, a to eí možé 74 Cvičeí [MO Česká republika 2008/09] Předchozí úlohu zobecěte pro případ micí, po jedé ve vrcholech pravidelého -úhelíku Dokažte, že přesu všech micí a jedu hromádku je možý, právě když je liché 75 Cvičeí Je dá pravidelý 1988-úhelík Dva hráči do ěj střídavě zakreslují úhlopříčky (tj úsečky spojující esousedí vrcholy), přičemž eí dovoleo protout žádou dříve akresleou úhlopříčku Prohrává hráč, který emůže akreslit žádou další úhlopříčku Který hráč má vyhrávající strategii? 76 Příklad [MO Čía 1989] Na stole leží 2001 stejých micí, každá mice má předí a zadí strau Hra pro jedoho hráče sestává z 2001 kroků, v i-tém kroku (i {1,, 2001}) obrátí hráč libovolých i micí a druhou strau Dokažte, že pro libovolou počátečí kofiguraci micí lze ajít vhodý postup tak, že všechy mice budou a koci ležet buď předí, ebo zadí straou vzhůru Dokažte také, že lze dosáhout vždy pouze jedoho z těchto stavů Řešeí Dokážeme idukcí, že tvrzeí platí obecěji pro micí, kde je libovolé liché číslo Pro 1 je tvrzeí zřejmé Předpokládejme, že platí pro 2k 1 micí, a dokažme, že z toho plye platost i pro 2k + 1 micí a) Všechy mice leží a začátku otočey a stejou straou Poskládejme je do kruhu a očíslujme čísly 1,, 2k + 1 V prvím kroku otočíme mici 1, ve druhém mice 2 a 3, ve třetím mice 3, 4, 5 atd Na koci hry jsme provedli celkem 1 + 2 + + (2k + 1) (k + 1)(2k + 1) otočeí, každou mici jsme tedy otočili (k + 1)-krát To zameá, že všechy mice jsou opět otočey a stejou strau b) Existuje mice M 1 ležící předí straou vzhůru a mice M 2 ležící předí straou dolů Použijeme idukčí předpoklad a zbylých 2k 1 micí a v 2k 1 krocích dosáheme toho, že budou otočey a stejou strau; bez újmy a obecosti předpokládejme, že leží předí straou vzhůru V 2k-tém kroku obrátíme tyto mice společě s M 1 a v posledím kroku obrátíme všechy mice; všechy jsou yí otočey a stejou strau Dokažme, že pro žádou počátečí kofiguraci elze dosáhout obou stavů, tj všechy mice předí straou vzhůru i všechy mice předí straou dolů Předpokládejme, že to jde, tj prvího stavu lze dosáhout posloupostí kroků P 1 a druhého posloupostí kroků P 2 To by zamealo, že pokud položíme všechy mice předí straou vzhůru, aplikujeme a i posloupost kroků P 1 v obráceém pořadí a poté posloupost kroků P 2, budou všechy mice akoec otočey předí straou dolů Micí je lichý počet, takže jsme celkem museli provést lichý počet otočeí Na druhou strau víme, že počet otočeí byl 2(k + 1)(2k + 1) to je sudé číslo, a tedy dospíváme ke sporu 77 Cvičeí Mějme 2 m sirek rozděleých do ěkolika hromádek V každém kroku vybereme libovolé dvě hromádky; předpokládejme, že a jedé leží p sirek a a druhé je q sirek, přičemž p q Z hromádky s p sirkami jich q odebereme a přemístíme je a druhou hromádku Dokažte, že při libovolé počátečí kofiguraci můžeme pomocí vhodě voleých kroků přemístit všechy sirky a jedu hromádku 78 Cvičeí [MO Čía 1994] Na stole leží 4 krabiček, ve kterých je rozmístěo celkem m 4 sirek V každém kroku hry vybereme dvě eprázdé krabičky, z každé odebereme jedu sirku a obě sirky pak vložíme do třetí krabičky (libovolé, avšak odlišé od prvích dvou) Rozhoděte, zda pro libovolé počátečí rozmístěí sirek můžeme pomocí vhodě voleých kroků vždy přemístit všechy sirky do jedé krabičky 16
79 Příklad [MO Česká republika 2004/05] Na stole leží k hromádek o 1, 2, 3,, k kameech, kde k 3 V každém kroku vybereme tři libovolé hromádky a stole, sloučíme je do jedé a přidáme k í jede káme, který a stole dosud eležel Jestliže po ěkolika krocích vzike jediá hromádka, eí výsledý počet kameů dělitelý třemi Dokažte Řešeí V každém kroku se počet hromádek zmeší o dvě Aby vzikla jeda hromádka, musí být a začátku lichý počet hromádek, tedy k 2m + 1 Na zmešeí počtu hromádek o 2m je třeba m kroků Při každém přibude jede kame, a proto je výsledý počet kameů p 1 + 2 + 3 + + (2m + 1) + m (2m + 1)(2m + 2) 2 + m 2m 2 + 4m + 1 Číslo m má jede ze tvarů m 3, m 3 + 1, m 3 + 2 V prvím případě je p 18 2 + 12 + 1 3(6 2 + 2) + 1, ve druhém 18 2 + 24 + 7 3(6 2 + 8 + 2) + 1 a ve třetím p 18 2 + 36 + 17 3(6 2 + 12 + 5) + 2 Žádé z těchto čísel eí dělitelé třemi 710 Cvičeí [MO Česká republika 2004/05] Na stole leží 54 hromádky o 1, 2, 3,, 54 kameech V každém kroku vybereme libovolou hromádku, řekěme o k kameech, a odebereme ji celou ze stolu spolu s k kamey z každé té hromádky, ve které je aspoň k kameů Například po prvím kroku, při kterém vybereme hromádku o 52 kameech, zůstaou a stole hromádky o 1, 2, 3,, 51, 1 a 2 kameech Předpokládejme, že po určitém počtu kroků zůstae a stole jediá hromádka Kolik kameů v í může být? 711 Cvičeí [MO Česká republika 2004/05] Na stole leží k hromádek o 1, 2, 3, k kameech, k 5 V každém kroku vybereme 4 libovolé hromádky, sloučíme je do jedé a ještě k í přidáme jede káme z jakékoliv další hromádky Určete všecha k, pro která po koečém počtu kroků může vzikout jediá hromádka 712 Příklad [MO Česká republika 2002/03] Hráči A a B hrají a desce složeé ze šesti polí očíslovaých 1, 2, 6 ásledující hru Na začátku je umístěa a pole s číslem 2 figurka a pak se hází běžou hrací kostkou Pade-li číslo dělitelé třemi, posue se figurka a pole s číslem o 1 meším, jiak a pole s číslem o 1 větším Hra kočí vítězstvím hráče A resp B, dostae-li se figurka a pole s číslem 1 resp 6 S jakou pravděpodobostí zvítězí hráč A? Řešeí Ozačme p i pravděpodobost, že hráč A vyhraje v situaci, kdy figurka stojí a i-tém políčku Sado sestavíme soustavu rovic p 2 1 3 + 2 3 p 3, p 3 1 3 p 2 + 2 3 p 4, p 4 1 3 p 3 + 2 3 p 5, p 5 1 3 p 4 Řešeím této soustavy dostaeme výsledek p 2 15/31 17