M8502 Vybrané partie školské matematiky 1. doc. RNDr. Jaromíra Šimši, CSc.

Řešené příklady k předmětu M850 Vybrané partie školské matematiky 1 Řešení příkladů z přednášky doc. RNDr. Jaromíra Šimši, CSc. Sázecím systémem TEX připravil MAREK SAS podzim 011

DIRICHLETŮV PRINCIP V této kapitole se budou vyskytovat následující typy příkladů: U... úvodní úlohy D... úlohy na dělitelnost C... úlohy s čísly G... geometrické úlohy K... kombinatorické úlohy U1. Dirichletův princip 1 a jeho důkaz. Dirichletův princip: Necht n, k N. Je-li alespoň nk + 1 předmětů rozděleno do n skupin (přihrádek), pak v některé z nich je alespoň k + 1 předmětů. (Často k = 1, někdy některé skupiny mohou být prázdné.) Důkaz: Sporem. Připustíme, že závěr neplatí, tj. pro počet m i předmětů v i-té skupině platí 0 m i k, a to pro každé i = 1,..., n. Sečtením n pravých nerovností dostaneme m 1 + m + + m n k } + k + {{ + } k = nk n neboli počet m 1 + + m n všech rozdělených předmětů je nejvýše nk a to je spor. U. Na konferenci 70 delegátů hovoří 11 různými jazyky, jedním jazykem nejvíce 15 z nich. Za oficiální je považován takový jazyk, kterým hovoří nejméně 5 delegátů. Dokažte, že jsou to alespoň tři jazyky. Platí 70 : 11 = 6 (zb. 4). Podle Dirichletova principu některým jazykem, řekněme A, hovoří alespoň 7 delegátů (rozdělíme 70 delegátů do 11 skupin podle toho, kterým jazykem delegát hovoří). A je tedy oficiální jazyk. Dáme stranou všechny delegáty, kteří hovoří jazykem A; je jich nejvýše 15, takže zůstane alespoň 70 15 = 55 delegátů hovořících 10 jazyky. Pak 55 : 10 = 5 (zb. 5), a tedy podle Dirichletova principu existuje jazyk B, kterým hovoří alespoň 6 delegátů, tj. B je oficiální jazyk. Zase dáme stranou všechny ty delegáty, kteří hovoří jazykem B je jich nejvýše 15. Zůstane nám alespoň 40 delegátů hovořících 9 jazyky. Platí 40 : 9 = 4 (zb. 4), a proto podle Dirichletova principu mezi uvažovanými delegáty hovoří alespoň 5 delegátů jazykem C, který je tak oficiální. Dále už Dirichletův princip nestačí, nebot 40 15 = 5 a 5 : 8 = 3 (zb. 1) čili máme alespoň 4 delegáty hovořící jazykem D. Mohlo se však stát, že oficiální jazyky byly právě tři. Ze 70 delegátů každý hovoří jedním jazykem: jazykem A 15, jazykem B 15, jazykem C 15, jazykem D 4 a dále sedmi dalšími jazyky vždy po třech delegátech. Následují příklady na dělitelnost, a proto rozdělíme celá čísla do zbytkových tříd. Celé číslo x při dělení přirozeným číslem m dává jeden ze zbytků z = 0, 1,..., m 1: x = q m + z, q Z. Množinu Z všech celých čísel pak můžeme zapsat jako sjednocení všech zbytkových tříd: Z = T 0 T 1 T m 1, 1 Formuloval Lejeune Dirichlet (1805 1859) v teorii čísel.

přičemž x T i, právě když m x i. Mezi celými čísly x, y lze zavést relaci předpisem x, y T i, právě když m x y. V tomto případě píšeme x y a jde o relaci ekvivalence. D1. Z libovolných 8 přirozených čísel lze vybrat dvě čísla tak, aby jejich rozdíl byl dělitelný číslem 81. Dokažte. 8 čísel rozdělíme podle zbytku při dělení číslem 81 do 81 skupin (zb. 0, 1,..., 80). Podle Dirichletova principu jsou pak alespoň dvě čísla v jedné skupině, protože je jich více než samotných skupin. Pak podle předchozího jsou tato dvě čísla v ekvivalenci, nebot jejich rozdíl je dělitelný číslem 81. D. Vybereme-li z množiny {1,, 3,..., 100} libovolně 1 různých čísel, pak rozdíl některých dvou z nich bude dvojmístné číslo zapsané dvěma stejnými číslicemi. Dokažte. Při dělení 11 dvě z vybraných 1 čísel dávají podle Dirichletova principu stejný zbytek. Řekněme, že jde o vybraná čísla x a y, kde 1 x < y 100. Rozdíl y x je pak dělitelný 11, je to kladné číslo, jež nepřevyšuje 100 1 = 99, takže je to jedno z čísel 11,, 33,..., 99. Je tedy zapsáno dvěma stejnými číslicemi. D3. Součin (a b) (a c) (a d) (b c) (b d) (c d) je dělitelný číslem 1, at jsou čísla a, b, c, d zvolena jakkoliv. Dokažte. Máme tedy dokázat, že pro všechna a, b, c, d Z platí 1 (a b) (a c) (a d) (b c) (b d) (c d). Dokážeme zvlášt dělitelnost třemi a čtyřmi. Dělitelnost třemi: Čísla a, b, c mohou mít tři různé zbytky 0, 1,. Podle Dirichletova principu dvě z čísel a, b, c, d mají stejný zbytek, takže jejich rozdíl, a tedy i zadaný součin jsou násobkem 3. Dělitelnost čtyřmi: Dávají-li čísla a, b, c, d při dělení čtyřmi navzájem různé zbytky (v opačném případě lze užít Dirichletův princip jako v první části řešení), musí to být všechny zbytky 0, 1,, 3. Na pořadí nezáleží, necht tedy např. a, b, c, d dávají po řadě zbytky 0, 1,, 3. Pak obě čísla c a a b d jsou sudá, takže jejich součin je číslo dělitelné 4. D4. Žádné z daných 17 celých čísel není dělitelné číslem 17. Dokažte, že součet několika z těchto daných čísel je násobkem čísla 17. Označme daná čísla a 1, a,..., a 17 Z a vytvořme 17 součtů s 1 = a 1, s = a 1 + a,..., s 17 = a 1 + a 1 + + a 17. Je-li mezi nimi číslo dělitelné 17, je to součet požadované vlastnosti (součet s 1 = a 1 to nemůže být). V opačném případě 17 součtů s 1, s,..., s 17 může při dělení 17 dávat pouze 16 zbytků 1,,..., 16. Podle Dirichletova principu některé dva součty s i, s j, kde 1 i < j 17, dávají stejný zbytek. D5. Některé z čísel 1, 11, 111, 1 111,... je dělitelné číslem 009. Dokažte. 3

Tvrzení dokážeme nejen pro n = 009, ale obecně pro každé přirozené n, které je nesoudělné s číslem 10 (tato podmínka plyne z toho, že žádné z čísel 11... 1 není dělitelné ani dvěma, ani pěti). Ukážeme tedy, že jedno z čísel a k = 11... 1 }{{} k je takovým n dělitelné. Uvážíme n + 1 prvních čísel a 1, a,..., a n+1. Podle Dirichletova principu mají dvě z nich, řekněme a i, a k, 1 i < k n + 1, stejný zbytek při dělení číslem n (všech možných zbytků je totiž n, čísel je n + 1). To znamená, že rozdíl a k a i = 11 }{{... 1} k 11... 1 }{{} i = 11 }{{... 1} 00 }{{... 0} = 10 i a k i k i i je dělitelný číslem n, které je s prvním číslem nesoudělné, takže číslo a k i je násobkem n, což jsme měli dokázat. (Číslo má k i jedniček, k i n.) Podobně lze např. dokázat, že jedno z čísel je dělitelné např. číslem 987... 1. 13... 913... 913... 9...... 13... 9 D6. Dokažte, že z 3 celých čísel se vždy dají vybrat dvě taková, že jejich druhé mocniny končí stejným dvojčíslím. Víme, že poslední dvojčíslí čísla x závisí pouze na posledním dvojčíslí čísla x. Stačí proto ukázat, že čísla 00, 01, 0,..., 99 mají nejvýše různých posledních dvojčíslí. U 3 čísel zafunguje Dirichletův princip. Dvojčíslí 00 mají na konci čísla x pro Dvojčíslí 5 mají na konci čísla x pro x = 00, 10, 0,..., 90. x = 05, 15, 5,..., 95 (nebot pro x = 10k + 5 platí x = 100k + 100k + 5 čili 5 je poslední dvojčíslí). Ted ukážeme, že stejná dvojčíslí mají na konci čtyří čísla tvaru Užijeme pro x, (50 x), (50 + x), (100 x). x {0, 1,,..., 5} {0, 5, 10, 15, 0, 5}. Je to 6 6 = 0 hodnot x a uvedenými čtveřicemi vyčerpáme všechna zbylá dvojčíslí z čísel 00, 01,..., 99. Tím bude úloha vyřešena, nebot celkem všech posledních dvojčíslí čísla x je nejvýše 1 + 1 + 0 =. Proč tedy čísla x, (50 x), (50 + x), (100 x) dávají stejný zbytek po dělení stem? Odpověd je zde: (50 ± x) = 500 ± 100x + x, (100 x) = 10 000 00x + x. 4

Vždy první dva členy trojčlenů na pravých stranách jsou dělitelné stem, proto poslední dvojčíslí těchto čísel závisí pouze na posledním dvojčíslí čísla x. Všechny tedy mají stejné poslední dvojčíslí. D7. Je-li přirozené číslo k nesoudělné s číslem 10, pak zápis některé mocniny čísla k v desítkové soustavě končí pětičíslím 00 001. Dokažte. Jinými slovy lze říci, že číslo k n 1 je dělitelné 10 5. Uvážíme prvních 10 5 + 1 mocnin k 1, k, k 3,..., k 105 +1. Podle Dirichletova principu některé dvě z nich, řekněme k i a k j, 1 i < j 10 5 + 1, dávají při dělení číslem 10 5 stejný zbytek. Jejich rozdíl ( ) k j k i = k i k j i + 1 je proto dělitelný číslem 10 5, jež je s prvním číslem nesoudělné. Proto tedy 10 5 dělí číslo k j i 1 a závěr platí pro n = j i, dokonce 1 n 10 5. D8. Pro každé celé n > 1 dokažte, že z libovolných n + různých celých čísel lze vybrat dvě čísla x = y tak, aby alespoň jedno z čísel x y, x + y bylo dělitelné číslem n. Chceme najít mezi vybranými čísly taková dvě x = y, aby platilo n x y nebo n x + y. Všechna celá čísla rozdělíme podle zbytků při dělení n na zbytkové třídy Jestliže x T i, y T j, potom T 0, T 1,..., T n 1. n x y, právě když i = j, n x + y, právě když n i + j, tzn. i + j = n nebo i = j = 0. Odtud plyne, že čísla x, y mají požadovanou vlastnost právě když leží ve stejné skupině čísel Kolik těch skupin je? n sudé: n = k, k N. Skupiny: n x y n x + y, T 0, T 1 T n 1, T T n, T 3 T n 3,... T 0, T 1 T n 1, T T n,..., T k 1 T k+1, T k. Jejich počet je n k + 1 = + 1. Podle Dirichletova principu dvě z vybraných čísel leží ve stejné skupině, když je vybraných čísel o jedno více, tj. n +. 5

n liché: n = k + 1, k N. Skupiny: T 0, T 1 T n 1, T T n,..., T k T k+1. Jejich počet je n k + 1 = + 1, nebot n = k + 1. Závěr je stejný. V posledních dvou příkladech na dělitelnost budeme počítat s prvočísly, proto uvedeme větu o rozkladu na prvočinitele: Každé n N lze zapsat ve tvaru n = p α 1 1 pα pα k k, kde p 1, p,..., p k jsou navzájem různá prvočísla a α 1, α,..., α k N. Tento rozklad je až na pořadí činitelů pro dané n jediný. (Můžeme psát i nezastoupená prvočísla p i s exponentem α i = 0.) U těchto rozkladů si všimneme naprosto zřejmého jevu: n je kvadrát (1, 4, 9, 16, 5,...), právě když všechny exponenty α i jsou sudé, n je trojmoc (1, 8, 7, 64, 15,...), právě když všechny exponenty α i jsou násobky tří. D9. Součin devíti různých přirozených čísel je roven číslu 150 011. Dokažte, že součin některých dvou z nich je druhá mocnina přirozeného čísla. Nejprve rozložme číslo 150 na prvočinitele: 150 = 3 5. Každé z devíti zadaných různých čísel je tvaru x i = α i 3 β i 5 γ i, kde α i, β i, γ i 0 jsou celá, i = 1,..., 9. Zjistíme, kdy je součin x i x j, i = j, kvadrát. Číslo x i x j = α i+αj 3 β i+βj 5 γ i+γ j je kvadrát, právě když všechna tři čísla α i + α j, β i + β j, γ i + γ j jsou sudá, což je ekvivalentní s kongruencemi α i α j, β i β j, γ i γ j (mod ). (1) Znamená to, že dvojice exponentů ( α i, α j ), ( βi, β j ), ( γi, γ j ) mají stejnou paritu. Podle parity exponentů α, β, γ můžeme všechna čísla α 3 β 5 γ rozdělit do osmi skupin (S sudá, L lichá) (L, L, L), (S, L, L), (L, S, L),..., (S, S, S). Podle Dirichletova principu dvě z 9 zadaných čísel leží ve stejné skupině, takže podmínka (1) je splněna. Závěr z předchozího příkladu se dá zobecnit: Má-li N různých přirozených čísel ve svých rozkladech na prvočinitele celkem k různých prvočísel, pak v případě N k + 1 je součin některých dvou z N zadaných čísel kvadrátem. 6

D10. Množina X je tvořena 37 přirozenými čísly, přičemž jejich součin má právě tři různé prvočinitele. Dokažte, že součin tří vhodných různých čísel z X je třetí mocnina přirozeného čísla. Máme tedy 37 různých prvočísel, z nichž každé je tvaru x i = p α i q β i r γ i, kde p, q, r jsou tři různá prvočísla, α i, β i, γ i 0 jsou celá a i = 1,..., 37. Necht i, j, k jsou různá. Pak x i x j x k = p α i+α j +α k q β i+β j +β k r γ i+γ j +γ k je trojmoc, právě když α i + α j + α k, β i + β j + β k, γ i + γ j + γ k jsou násobky tří. Obecně platí, že podmínka 3 u + v + w závisí pouze na zbytcích čísel u, v, w. V našem případě jsou možné zbytky 0, 1,. Jsou proto možnosti 0 + 0 + 0, 1 + 1 + 1, + +, 0 + 1 + a žádné jiné. 37 čísel rozdělíme podle zbytků exponentů α i do tří skupin. Platí 37 : 3 = 1 (zb. 1) a podle Dirichletova principu můžeme z daných čísel x i vybrat 13, jejichž exponenty α i všechny leží ve stejné zbytkové třídě. Těchto 13 čísel rozdělujeme do tří skupin podle zbytků exponentů β i. Platí 13 : 3 = 4 (zb. 1) a opět podle Dirichletova principu můžeme vybrat 5 čísel, jejichž exponenty β i leží ve stejné zbytkové třídě. Můžeme předpokládat, že jde o čísla x i, i = 1,..., 5, takže máme 3 α i + α j + α k, 3 β i + β j + β k pro libovolná i, j, k {1,..., 5}. Stačí tedy ukázat, že z čísel γ 1, γ, γ 3, γ 4, γ 5 lze vybrat tři s různými indexy i, j, k tak, že 3 γ i + γ j + γ k. Rozdělíme je to tří skupin podle zbytků při dělení třemi. Není-li žádná skupina prázdná, vybereme γ i + γ j + γ k typu 0 + 1 +. V opačném případě je pět čísel v nejvýše dvou skupinách, takže podle Dirichletova principu jsou tři ve stejné skupině a vybereme γ i + γ j + γ k typu 0 + 0 + 0 nebo 1 + 1 + 1 nebo + +. C1. Vybereme-li z množiny A = {1, 4, 7,..., 97, 100} libovolně 19 různých čísel, pak součet některých dvou z nich bude roven 104. Dokažte. Součet 104 dávají právě tyto dvojice čísel z A: 104 = 4 + 100 = 7 + 97 = = 49 + 55, celkem je to 49 4 3 + 1 = 16 dvojic. Nezařazená do dvojic zůstala pouze dvě čísla z A, totiž 1 a 5. Vybereme-li tedy 19 čísel z A, aspoň 17 jich bude různých od 1 a 5, a proto dvě z nich (podle Dirichletova principu) budou ležet ve stejné z 16 přihrádek Tím je důkaz hotov. Dodatek: Vezmeme-li ještě P 1 = {4, 100}, P = {7, 97},..., P 16 = {49, 55}. P 17 = {1}, P 18 = {5}, Důvod, proč se přičítá číslo 1, si ozřejmíme na posloupnosti 1,,..., 100. Odečtením krajních hodnot dojdeme k číslu 99, což zřejmě není pravda. Proto (100 1) + 1. 7

pak lze užít Dirichletův princip přímo pro 19 vybraných čísel rozdělených do 18 přihrádek. C. Vybereme-li z množiny A = {1,, 3,..., 119, 10} libovolných pět složených čísel, pak některá dvě z nich budou určitě soudělná. Dokažte. Každé složené číslo n 10 je dělitelné alespoň jedním z prvočísel, 3, 5, 7, nebot další prvočíslo 3 je 11 a 11 = 11 > n. Všechna složená čísla nepřevyšující 10 tedy můžeme rozdělit do čtyř skupin S, S 3, S 5, S 7, kde index značí nejmenší prvočíslo, které dané n dělí. (Např. 1 S, 35 S 5, S 7 = {49, 77, 91, 119} atd.) Z vybraných pěti složených čísel tedy podle Dirichletova principu leží dvě ve stejné skupině S p, takže jsou soudělná, protože obě dělí totéž p. C3. Je možné 36 soch o hmotnostech 490 kg, 495 kg, 500 kg,..., 665 kg naložit na sedm aut, má-li každé z nich nosnost 3 tuny? Je 36 = 7 5 + 1, proto podle Dirichletova principu musíme na jedno auto naložit alespoň 6 soch. Ale 6 nejlehčích soch má celkovou hmotnost 6 490 + 515 kg = 3 1 005 kg = 3 015 kg > 3 t. Úkol nelze splnit, i když všech 36 soch váží méně než 7 3 t. Vskutku 36 490 + 665 kg = 18 1 155 kg = 0 790 kg < 1 t. C4. Tabulka 6 6 je zaplněna čísly 1, 0, 1. Sečteme-li čísla v jednotlivých řádcích, sloupcích i obou úhlopříčkách, dostaneme 6 + 6 + = 14 součtů. Dokažte, že některé dva z nich se sobě rovnají. Každý ze 14 uvažovaných součtů je tvořen 6 sčítanci, takže je vždy roven celému číslu z intervalu [ 6, 6]. Tedy leží v množině { 6, 5,..., 0,..., 5, 6}, jež má 13 prvků. Podle Dirichletova principu se některé dva z těchto součtů rovnají. C5. V každém poli tabulky 14 14 je zapsáno jedno z čísel 1,, 3,..., 008. Dokažte, že v tabulce lze vyznačit dva pravoúhelníky 4 P a Q, jejichž vrcholy se nacházejí ve středech polí a jejichž strany jsou rovnoběžné se stranami polí, a to tak, že součty čtyř čísel v polích vrcholů P se rovná obdobnému součtu pro pole vrcholů Q. 3 Číslo n je složené, právě když má prvočinitele p n. 4 Obdélníky a čtverce. 8

Součet s čtyř čísel tabulky jistě splňuje nerovnosti s 1 + 1 + 1 + 1 = 4, s 4 008 = 803, takže je to jedno z čísel 4, 5, 6,..., 803, kterých je 809. Všech uvažovaných pravoúhelníků je ( ) ( ) ( ) 14 14 14 13 = = 91 = 881, což je více, než je možných hodnot součtů čísel v rohových polích. Proto dva různé pravoúhelníky musejí mít tyto součty stejné. C6. Do políček tabulky 10 10 zapíšeme libovolná celá čísla tak, aby se žádná čísla, která spolu sousedí ve stejném řádku nebo sloupci, nelišila o více než 5. Dokažte, že v tabulce se vždy najdou dvě stejná čísla. Nejmenší číslo m a největší číslo M (tzv. metoda extrémů) zapsaná v tabulce spojíme cestou tvořenou posloupností sousedních polí. Posloupnost čísel na této cestě je Podle zadání platí nerovnosti m, x 1, x,..., x k, M. x 1 m + 5, x x 1 + 5 m + 10, x 3 x + 5 m + 15,. x k m + 5k, M m + 5 (k + 1). Jistě je k 17, takže M m + 5 18 = m + 90. Každé číslo v tabulce je rovno některému z čísel m, m + 1, m +,..., m + 90, kterých je 91. Podle Dirichletova principu dvě ze sta čísel tabulky se rovnají. C7. Vybereme-li z množiny A = {1,, 3,..., 99, 100} libovolných 1 různých čísel, najdou se mezi vybranými čtyři různá čísla x, y, u, v taková, že x + y = u + v. Dokažte. Označme M A množinu 1 vybraných čísel. 9

Každé dvouprvkové množině T = {x, y} M přiřadíme součet s = x + y. Jistě platí s 1 + = 3, s 99 + 100 = 199, tedy s {3, 4, 5,..., 199} množina mající 197 prvků. Uvažovaných dvouprvkových podmnožin T M je ( ) 1 1 0 = = 10. Podle Dirichletova principu existují dvě různé podmnožiny T 1 = {x, y} a T = {u, v} takové, že x + y = u + v. Proč jde o čtyři navzájem různá čísla? Jistě je x = y a u = v. Kdyby ale např. x = u, pak z rovnosti x + y = u + v by nutně plynulo y = v, takže by platilo T 1 = T a to je spor. Podobně se vyloučí x = v, y = u, y = v (plyne ze symetrie). C8. Pro každou desetiprvkovou množinu M {1,, 3,..., 99} se najdou takové dvě neprázdné disjunktní podmnožiny X M a Y M, že součet všech čísel z X se rovná součtu všech čísel z Y. Dokažte. Označme s (X) součet všech prvků libovolné neprázdné podmnožiny X M. Všech takových (neprázdných) množin je 10 1 = 103. Jistě platí s (X) 1, s (X) 90 + 91 + + 99 = 945, a tedy s {1,, 3,..., 945} má 945 prvků. Podle Dirichletova principu existují dvě různé neprázdné podmnožiny M takové, že s (X) = s (Y). Platí tedy X = {x 1, x,..., x n } a Y = {y 1, y,..., y m } x 1 + x + + x n = y 1 + y + + y m. () Kdyby X a Y nebyly disjunktní (viz zadání), měly by společné prvky, které můžeme na obou stranách rovnosti () vyškrtnout, aniž bychom narušili rovnost. Všechno poškrtat nemůžeme, protože X = Y a na každé straně musí zůstat alespoň jeden sčítanec. (Kdyby ne, rovnala by se nula kladnému číslu.) Po této úpravě dostaneme rovnost součtu prvků prvních dvou neprázdných disjunktních podmnožin M. C9. Karel se 50 dní za sebou připravoval k maturitě z matematiky. Každý den vyřešil aspoň jednu úlohu, celkem to bylo 79 úloh. Dokažte, že existuje jeden nebo několik po sobě jdoucích dní, ve kterých Karel celkem vyřešil právě 0 úloh. Pro každé i = 1,..., 50 označme p i počet úloh vyřešených za prvních i dnů dohromady. Podle zadání platí Odtud po přičtení 0 dostáváme 1 p 1 < p < p 3 < < p 50 = 79. 1 p 1 + 0 < p + 0 < p 3 + 0 < < p 50 + 0 = 99. 10

Máme tedy 100 čísel p 1, p,..., p 50 (označme sk. I), p 1 + 0, p + 0,..., p 50 + 0 (označme sk. II), která všechna leží v množině {1,,..., 99}, jež má 99 prvků. Podle Dirichletova principu dvě z těchto čísel jsou stejná. Podle ostrých nerovností to nemohou být dvě čísla ze skupiny I ani dvě čísla ze skupiny II. Proto se některé číslo p j ze sk. I rovná některému číslu p i + 0 ze sk. II. Z rovnosti p j = p i + 0 neboli p j p i = 0 plyne, že j > i a že Karel vyřešil právě 0 úloh ve dnech s pořadovými čísly i + 1, i +,..., j. C10. Dokažte, že pro každé n N platí: Vybereme-li z množiny {1,, 3,..., n} libovolných n + 1 čísel, bude některé vybrané číslo dělitelné jiným vybraným číslem. Nejprve si uvědomme, že vybrat n čísel nestačí jestliže vybereme například čísla n + 1, n +,..., n, nebude žádné vybrané číslo dělitelné jiným vybraným číslem, nebot dvojnásobek nejmenšího čísla n + 1 je větší než největší číslo n: Každé k N lze zapsat ve tvaru (n + 1) = n + > n. k = α l, kde α 0 je celé (α je počet dvojek v rozkladu čísla k na prvočinitele) a l je liché číslo, např. 16 = 4 1, 15 = 0 15 apod. Jestliže vybereme n + 1 čísel k i {1,,..., n}, kde i = 1,,..., n + 1, a zapíšeme každé z nich jako k i = α i l i, bude n + 1 lichých čísel l i ležet v množině {1, 3, 5,..., n 1}, která má n prvků. Podle Dirichletova principu najdeme indexy i = j s vlastností l i = l j = l. O číslech k i = α i l a k j = αj l to znamená, že α i = α j (vybraná čísla k i, k j jsou různá podle zadání), takže bud α i < α j, pak k i k j je celé číslo, nebo α i > α j (naopak). a k j k i = α j α i Tvrzení jsme dokázali dokonce v silnější podobě: Mezi vybranými čísly se vždy najdou taková dvě různá čísla, jejichž podíl je mocnina dvou. C11. Pro libovolná daná reálná čísla x 1, x,..., x n existuje reálné číslo x takové, že všech n součtů x + x 1, x + x,..., x + x n jsou iracionální čísla. Dokažte. Vezmeme libovolné iracionální 5 číslo a, např. a =, a ukážeme, že požadovanou vlastnost má x rovné jednomu z čísel 0, a, a,..., na, at už jsou čísla x 1, x,..., x n jakákoliv. Připust me, že pro některá x 1,..., x n R to neplatí, takže v každém řádku tabulky x 1 + 0 x + 0... x n + 0 x 1 + a x + a... x n + a...... x 1 + na x + na... x n + na 5 Pro jednoduchost budeme množinu všech iracionálních čísel (tedy čísel reálných, která nejsou racionální) označovat symbolem I, i když to není zrovna obvyklé. 11

leží aspoň jedno číslo z Q. Řádků je n + 1, takže v celé tabulce, která má pouze n sloupců, je aspoň n + 1 čísel z Q. Odtud podle Dirichletova principu některá dvě čísla z Q leží ve stejném sloupci řekněme s indexem j. Existují tedy různé indexy i, k {0, 1,..., n} takové, že x j + ia, x j + ka Q. Rozdíl těchto čísel rovněž leží v Q: ( xj + ka ) ( x j + ia ) = (k i) a Q. Jelikož k i Z, pak a Q a to je spor. Ve posledních úlohách s čísly se budeme věnovat kapitole zvané aproximace. Každé x R lze přibližně vyjádřit ve tvaru x. = m n pro n = 10 k, jejž nazýváme desetinný zlomek. Můžeme pak hovořit o tzv. garanci, která je dána vztahem x m 1 n n. Pro dané x však může některý jmenovatel n poskytnout daleko přesnější odhad, např. π =. 7, nebot π 7 < 1 790 < 1 100 7, kde číslo 100 ve jmenovateli posledního zlomku určuje tzv. kvalitu přiblížení dané aproximace. Přesnější vyjádření je tvaru π =. 355 133 ověřte si sami. C1. Dokažte, že pro každé reálné číslo x a každé přirozené číslo k existují celá čísla m, n taková, že 1 n k a x m < 1 n kn. Pro daná x, k uvážíme k + 1 reálných čísel x 1 = x x, x = x x,..., x k+1 = (k + 1) x (k + 1) x, jsou to čísla z intervalu [0, 1), který rozdělíme na k menších intervalů délky 1 k [ 0, 1 ) [ 1, k k, ) [ ) k 1,...,, 1. k k Podle Dirichletova principu dvě z uvažovaných čísel, řekněme x i a x j, 1 i < j k + 1, leží ve stejném intervalu, takže xj x i < 1 k. Platí x j x i = (jx jx ) (ix ix ) = (j i) x + ix jx. Označíme-li n = j i {1,,..., k} a m = jx ix, pak nx m < 1 k. 1

Po vydělení předchozí nerovnosti číslem n > 0 máme x m < 1 n kn. C13. Zformulujte a dokažte Dirichletovu aproximační větu. Dirichletova aproximační věta: Pro každé iracionální číslo x I existuje nekonečně mnoho zlomků m n (m Z, n N) s vlastností x m < 1 n n. (Tvrzení je triviální pro x Q, potom x m n = 0 pro nekonečně mnoho zlomků.) Důkaz: Připust me, že pro některé x I existuje pouze konečně mnoho zlomků m 1 n 1, m n,..., m p n p s vlastností 0 < x m i n < 1 i n. i Nejmenší z p kladných čísel x m i, n i i = 1,,..., p, označíme jako ε > 0. Zvolíme k N tak, aby 1 k < ε, a uplatníme výsledek příkladu C1 pro toto k. Podle C1 existuje zlomek m n s jmenovatelem n {1,,..., k} a vlastností x m < 1 n kn. Ale 1 kn 1 n, tedy x m < 1 n n. To znamená, že zlomek m n má vlastnost ze zadání, takže je to jeden z vypsaných zlomků m i n pro vhodné i i = 1,,..., p. Podle definice ε proto platí x m = n x m i ε, n i přičemž ε > 1 k (podle volby k). Dohromady x m > 1 n k. Avšak x m n < 1 kn 1 k, nebot n 1. Jenže ted je 1 k < x m n 1 k, což je spor. Dirichletova věta neplatí v obdobě s nerovností x m < 1 n n +ε 13

pro žádné ε > 0. Tedy pro každé ε > 0 se najde iracionální číslo x takové, že uvedená nerovnost platí pouze pro konečně mnoho zlomků m n. Stačí vzít číslo ( čím jednodušší číslo, tím hůře se aproximuje ), jak ukazuje následující příklad. C14. Dokažte, že nerovnost m > n 1 ( + ) n platí pro každý zlomek m n, kde m, n N a n < m < n. Podmínka n < m < n je ekvivalentní s vyjádřením 1 < m n <, tedy m n (1, ), kam patří i. Uvědomme si taky, že vždy n = m, nebot jinak by číslo m n = bylo racionální, což není. (Prvočíslo je v čísle n zastoupeno lichý počet-krát, zatímco v m sudý počet-krát.) Celé číslo n m není nula, takže n m 1 a po vydělení n máme neboli ( m n m 1 n n ) ( m ) 1 + n n. Ale + m n < + a po vydělení + m n máme m n 1 n ( + m n ) > 1 n ( + ). C15. Dokažte, že existují čísla a, b, c Z, každé v absolutní hodnotě menší než 10 6, pro která platí 0 < a + b + c 3 < 10 11. Součtů s = a + b + c 3, kde a, b, c { 0, 1,,..., 10 6 1 }, je 10 6 10 6 10 6 = 10 18. Pro každý z nich jistě platí ( ) ( 0 s 10 6 1 1 + + ) 3 < 5 10 6. Máme tedy 10 18 součtů s ležících v intervalu [ 0, 5 10 6), který rozdělíme na 10 18 1 dílů téže délky d = 5 106 10 18 1 : [0, d), [d, d), [d, 3d),..., Podle Dirichletova principu dva ze součtů s, řekněme [( ) 10 18 d, 5 10 6). a 1 + b 1 + c1 3, a + b + c 3, kde (a1, b 1, c 1 ) = (a, b, c ), leží ve stejném dílu, takže se liší o méně než d, tzn. ) ( ) (a 1 + b 1 + c1 3 a + b + c 3 < d. 14

Označíme-li a = a 1 a, b = b 1 b, c = c 1 c, pak bude platit (a, b, c) = (0, 0, 0), a < 10 6, b < 10 6, c < 10 6 a a + b + c 3 < d, kde a, b, c Z. Nerovnost a + b + c 3 < 10 11 tedy bude platit, pokud d < 10 11. To je ale snadné: d = 5 106 10 18 1. ( ) = 5 10 1 < 10 11, právě když 5 10 6 < 10 11 10 18 1 5 10 6 < 10 7 10 11 10 11 < 5 10 6. Zbývá vysvětlit, proč a + b + c 3 > 0, tj. proč a + b + c 3 = 0. Rozlišíme tři možnosti: 1. b = 0 máme dokázat, že a + c 3 = 0. Protože b = 0, je (a, c) = (0, 0), takže z a + c ( 3 = 0 plyne a = c 3) = 3c, což je rovnost dvou přirozených čísel. Rovnost a = 3c je však vyloučena kvůli zastoupení prvočísla 3 v rozkladu na prvočinitele (a sudý počet, 3c 3 lichý počet), jinak 3 = a c.. c = 0 máme dokázat, že a + b = 0, kde (a, b) = (0, 0). Ovšem stejně jako v 1 je vyloučena rovnost a = b kvůli zastoupení prvočísla v rozkladu obou čísel a také neplatí = a b. 3. b = 0 a c = 0 ukážeme sporem. Připustíme, že a + b + c 3 = 0. Potom c 3 = a b 3c 3 = a + ab + b. Jelikož a, b, 3c jsou celá, pak i ab je celé. Ale je iracionální, proto ab = 0. Avšak podle předpokladu b = 0, tedy a = 0. Máme tak 3c = b, což je rovnost dvou přirozených čísel (b = 0, c = 0), která je ovšem sporná jak v zastoupení prvočísla, tak i prvočísla 3. Důkaz je hotov. V závěru jsme ukázali, že pokud pro všechna a, b, c Z platí a + b + c 3 = 0, pak nutně a = b = c = 0, což (jak známe z lineární algebry) značí lineární nezávislost. Zřejmě odtud plyne, že uvedená implikace platí i pro všechna a, b, c Q stačí rovnost a + b + c 3 = 0 vynásobit společným jmenovatelem všech zlomků representujících a, b, c. Jenomže Q je těleso a čísla 1,, 3 jsou lineárně nezávislé vektory vektorového prostoru R nad číselným tělesem Q, tudíž dokázaná skutečnost nikoho nepřekvapí. G1. Jaký největší počet králů můžeme umístit na šachovnici, aby se žádní dva navzájem neohrožovali? Připomeňme, že král na šachovnici tahá pouze o jedno pole v každém směru, tudíž ohrožuje všechna sousední pole (stojí-li uprostřed šachovnice). Hledaný maximální počet králů je 16, nyní ukážeme proč. Rozdělíme celou šachovnici 8 8 na 16 čtverců. Umístíme-li proto na šachovnici 17 nebo více králů, podle 15

Dirichletova principu někteří dva králové budou ve stejném dílu, takže se budou ohrožovat. 16 králů lze umístit například tak, že jednoho krále dáme do levého horního pole každého ze 16 dílů. G. Je-li na šachovnici libovolně rozmístěno 33 věží, pak některých pět má tu vlastnost, že žádné dvě se navzájem neohrožují (po odebrání ostatních, aby nepřekážely). Dokažte. Věž na šachovnici tahá pouze po řadách a sloupcích, tudíž dvě věže se neohrožují, pokud nestojí ve stejném řádku ani sloupci. Všimněme si, že tvrzení neplatí pro 3 věží. Těmi bychom museli zaplnit například 4 sloupce po osmi. Pak by z pěti libovolně vybraných věží některé dvě ležely ve stejném sloupci. Mějme tedy na šachovnici libovolně rozmístěno 33 věží. Užitím Dirichletova principu najdeme postupně 5 různých sloupců S 5, S 4, S 3, S, S 1 tak, že ve sloupci S k leží aspoň k věží, k = 5,..., 1. Pak už bude výběr 5 navzájem se neohrožujících věží snadný: První věž vybereme ze sloupce S 1. Druhou věž vybereme ze sloupce S tak, aby neležela ve stejném řádku jako první věž (to lze, nebot v S jsou aspoň dvě věže a zakázaný řádek je jen jeden). Poté vybereme třetí věž ze sloupce S 3 tak, aby neležela ve stejném řádku ani s první, ani s druhou věží (což opět lze). Podobně vybereme čtvrtou věž z S 4 a nakonec pátou z S 5. Nakonec užijeme Dirichletův princip: Máme 33 věží, 8 sloupců čili 33 : 8 = 4 (zb. 1). Existuje sloupec S 5 s alespoň 5 věžemi. Dáme stranou všechny věže z S 5 je jich nejvýše 8. Zůstane aspoň 33 8 = 5 věží v sedmi sloupcích. Pak 5 : 7 = 3 (zb. 4), tedy existuje sloupec S 4 s alespoň 4 věžemi. Dáme-li je stranou, zůstane aspoň 5 8 = 17 věží a 17 : 6 = (zb. 5) čili existuje sloupec S 3 s alespoň 3 věžemi. Analogicky 17 8 = 9 a 9 : 5 = 1 (zb. 4), tudíž existuje sloupec S s alespoň věžemi. Nakonec 9 8 = 1, a proto existuje sloupec S 1 s alespoň 1 věží. G3. Dokažte, že žádný rovnostranný trojúhelník T nelze úplně pokrýt dvěma menšími rovnostrannými trojúhelníky T 1, T. 16

Čtverec o straně a rozdělíme na čtyři menší shodné čtverce o straně a a úhlopříčce 1 a. Podle Dirichletova principu z libovolně vybraných pěti bodů čtverce některé 17 Máme tedy trojúhelník T o straně délky a a dva menší rovnostranné (obecně různé) trojúhelníky T 1 resp. T o stranách délek a 1 resp. a, přičemž a 1 < a a a < a. Připust me, že existuje pokrytí T T 1 T. Pak tři vrcholy A, B, C trojúhelníka T leží v T 1 T a podle Dirichletova principu dva vrcholy leží bud v T 1, nebo v T. Proto v T 1 nebo v T existují dva body o vzdálenosti a, což je spor s a 1 < a a a < a. Z toho plyne závěr, že v rovnostranném trojúhelníku o libovolné straně b neexistují dva body, které by měly vzdálenost větší než b. G4. Rovnostranný trojúhelník je úplně pokryt pěti menšími navzájem shodnými rovnostrannými trojúhelníky. Dokažte, že na pokrytí stačí čtyři z nich. Označme toto pokrytí T T 1 T T 3 T 4 T 5, a délku strany trojúhelníka T a A 1, B 1, C 1 středy stran trojúhelníka T. Pak šest bodů A, B, C, A1, B1, C1 leží v T1 T T3 T4 T5, proto podle Dirichletova principu dva z nich leží ve stejném trojúhelníku T i. Jenomže každé dva body z množiny {A, B, C, A1, B1, C1} mají vzdálenost aspoň a, proto pro stranu b trojúhelníka T i, který takové dva body obsahuje, platí b a. Nyní máme pět trojúhelníků o straně b a stačí vzít čtyři z nich a každým pokrýt jeden ze čtyř trojúhelníků naznačených na obrázku, čímž dostaneme pokrytí celého trojúhelníka T. G5. V zahradě 80 m 90 m roste 365 stromů. Můžeme zaručit, že v některé obdélníkové části 5 m 8 m rostou aspoň 3 stromy? Nejprve zjistíme, na kolik takových částí lze uvažovanou zahradu rozdělit. Platí 80 : 8 = 10 a 90 : 5 = 18 čili celou zahradu lze rozdělit na 10 18 = 180 částí. Nyní 365 : 180 = (zb. 5), tedy podle Dirichletova principu se v některé části určitě vyskytují aspoň 3 stromy. G6. Zvolíme-li ve čtverci o straně a libovolně 5 bodů, pak některé dva z nich mají vzdálenost nejvýše 1 a. Dokažte.

dva leží ve stejném ze čtyř dílů, avšak vzdálenost libovolných dvou bodů jednoho dílu je nejvýše rovna délce jeho úhlopříčky. G7. Vybereme-li v rovnostranném trojúhelníku o straně a libovolně 10 bodů, pak vzdálenost některých dvou vybraných bodů je nejvýše 3 1 a. Dokažte. Rozdělíme daný rovnostranný trojúhelník o straně a na 9 menších rovnostranných trojúhelníků o straně 3 a podle obrázku: Z vybraných 10 bodů musí podle Dirichletova principu některé dva ležet ve stejném z 9 menších trojúhelníků, takže jejich vzdálenost je nejvýše 3 a. Hodnotu 3 a ze zadání nelze vylepšit žádnou menší hodnotou. Když vybereme oněch 10 bodů jako na obrázku, vzdálenost každých dvou bude alespoň 3 a. G8. Ve čtvreci o straně 1 m je libovolně rozmístěno 51 bodů. Dokažte, že některé tři z nich leží v kruhu o poloměru 1 7 m. Čtverec o straně 1 m rozdělíme na 5 menších čtverců o straně 1 5 m. Z 51 vybraných bodů celého čtverce některé tři body musí ležet ve stejném z 5 vytvořených čtverců, takže budou ležet ve vnitřní oblasti kružnice tomuto čtverci o straně 1 5 m opsané. Průměr této kružnice je úhlopříčka čtverce, takže má délku a = 5 m. Zbývá vysvětlit, proč 5 < 7. Elementární úpravou máme 7 < 10 neboli 49 < 100, což platí. G9a. Ve čtverci o straně 10 cm je libovolně zvoleno 01 bodů. Dokažte, že některé tři z nich leží v trojúhelníku o obsahu 1 cm. Čtverec 10 10 rozdělíme na 50 obdélníků 1, každý z nich pak rozdělíme úhlopříčkou na trojúhelníky o obsahu 1. Tak dostaneme rozdělení celého čtverce na 50 = 100 trojúhelníků o obsahu 1. Z 01 vybraných bodů podle Dirichletova principu některé tři leží v jednom ze sestrojených trojúhelníků. G9b. Ve čtverci o straně 10 cm je libovolně zvoleno 01 bodů. Dokažte, že některé tři z nich leží v trojúhelníku o obsahu 1 cm. Čtverec 10 10 rozdělíme na 100 menších čtverců 1 1. Podle Dirichletova principu z 01 libovolně vybraných bodů některé tři leží ve stejném čtverci 1 1. Dokážeme, že libovolné tři body čtverce KLMN o straně 1 leží v trojúhelníku o obsahu 1. (Obecně: 3 body v pravoúhelníku u v leží v trojúhelníku o obsahu 1 uv.) Tím bude úloha vyřešena. Označme A,B,C libovolně vybrané body čtverce KLMN a předpokládejme, že body A, B, C neleží v jedné přímce (jinak jde o trivialitu). Předpokládejme rovněž, že některé z bodů A, B, C neleží na hranici KLMN. 18

Necht například C1 je vnitřní bod strany MN. Pak výška v trojúhelníku A1B1C1 ke straně A1B1 leží svou velikostí mezi vzdálenostmi u, w bodů M, N od strany A1B1. Platí tedy v u nebo v w. To znamená, že obsah A1B1C1 není větší než jeden z obsahů A1B1M a A1B1N (na obrázku jde o A1B1M). Tak od A1B1C1 můžeme přejít k A1B1C, kde C {M, N}. Podobně pak přejdeme k A1BC a nakonec k ABC, který má požadované vlastnosti. G10. Každý bod čtverce o straně 10 cm je obarven jednou ze dvou barev. Dokažte, že některé tři body téže barvy jsou vrcholy trojúhelníku o obsahu aspoň 5 cm. 19 Obsah trojúhelníku ABC se jistě nezmění, když budeme jedním jeho vrcholem pohybovat po přímce rovnoběžné s protější stranou (neměnná výška). Od ABC tak přejdeme k ABC1 o stejném obsahu, jehož vrchol C1 už leží na hranici KLMN. Dále přejdeme podobně od ABC1 k AB1C1 a konečně od AB1C1 k A1B1C1, který má stejný obsah jako původní ABC, avšak všechny tři vrcholy leží na hranici čtverce KLMN. Ukážeme, že pokud některý z vrcholů A1, B1, C1 není z množiny {K, L, M, N}, lze od A1B1C1 přejít k ABC s vrcholy {K, L, M, N}, jehož obsah není menší než obsah A1B1C1. Obsah ABC je 1 obsahu čtverce KLMN, což bude znamenat, že shodné obsahy ABC a A1B1C1 nepřevyšují 1.

Mají-li některé ze čtyř vrcholů celého čtverce stejnou barvu, jsou to vrcholy trojúhelníku o obsahu 50 cm. Stačí proto uvažovat opačnou situaci, totiž že dva vrcholy čtverce mají barvu I a druhé dva vrcholy barvu II. Rozlišíme ještě, zda vrcholy téže barvy jsou sousední, či protilehlé. Uvážíme bod X střed strany vyznačený na obrázku. V obou případech vždy jeden ze dvou vyznačených trojúhelníků má všechny tři vrcholy stejné barvy I nebo II a přitom všechny vyznačené trojúhelníky mají obsah 5 cm. Každý trojúhelník s vrcholy stejné barvy leží v obdélníku o obsahu 50 cm, takže má obsah nejvýše 5 cm (podle geometrické úvahy v příkladu G9b). G11. Každý bod roviny je obarven jednou ze dvou barev. Ukažte, že některý obdélník má všechny vrcholy stejné barvy. V obarvené rovině sestrojíme tři různé rovnoběžky a, b, c a k nim 9 různých kolmic p 1, p,..., p 9. Dostaneme 3 9 = 7 průsečíků, které označíme A i, B i, C i podle obrázku: Trojici bodů {A, B, C} můžeme dvěma barvami obarvit 3 = 8 způsoby. Podle Dirichletova principu proto existují indexy i = j takové, že trojice {A i, B i, C i} je obarvena stejně jako trojice { A j, B j, C j }, tj. barva Ai je stejná jako barva A j apod. Ze tří bodů A i, B i, C i dva musí mít stejnou barvu (podle Dirichletova principu), řekněme A i, B i, tedy i A j, B j. Pak ale máme obdélník A ib ib ja j s vrcholy stejné barvy. 0

K1. Na setkání přišlo n obchodních partnerů. Každý z nich si zapsal do svého záznamníku počet všech přítomných, se kterými již dřívě osobně jednal. Dokažte, že některé dvě osoby si zapsaly totéž číslo. Podle čísla k, které si osoba zapsala, vytvoříme skupinu S k všech takových osob, k {0, 1,..., n 1}. Dostaneme rozdělení n osob do n skupin S 0, S 1,..., S n 1. Jedna ze skupin S 0, S n 1 však musí být prázdná (není-li prázdná S 0, tj. některá osoba s žádnou z ostatních dosud nejednala, nikdo nemohl jednat se všemi n 1 ostatními, takže je prázdná S n 1 ). Máme tedy rozdělení n osob do nejvýše n 1 neprázdných skupin. Podle Dirichletova principu některé dvě osoby jsou ve stejné skupině S i, takže jednaly se stejným počtem osob. K. V autobuse je 38 cestujících, přitom ti, kteří se neznají, mají mezi cestujícími společného známého. Dokažte, že některý cestující má v autobuse aspoň sedm známých. Označme A pevného cestujícího a B 1, B,..., B k všechny jeho známé. Je-li k 7, je vše jasné. Všechny cestující různé od A, B 1, B,..., B k, kterých je 38 1 k, rozdělíme do k skupin S 1, S,..., S k tak, že v S i jsou ti, pro něž je B i jejich společný známý s osobou A. (Symbolicky C S i B i je společný známý A, C. Je-li osob B i pro dané C více, vybereme kohokoliv.) Dostaneme rozdělení 37 k osob do k skupin S i. Protože 37 k < 5k (totiž 6k 36), podle Dirichletova principu v některé skupině S i je alespoň 6 osob. Osoba B i tak zná kromě A ještě aspoň 6 dalších osob, totiž ty z S i. Má tedy aspoň 7 známých. K3. Deset rodin z jednoho domu trávilo zahraniční dovolenou. Každá jela jinam a poslala domů pohlednice pěti z ostatních rodin. Dokažte, že některé dvě rodiny si poslaly pohlednice navzájem. Označme R 1, R,..., R 10 dané rodiny a každé pohlednici přiřad me (neuspořádanou) dvouprvkovou množinu { } R i, R j, kde Ri je adresát a R j je odesilatel dané pohlednice (i = j). Všech pohlednic je 10 5 = 50, všech dvouprvkových podmnožin množiny {R 1,..., R 10 } je ( 10 ) = 45. Podle Dirichletova principu je některým dvěma (různým) pohlednicím přiřazena stejná množina { } R i, R j, tj. adresát jedné z nich je odesilatel druhé a naopak. K4. V libovolné skupině šesti lidí se najdou tři lidé, kteří se navzájem znají, nebo tři lidé, kteří se navzájem neznají. Dokažte. Vyberme jednu ze šesti osob a ostatních pět osob rozdělme do dvou skupin podle toho, zda vybranou osobu A znají, či nikoliv. Podle Dirichletova principu jsou v jedné skupině aspoň tři osoby, takže můžeme vybrat tři z nich, řekněme B, C, D, které mají s A stejný vztah, řekněme znají se s A. Pokud se znají i dvě osoby z B, C, D, tvoří s osobou A trojici navzájem známých; v opačném případě je B, C, D trojice lidí, kteří se navzájem neznají. Druhou variantou je nahradit slova sázená kursivou negacemi. Tvrzení neplatí pro pět osob viz následující graf: 1

V něm je úsečkou vyznačen některý vztah (např. znají se ) a úsečkou --- jeho negace (např. neznají se ). Z tohoto obrázku je tedy patrné, že žádné tři osoby nejsou navzájem ve stejném vztahu. Výsledek z předchozího příkladu se dá zobecnit: Pro všechna celá a, b existuje takové N N, že v každé skupině se najde a lidí, kteří se navzájem znají, nebo b lidí, kteří se navzájem neznají (tzv. Ramseyova 6 věta snadný důkaz indukcí). Nejmenší N dané vlastnosti se nazývá Ramseyovo číslo R (a, b). Z příkladu K3 tedy víme, že R (3, 3) = 6, navíc R (a, b) = R (b, a) a z definice například plyne R (a, ) = a, a. Zajímavé též je, že s parametry a b 3 je známo je několik hodnot 7 R (a, b): R (4, 3) = 9, R (4, 4) = 18, R (5, 5) není známo! K Ramseyově teorii se vztahuje i následující klasický příklad. K5. Každí dva ze 17 vědců si navzájem dopisují o právě jednom ze tří témat T 1, T, T 3. Dokažte, že někteří tři vědci si navzájem dopisují o stejném tématu T i. Nejprve je třeba říci, že tvrzení neplatí pro 16 vědců (odůvodní se stejně jako v předchozím příkladě). Vybereme jednoho vědce V a ostatních 16 vědců rozdělíme do tří skupin podle toho, o kterém z témat T 1, T, T 3 si s V dopisují. Platí 16 : 3 = 5 (zb. 1), proto podle Dirichletova principu existuje v jedné skupině 6 vědců V 1, V,..., V 6, kteří si tedy s V dopisují o stejném tématu, řekněme T 1. Pokud si někteří z V 1,..., V 6 rovněž spolu dopisují o T, vytvoří s V hledanou trojici. V opačném případě si libovolní dva vědci z V 1,..., V 6 dopisují o T nebo o T 3. Podle výsledku úlohy K4 o šesti lidech 8 existují tři vědci z {V 1,..., V 6 }, kteří si navzájem dopisují o stejném z témat T, T 3. K6. Tenisový turnaj osmi hráčů se hrál systémem každý s každým jeden zápas. Dokažte, že lze určit hráče A, B, C, D tak, že hráč A porazil hráče B, C, D, hráč B porazil hráče C, D a hráč C porazil hráče D. V turnaji bylo odehráno ( 8 ) = 8 zápasů a každý měl svého vítěze. Platí 8 : 8 = 3 (zb. 4). Některý hráč A podle Dirichletova principu zaznamenal aspoň 4 vítězství, takže můžeme vybrat 4 hráče W, X, Y, Z, které hráč A porazil. Hráči W, X, Y, Z spolu sehráli ( 4 ) = 6 zápasů. Opět 6 : 4 = 1 (zb. ), takže některý hráč B {W, X, Y, Z} vyhrál nad ostatními třemi aspoň dva zápasy. Tedy porazil dva různé hráče C, D {W, X, Y, Z} {B}, které můžeme označit písmeny C, D tak, že hráč C porazil hráče D. K7. Dokažte, že po skončení libovolného tenisového turnaje n hráčů hraného systémem každý s každým jeden zápas lze hráče označit písmeny H 1,..., H n tak, že H 1 H H n 1 H n, kde zápis H i H j značí, že hráč H i porazil hráče H j. 6 Frank Plumpton Ramsey (1904 1930). 7 U vyšších hodnot a, b jsou známa pouze rozmezí, v nichž se čísla R (a, b) vyskytují, například R (5, 5) [43, 49], R (6, 6) [10, 165], R (7, 7) [05, 540] apod. více hodnot včetně jejich objevitelů naleznete na http://mathworld.wolfram.com/ramseynumber.html. 8 Jinými slovy: Protože R (3, 3) = 6...

Při pevném n (počtu hráčů) ukážame pro každé k =, 3,..., n, že lze vybrat k-tici hráčů H 1,..., H k z daných n tak, že H 1 H H k 1 H k (pro k = n ihned dostaneme tvrzení úlohy). Užijeme matematickou indukci: 1. Pokud k =, pak H 1 H triviálně (splňují to libovolní dva hráči označení tak, že H 1 porazil H ).. Necht tvrzení platí pro některé k {, 3,..., n 1} (indukční předpoklad), tj. máme vybráno k hráčů s vlastností H 1 H H k 1 H k. Ze zbylých hráčů (jichž je n k 1) vybereme libovolného hráče H. Tvrzení pro k + 1 hráčů je pak zřejmé ve dvou případech, totiž a H H 1 H H k 1 H k H 1 H H k 1 H k H. Zabývejme se proto případem, kdy H 1 H a H H k. Uvážíme všechny indexy i {1,..., k} takové, že H i H. Takové indexy existují (minimálně i = 1) a my z nich vybereme nějvětší i, které označíme m. Protože H H k, neplatí H i H pro i = k, proto je m < k. Platí tedy H m H a zároveň (pro m + 1 k) neplatí H m+1 H, tedy nutně H H m+1 a máme řetězec H 1 H H m H H m+1 H k 1 H k, který jsme chtěli sestrojit. Důkaz indukcí je hotov. K8. Ze dvou znaků A, B lze sestavit 5 = 3 pětimístných kódů. Kolik (nejvíce) z nich lze vybrat tak, aby se každé dva z vybraných kódů lišily v nejméně dvou pozicích? Je jich nejvíce 16 ukážeme proč: Ukážeme, že z libovolných 17 vybraných pětimístných kódů tvaru X 1 X X 3 X 4 X 5, kde X i {A, B}, se některé dva kódy shodují ve svých začátcích X 1 X X 3 X 4. Plyne to z Dirichletova principu, nebot všech možných začátků X 1 X X 3 X 4 je 4 = 16. Dva kódy X 1 X X 3 X 4 X 5 se stejným začátkem X 1 X X 3 X 4 se mohou lišit jen na posledním místě X 5. Vybereme 16 kódů tak, aby se každé dva vybrané lišily v nejméně dvou pozicích. Vezmeme všech 16 možných začátků X 1 X X 3 X 4 a ke každému z nich připojíme znak X 5 tak, aby v celém kódu X 1 X X 3 X 4 X 5 byl lichý počet znaků A. Například AAAA AAAAA, ABBB ABBBA, ABAB ABABA,. Tak dostaneme 16 různých kódů X 1 X X 3 X 4 X 5 (každé dva se totiž liší ve svých začátcích X 1 X X 3 X 4 ) a v každém je lichý počet znaků A. Proč se tedy dva kódy neliší pouze v jediné pozici? A B Kdyby takové kódy existovaly, počty znaků A by se v nich lišily právě o jeden, tj. oba počty by nemohly být liché. 3

MATEMATICKÁ INDUKCE V této kapitole se budou vyskytovat následující typy příkladů: U... úvodní úlohy D... úlohy na dělitelnost N... důkazy nerovností Princip (úplné) matematické indukce sestává ze dvou kroků. S matematickou indukcí jsme se nepřímo setkali při zavádění množiny všech přirozených čísel N = {1,, 3,...}, kde pomocí operace +1 jsme vždy získali následovníka předchozího čísla. Pravděpodobně jsme se setkali i s množinovou formulací principu matematické indukce: Necht M je množina splňující dvě vlastnosti: I. 1 M, II. pro každé přirozené číslo n platí Pak M obsahuje všechna přirozená čísla. n M n + 1 M. Dá se takové tvrzení dokázat? O odpověd na tuto otázku v minulosti usilovala spousta matematiků, ale ukázalo se, že ne. Je to taková základní vlastnost množiny N, která je natolik spjata s podstatou přirozených čísel, že je nezbytné ji v jakékoliv podobě postulovat (tzv. Peanův 9 axiom). Mnohem známější však bude následující školská formulace: Necht {T (n)} n=1 je posloupnost tvrzení závislých na n N. Jestliže I. T (1) platí, (1. indukční krok) II. pro všechna n N platí (. indukční krok) pak T (n) platí pro každé n N. T (n) T (n + 1), Uvědomme si, že v kroku II netvrdíme, že T (n) platí, nýbrž pouze předpokládáme, že je to tak. U1. Dokažte, že 1 + + + n n (n + 1) (n + 1) = (3) 6 pro každé n N. Pak dokažte, že princip matematické indukce plyne z axiomu, že každá neprázdná množina přirozených čísel má nejmenší prvek. Označme rovnost (3) jako tvrzení T (n). I. Dokažme T (1): Jistě platí 1 = 1 3. 6 9 Giuseppe Peano (1858 193) viz http://de.wikipedia.org/wiki/giuseppe_peano. 4

II. Předpokládejme, že platí rovnost (3) a dokažme rovnost Odtud plyne 1 + + + n + (n + 1) = (n + 1) (n + ) (n + 3). 6 1 + + + n + (n + 1) = = n + 1 6 tj. T (n + 1) platí 10. n (n + 1) (n + 1) 6 (n (n + 1) + 6 (n + 1)) = n + 1 6 + (n + 1) = ( n + 7n + 6 = ) = (n + 1) (n + ) (n + 3), 6 Než ukážeme, že princip matematické indukce plyne z existence nejmenšího prvku každé neprázdné množiny přirozených čísel, musíme si uvědomit, jestli má takový axiom vůbec smysl. Ale stačí vzít libovolný prvek uvažované množiny M a zjistit, zda je nejměnší. Není-li, vezmeme o jedničku nižší. Pokud ani ten není, vezmeme další o jedničku nižší. Takto postupujeme do té doby, než najdeme nejmenší prvek, nebo dojdeme k číslu 1, které je nejmenším prvkem množiny N. Nejmenší prvek tedy existuje. Naopak, vezmeme-li nějaké přirozené číslo a ono v naší množině neleží, uvážíme o jedničku vyšší. Pokud ani ono v množině M neleží, pokračujeme v přičítání dále a bud po konečném počtu kroků dojdeme k nejmenšímu prvku naší množiny, nebo nikoliv a tato množina M je prázdná. Axiom A o existenci nejmenšího prvku má tedy smysl. Samotný důkaz principu matematické indukce proběhne takto: I. Ukážeme, že 1 M. II. Jestliže pro všechna n N platí n M, pak i n + 1 M. Závěrem bude, že N M. Budeme postupovat sporem: Připustíme, že množina X = {n n N n / M} je neprázdná (tj. negace závěru principu matematické indukce). Podle axiomu A existuje nejmenší prvek množiny X, označme jej m. Z m X plyne m N a m / M. Podle I je tedy m = 1, tj. m > 1. Číslo m 1 je tedy přirozené a neleží v X (kde je m nejmenší), leží tedy v M, tj. m 1 M. Podle II však z m 1 M plyne m M (když položíme n = m 1) a to je spor X =. U. Dokažte, že každé poštovné n Kč, kde n 54 je celé, lze vyplatit jen pomocí známek v hodnotě 7 Kč a 10 Kč (můžeme použít i známky pouze jedné hodnoty). 10 Připomeňme si zejména následující rovnosti: n (n + 1) 1 + + + n =, 1 + + + n n (n + 1) (n + 1) =, 6 ( ) n 1 3 + 3 + + n 3 (n + 1) =. Třetí rovnice působí bezesporu nejpřekvapivěji, navíc z ní bezprostředně plyne (1 + + + n) = 1 3 + 3 + + n 3. 5

Formulujme tvrzení T (n): Existují a, b N 0 taková, že n = 7a + 10b, kde a je počet známek à 7 Kč a b je počet známek à 10 Kč. I. T (54): Hledáme čísla a, b, která vyhovují rovnosti 54 = 7a + 10b. Zřejmě však 54 = 7 + 10 4, tedy hledaná čísla jsou a =, b = 4. II. Předpokládejme, že platí T (n), a dokažme platnost T (n + 1): (1. možnost pro případ b ) a n = 7a + 10b n + 1 = 7 (a + 3) + 10 (b ) n = 7a + 10b n + 1 = 7 (a 7) + 10 (b + 5) (. možnost pro případ a 7). Implikace T (n) T (n + 1) jsme dokázali ve všech případech s výjimkou těch, kdy b 1 a zároveň a 6. Tehdy ovšem platí n = 7a + 10b 7 6 + 10 1 = 5. Závěr bodu II: Platí T (n) T (n + 1) pro každé n 53. Ale samotné T (53) neplatí! Plyne to z toho, že žádné z čísel 53, 43, 33, 3, 13, 3 není dělitelné sedmi. (Na druhou stranu pro T (5) indukční předpoklad zase platí, ale nelze tak pokračovat s T (53), protože nejsou splněny minimální hodnoty čísel a, b.) Důkaz indukcí je hotov. U3. Reálné číslo a je takové, že číslo a + 1 a je celé (například a = + 3). Dokažte, že pak číslo a n + 1 a n je celé pro každé n N. Opět formulujme tvrzení T (n): Pro každé n N platí kde a R je daný parametr. x n = a n + 1 a n Z, I. Zřejmě T (1) platí podle zadání x 1 Z. Dokažme ještě pro T (): x = a + 1 a = ( a + 1 a ) Z. II. Chceme dokázat, že pro všechna n N platí T (n) T (n + 1) T (n + ). Předpokládejme, že Potom x n = a n + 1 a n Z, x n+1 = a n+1 + 1 Z. an+1 x n+ = a n+ + 1 a n+ = ( = a + 1 a ( a + 1 ) ( a n+1 + 1 ) a a n+1 a n a a n = ) x n+1 x n Z, nebot celá jsou čísla a + 1 a (podle zadání) i x n, x n+1 (podle indukčního předpokladu). Číslo x n+ je tedy celé a II. indukční krok je hotov. 6

Přitom 3 r n, 3 s n a r + s = (n + 1) + (dva vrcholy jsou společné) čili r + s = n + 3. Každá z dalších vybraných úhlopříček musí být úhlopříčkou bud v I, nebo v II a tyto úhlopříčky v I stejně jako v II splňují stejnou podmínku nemají společné vnitřní body. Podle T (r) a T (s) je v I nejvýše r 3, v II nejvýše s 3 úhlopříček, takže v celém systému je nejvýše (r 3) + (s 3) + 1 = r + s 5 = n + 3 5 = n = (n + 1) 3 úhlopříček, což je počet úhlopříček v T (n + 1). Je-li počet úhlopříček přesně (n + 1) 3, musí jich být přesně r 3 v I a s 3 v II. Pak ale I je rozdělen na r a II na s trojúhelníků. Celý (n + 1)-úhelník je tak rozdělen na trojúhelníky v počtu (r ) + (s ) = r + s 4 = (n + 3) 4 = n 1 = (n + 1), jak je uvedeno v tvrzení T (n + 1). 7 K vyjádření čísla x n+ = ( a + 1 ) x n+1 x n a jsme potřebovali dva předchozí členy to bylo principem této úlohy (vytvořili jsme lineární rekurentní formuli druhého řádu, jak uvidíme dále). U4. Vybereme-li několik úhlopříček konvexního n-úhelníku tak, že žádné dvě z nich nemají společný vnitřní bod, pak jejich počet bude vždy nejvýše n 3. Dokažte to pro každé n 4 a zdůvodněte, proč každá taková soustava n 3 úhlopříček rozděluje původní n-úhelník na n trojúhelníků. Označme T (n) uvedené tvrzení o n-úhelníku (n 4). I. T (4): Vybrat můžeme jen n 3 = 4 3 = 1 úhlopříčku, která rozděluje čtyřúhelník na n = 4 = trojúhelníky. (Formálně lze uvažovat i n = 3, kdy vybereme 0 úhlopříček, které rozdělí trojúhelník na 1 trojúhelník.) II. Pro všechna n 3 dokážeme implikaci T (3) T (4) T (n) T (n + 1). Předpokládejme platnost T (3), T (4),..., T (n) a v (n + 1)-úhelníku vyberme libovolný systém úhlopříček bez společných vnitřních bodů. Jedna z těchto úhlopříček (libovolně, ale pevně zvolená) nám rozdělí celý (n + 1)-úhelník na r-úhelník I a s-úhelník II: