5

ÚVOD

Vysokoškolské skriptá „Sto riešených príkladov z Elementárnej aritmetiky“ súurčené ako pomôcka študentom denného i diaľkového štúdia UZŠ 1.stupeň. Hlavnýmcieľom je priblíženie, ozrejmenie a osvojenie si základných pojmov predmetu Elementárnaaritmetika priamo na riešených príkladoch. Bezprostredne naväzujú na skriptá Elementárnaaritmetika pre odbor učiteľstvo 1. stupňa ZŠ, 1.časť, 2. časť, Pedagogická fakulta TU,autori: P. Híc, I. Komara, T. Šalát. Z toho dôvodu táto zbierka riešených príkladovneobsahuje žiadny teoretický súhrn potrebných vedomostí, iba vymenúva na začiatkukaždého celku potrebné termíny.

Autori ponúkajú študujúcim ako pomoc priamo ideu, jadro riešenia. Štandartnépostupy riešenia príkladov ako sú rozbor, konštrukcia atď. nie sú uvedené, pretože študent,ktorý pochopí riešenie, tieto úkony si vykoná sám. Odporúčame však urobiť vždy skúškusprávnosti riešenia.

Vám, milí študenti prajeme veľa vytrvalosti, pevnú vôľu a radosť z pochopeniauvedených príkladov i z vlastného riešenia príkladov.

Autori ďakujú recenzentom a to: doc. PhDr. Oliverovi Židekovi, CSc. aRNDr. Františkovi Vinšovi za hodnotné pripomienky a návrhy, ktoré vo veľkej miereprispeli k zvýšeniu odbornosti predkladaných skrípt.

V Trnave 30. januára 2002

Autori

6

I. POJEM VÝROKU, ZLOŽENÉ VÝROKY,VÝROKOVÉ FUNKCIE

Základné pojmy: výrok, zložené výroky tvorené pomocou disjunkcie, konjunkcie,implikácie, a ekvivalencie, negácia jednoduchých a zložených výrokov (disjunkcie,akonjunkcie a implikácie), výroková formula, tautológia, výroková forma (funkcia),definičný obor a obor pravdivosti výrokovej funkcie, zápis výrokov pomocoukvantifikátorov a negácie týchto výrokov.

1. Určite, ktoré z uvedených viet môžeme považovať za výroky:a/ Prší. b/ Sneh je čiernej farby.c/ Ján Novák rád chodí do školy. d/ Párnych čísel je nekonečne veľa.e/ Nefajčite! f/ Prídeš na obed domov?

Riešenie: Vety a/,b/,c/,d/ sú výroky, lebo má zmysel uvažovať o ich pravdivosti (sú tooznamovacie vety). Rozkazovací a opytovací spôsob vety nie sú výroky.

2. Utvorte negáciu týchto výrokov, resp. výrokových foriem:a/ Číslo x sa rovná číslu 3,6 alebo je väčšie ako 3,6.b/ Počet členov našej rodiny je väčší ako 7 a menší ako 10.c/ Daná krivka v rovine je kružnica alebo elipsa.d/ Daný trojuholník je rovnostranný alebo pravouhlý.e/ Daný trojuholník je rovnostranný a súčasne pravouhlý.

Riešenie:a) Danú výrokovú formu zapíšeme matematicky: (x=3,6) ∨ (x > 3,6).[(x=3,6) ∨ (x > 3,6)]´ ⇔ (x ≠ 3,6) ∧ (x ≤ 3,6)

b) Počet členov našej rodiny ..... n[(n > 7) ∧ (n< 10) ]´ ⇔ (n ≤7) ∨ ( n≥ 10)

Počet členov našej rodiny je buď menší alebo rovný ako 7 alebo je rovný číslu 10 alebočíslu väčšiemu ako 10.Poznámka: Všimnite si, že logická spojka “a” sa v negácii zmenila na “alebo”!

c/ Daná krivka je kružnica alebo elipsa.Negácia výroku: Daná krivka nie je ani kružnica, ani elipsa.

d/ negácia výroku: Daný trojuholník nie je rovnostranný, ani pravouhlý.

e/ Negácia tohto výroku: Daný trojuholník nie je rovnostranný alebo nie je pravouhlý.

3. Pre ktoré reálne číslo x je daná výroková forma výrokom?( t.j. určite definičný obor funkcií )

a/ -4x2+5>1 b/ 753≤

+−

xx

c/ 2x = d/ (x+5) (x-7) = x-3

7

Riešenie: Po dosadení konkrétneho čísla za premennú x sa výroková forma stáva výrokom(pravdivým alebo nepravdivým), pokiaľ neobsahuje výraz, ktorý nemá číselný význam -napr. 0 v menovateli .Teda:a/ x∈R b/ x∈ R -{-5} c/ x∈ +

0R d/ x∈R

4. Pre ktoré x sú výrokové formy z príkladu 3. pravdivými výrokmi? (t.j. určujemeobor pravdivosti.)

Riešenie:

a/ -4x2+5>1 -4x2+4>0 -4(x2-1)>0 /:(-4) x2-1<0 x2 <1Obor pravdivosti je interval (-1, 1).

b/ Ekvivalentnými úpravami dostaneme:

Posledná nerovnosť je správna, ak platí:1. –6x-38≤0 ∧ x+5>0 alebo 2. –6x-38≥ 0 ∧ x+5< 0

-6x ≤ 38 ∧ x>-5 ∧−≤638x x< -5

5x638x −⟩∧

−≥

−∝−∈

638;x

x∈(-5,∝)

Výsledok: Obor pravdivosti je −∝−

638; ∪ (-5,∝).

c/ x = 2 sk. 4 = 2 x = 22 2 = 2 pravdivý výrok x=4Obor pravdivosti je {4}

d/ (x+5)(x-7) = x-3 x2-7x+5x-35-x+3 = 0 x2-3x-32=0

Obor pravdivosti je {x1, x2}

7,5x

3x≤

+−

0,75x

3x≤−

+−

0,5x

357x3x≤

+−−− 0

5x386x

≤+−−

2

12893x1,2

+±=

8

5. Udajte tabuľku pravdivostných hodnôt výrokovej formuly: (a′∨ b′).

Riešenie:

a B a′ b′ a′∨ b′1 1 0 0 01 0 0 1 10 1 1 0 10 0 1 1 1

1-pravdivý výrok0-nepravdivý výrok

6. Nech a: Juraj vie dobre po anglicky. b: Juraj je dobrý futbalista.Utvorte zložený výrok (a′∨ b′). Kedy tento zložený výrok nie je pravdivý?

Riešenie:Juraj nevie dobre po anglicky alebo nie je dobrý futbalista.Tento zložený výrok nie je pravdivý, ak v skutočnosti Juraj vie dobre po anglicky a jedobrý futbalista ( viď. príklad 5 ).Symbolicky to zapíšeme takto: (a′∨ b′) ′ ⇔ a∧b .

7. Je daná výroková formula tautológiou?a/ (p∧q)⇒pb/ p⇒(p∨q)c/ p∧(q∨r)⇔(p∧q)∨(p∧r)d/ (a∧b) ∨c⇔ (a∧c)∨b

Riešenie:

a/ Príslušná pravdivostná tabuľka:p q p∧q (p∧q)⇒p1 1 1 11 0 0 10 1 0 10 0 0 1 Daná výroková formula je tautológiou.

b/p q p∨q p⇒ p∨q1 1 1 11 0 1 10 1 1 10 0 0 1 Daná výroková formula je tautológiou.

9

c/ Zaveďme si najskôr jednoduchšie označenie: ( ) ( ) ( )BA

rpqprqp ∧∨∧⇔∨∧

p q r q∨r p∧q p∧r A B A⇔B1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 1 0 1 1 11 0 1 1 0 1 1 1 11 0 0 0 0 0 0 0 10 1 1 1 0 0 0 0 10 1 0 1 0 0 0 0 10 0 1 1 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 1

Daná výroková formula je tautológiou.

d/ D

B

C

A

c)(abb(ac ∧∨⇔∧∨

a b c A B C D C⇔D1 1 1 1 1 1 1 11 1 0 1 0 1 1 11 0 1 0 1 1 1 11 0 0 0 0 0 0 10 1 1 0 0 1 1 10 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 0 1

Daná výroková formula nie je tautológiou.

8. Sformulujte pomocou kvantifikátorov nasledujúce výroky a utvorte ich negácie:a/ Každé celé číslo n je deliteľné číslom 5.b/ Druhá mocnina každého reálneho čísla je kladné číslo.

Riešenie:∀ (čítaj “pre každé”) - veľký kvantifikátor∃ ( čítaj “existuje”) - malý kvantifikátora/ ∀n∈Z:5 nnegácia: Stačí, ak existuje jedno n∈Z, pre ktoré neplatí daný výrok. Teda:(∀n∈Z: 5 n)´⇔ ∃ n∈Z:5 nedelí nb/ ∀x∈R:x2>0(∀x∈R:x2>0)´⇔ ∃ x∈R:x2≤0

9. Zistite, či sú ekvivalentné nasledujúce dva výroky:I. Ak Mikuláš dostal telegram, tak príde večerným vlakom.II. Ak Mikuláš nepríde večerným vlakom, tak nedostal telegram.

10

Riešenie: V daných zložených výrokoch sa vyskytujú dva jednoduché výroky:a: Mikuláš dostal telegram.b: Príde večerným vlakom.Potom: I. a ⇒ b ( Logická spojka “ak-tak” vyjadruje implikáciu.) II. b´⇒ a´

Máme dokázať, že výroková formula ( ) ( )BA

abba ′⇒′⇔⇒ je tautológiou.

a B a´ b´ A B A⇔B1 1 0 0 1 1 11 0 0 1 0 0 10 1 1 0 1 1 10 0 1 1 1 1 1Z tabuľky vyplýva, že výroková formula (a⇒b)⇔(b´⇒a´) je tautológiou. Teda : Dané dvavýroky sú ekvivalentné.

10. Pomocou tabuľky pravdivostných hodnôt dokážte správnosť de Morganovýchpravidiel pre tvorenie negácie disjunkcie a konjunkcie.

Riešenie: de Morganovo pravidlo pre tvorenie negácie disjunkcie:

( ) ( )BA

qpqp ′∧′⇔′∨

p q p∨q A p´ q´ B A⇔B1 1 1 0 0 0 0 11 0 1 0 0 1 0 10 1 1 0 1 0 0 10 0 0 1 1 1 1 1

Ide teda o tautológiu.De Morganovo pravidlo pre tvorenie negácie konjunkcie:(p∧q)´⇔ (p´∨ q´) pričom nech: (p∧q)´=A, (p´∨ q´)=B

p q p∧q A p´ q´ B A⇔B1 1 1 0 0 0 0 11 0 0 1 0 1 1 10 1 0 1 1 0 1 10 0 0 1 1 1 1 1

Ide teda o tautológiu.

11

11. Dokážte, že výroková formula ( ) ( )BA

qpqp ∨′⇔⇒ je tautológiou a určite negáciuimplikácie p⇒q.

Riešenie:

p q A: p⇒q p´ B: p´∨q A⇔B1 1 1 0 1 11 0 0 0 0 10 1 1 1 1 10 0 1 1 1 1

Teda namiesto implikácie p⇒q v mnohých dôkazových úlohách používame disjunkciup´∨ q. Negáciu implikácie vytvoríme taktiež pomocou uvedenej disjunkcie a pomocou deMorganových pravidiel takto:

(p⇒q)´ ⇔ (p´∨ q)´ ⇔ ( (p´)´∧ q´) ⇔ (p∧q´).Konečný výsledok je: (p⇒q)´⇔ (p∧q´), čo čítame: „platí p a neplatí q”.

12

II. TEÓRIA MNOŽÍNZákladné pojmy:množina, prvok množiny, rovnosť dvoch množín, podmnožina, operácie s množinami,Vennove diagramy, komplement (doplnok) množiny, komplement zjednotenia a prienikudvoch množín.

12. Čomu sa rovnajú tieto množiny?a/ ⟨0;1)∪⟨1; 5) b/ ⟨0;1)∪(0,5; 3)c/ ⟨3;6⟩ ∩ ⟨6; 8⟩ d/ ⟨3;10)\⟨2;4⟩Riešenie: Intervaly si znázorníme na číselnej osi:

a/

⟨0;1)∪⟨1; 5) = ⟨0;5)

b/

⟨0;1)∪(0,5; 3) = ⟨0;3)

c/

⟨3;6⟩ ∩ ⟨6; 8⟩ = {6}

d/

⟨3;10)\ ⟨2;4⟩=(4;10)

3 4 5 6 7 8

0 1 2 3 4 5

2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3

13

13. Určte vzťahy medzi množinami:a/ N a Z b/ Z,Q a R

Riešenie:a/ N={1,2,3,4,5...}, Z={0,±1, ±2, ±3,...}Teda pre každé x platí: (x∈N⇒x∈Z). Preto: N⊂Z.b/ Q je množina všetkých reálnych čísel R, ktoré môžeme zapísať v tvare zlomkus celočíselným čitateľom a menovateľom, ktorý je rôzny od nuly. Teda Q⊂R. Každé celé číslo môžeme zapísať ako zlomok s menovateľom 1. Teda Z⊂ Q.Výsledok: Z⊂Q⊂R.

14. Pomocou Vennových diagramov zakreslite:a/ (A∪B)∩C b/A∪(B∩C) c/ (A∪B) \ C d/ A´∩B e/ A´∪ B´ f/ A´ \ B

Riešenie:

a/ b/

C

BA

c/d/

Z obrázku môžeme vyčítať:A´∩ B = B\A

C

BA

A B

C

A B

14

15. Dokážte, že ak: A⊂B, B⊂C, potom A⊂C.

Riešenie:

C)xA(x:xC)xB(x:xCB

B)xA(x:xBA∈⇒∈∀⇒

∈⇒∈∀⇒⊂∈⇒∈∀⇒⊂

Týmto je tvrdenie dokázané.

16. Dané sú množiny: A = {1,2,3,4 }, B = {5,7,9,11 }. Utvorte a/ C=A∪B b/ D=A∩B. c/ E⊂B

Riešenie: a/ C={1,2,3,4,5,7,9,11} b/ D = θ - prázdna množina;Poznámka: Množiny, ktorých prienik je prázdna množina, nazývame disjunktné množiny. c/ napr. E={5,7} Táto úloha má viac riešení. Ak by sme ich mali vymenovať,začali by sme prázdnou množinou a skončili množinou, ktorá obsahuje všetky prvkymnožiny B (aj B⊂B!).

17. V podniku pracuje 19 zamestnancov, z nich osem vie po anglicky a desať vie ponemecky. Iba štyria zamestnanci neovládajú ani angličtinu ani nemčinu. Koľkozamestnancov ovláda oba jazyky?

Riešenie:Úlohu je možné riešiť rôznymi spôsobmi. My dáme prednosť riešeniu úsudkom s využitýmgrafického znázornenia množín.Pokiaľ štyria z devätnástich zamestnancov neovládajú žiadny z oboch jazykov, potomaspoň jeden z týchto jazykov ovláda 15 zamestnancov (19-4).Desať z týchto pätnástichľudí ovláda nemčinu a teda tých zamestnancov, ktorí ovládajú angličtinu ale neovládajúnemčinu je 5 (15-10). Pretože tých, ktorí ovládajú angličtinu, je celkovo osem, potom tí, čoovládajú angličtinu a nemčinu sú traja(8-5).

Na riešenie úlohy možno s výhodou použiť Vennove diagramy.Z-zamestnanci

A´ \ B = (A∪B)´

f/

Z obrázku vyplýva rovnosť:A´∪B´ = (A∩B)´(Je to analógia negácie vo výrokovompočte.)

e/ A B BA

15

A-ovládajúci angličtinuN-ovládajúci nemčinu

a+x=8b+x=10Teda:a+b+2x=18a+b+x=15Odčítaním týchto dvoch rovnícdostaneme: x=3.

Odpoveď na otázku úlohy teda znie:Oba z uvedených jazykov ovládajú traja zamestnanci.

A N

4

a bx

Z

16

III. DÔKAZY VIET V ARITMETIKE, NUTNÁA POSTAČUJÚCA PODMIENKA

Základné pojmy: priamy a nepriamy dôkaz, obmenená veta, dôkaz sporom, dôkazmatematickou indukciou, Dirichletov princíp.

18. Dokážte vetu: Ak sa v štvoruholníku uhlopriečky rozpoľujú, potom štvoruholníkje rovnobežník.

Riešenie:Jednotlivé výroky uvedené vo vete označme takto:p: V štvoruholníku sa uhlopriečky rozpoľujú.q: Štvoruholník je rovnobežník.Teda daná veta je implikácia p ⇒ qTúto vetu dokážeme dôkazom priamym a dôkazom nepriamym.Dôkaz priamy:

V stredovej súmernosti so stredom S (pozri obr.) bodu A, resp. B odpovedá bod C, resp.D, preto priamky AB, CD, resp. AD, BC sú rovnobežné, čo sme mali dokázať

Nepriamy dôkaz:Máme dokázať, že platí obmenená veta: q´ ⇒ p´

Ak štvoruholník ABCD nie je rovnobežník, potom sú aspoň dve protiľahlé stranyrôznobežné. Nech sa napr. priamky AD, BC pretínajú v bode R. Ak S je priesečníkuhlopriečok AC, BD, potom bod S nemôže byť stredom oboch uhlopriečok (inak bypriamky AD, BC boli rovnobežné). Teda uhlopriečky sa nerozpoľujú. Tým je dôkazukončený.

19. Dokážte, že pre súčet geometrického radu, ak q≠1 a n∈N, platí:

(1) 1 + q + ... + qn-1 = 1q1qn

−− .

R

D C

S

BA

D C

B

S

A

17

Riešenie: Platnosť vzťahu (1) dokážeme pomocou dôkazu matematickou indukciou.1. Rovnosť (1) overíme pre n = 1. Ľ= q1-1 = q0 =1 1

1q1qP

1

=−−

=

Ľ=P

2. Predpokladajme, že rovnosť (1) platí pre nejaké n = k, dokážeme, že potom platí aj pre n = k + 1.

1

11

111...1

11

11

121

−−

=−

−+−=+

−−

=+++++++

−−

−

qq

qqqqq

qqqqqq

kkkkk

kk

qq

k

k

, čo sme chceli

dokázaťZáver: Rovnosť (1) platí pre každé n∈N.

Dôkaz sporom nejakého tvrdenia A spočíva v tom, že dokážeme nepravdivosť A´ (negácie A ). Obvykle postupujeme tak, že z A´ odvodíme správnym logickým postupomnejaký výrok, o ktorom je zrejmé, že je nepravdivý. Ak A je implikáciou p⇒q, pre výrokA´ využijeme tautolόgiu (p⇒q)´⇔(p∧q´), t.j. dokazujeme, že (p∧q´) neplatí, a teda platíA: p⇒q.

20. Dokážte vetu:Ak je číslo a2∈N číslo párne, potom aj číslo a je párne.

Riešenie:

Dôkaz sporomp: 2a2

q: 2aTvrdenie p ⇒ q dokážeme sporom, t.j. dokážeme že tvrdenie (p∧q´) je nepravdivé.Nech teda pre nejaké nezáporné celé čísla k1, k2 platí: a2 = 2k1 ∧ a = 2k2+1 Potom a2 = (2k2 + 1)2 = 4k2

2 +4k2 + 1 = 2(2k22 +2k2) + 1

Teda číslo a2 je nepárne, čo je spor s predpokladom p.

21. Dokážte, že 2 nie je racionálne číslo.

Riešenie:

Dôkaz sporom. Predpokladajme, že 2 je racionálne číslo a má kánonický tvar qp , pričom

p a q sú nesúdeliteľné čísla, t.j. ich najväčší spoločný deliteľ je číslo 1.Píšeme teda:

Odtiaľ:qp2 =

2

2

q

p2 =

18

Teda p2 = 2q2 (1)

T.j. p2 je číslo párne a preto aj p je číslo párne. (Pozri predošlý príklad). Teda pre nejakécelé číslo k je p = 2k (2)Umocnením (2) dostaneme: p2 = 4k2 (3)Ak v rovnosti (1) p2 nahradíme výrazom 4k2, dostaneme 4k2 = 2q2

A po úprave q2 = 2k2 (4)Z (4) vyplýva, že aj q je párne a teda pre nejaké celé číslo n platí q = 2n (5)Z (2) a (5) vyplýva, že obe čísla p aj q sú párne, čo je spor s predpokladom, že p, q súnesúdeliteľné.Záver: 2 nie je číslo racionálne.

22. Zistite, pre aké čísla n∈N platí: 2n >n2 ?

Riešenie:

n=1 n=2 n=3 21 >12 22 > 22 23>32

2 > 1 4 > 4 8 > 9Výrok platí pre n=1. Výrok neplatí pre n=2. Výrok neplatí pre n=3.

n=4 n=5 n=6 24 > 42 25 > 52 26 > 62

16 > 16 32 > 25 64 > 36Neplatí pre n=4. Platí pre n=5. Platí pre n=6.

Matematickou indukciou dokážeme, že pre každé n ≥ 5 platí 2n > n2. (1)

1) pre n = 5 sme správnosť tvrdenia 25 > 52 už dokázali.

2) Predpokladajme, že pre nejaké k≥5 platí: 2k > k2 (2)Po vynásobení (2) číslom 2 dostaneme: 2.2k > 2k2,Čo upravíme na 2k+1 > k2+k2 (3)

Ďalej využijeme pravdivé tvrdenie (Čitateľ sa o pravdivosti ľahko presvedčí pomocoumatematickej indukcie.): n2 ≥ 2n +1, ak n≥3 (4)Ak na druhý člen pravej strany nerovnosti (3) aplikujeme (4), dostaneme 2k+1 > k2+2k+1A po úprave 2k+1 > (k + 1)2

Teda sme dokázali platnosť (1) aj pre n = k + 1. Tým je dôkaz tvrdenia (1) ukončený.

19

23. Matematickou indukciou dokážte, že pre každé n∈N platí:

1+2+...+n =2

1)n(n + (1)

Dôkaz

1. Pre n = 1 dostaneme:

Ľ = 1, P =2

1)1.(1+ = 2

2 =1, teda Ľ = P

2. Nech (1) platí pre nejaké n = k , t. j.

2

1)(kk +⋅=+++ k...21

Potom )1k()1k(k...21 +++⋅

=+++++2

1)(kk

Úpravou dostaneme 2

1)2(k 1)(kk +++⋅=+++++ )1k(k...21

Po ďalšej úprave máme 2

2)1)(k(k ++=+++++ )1k(k...21

Tým sme (1) dokázali aj pre n = k+1.Záver: Tvrdenie (1) platí pre každé prirodzené číslo n.

24. Dokážte, že pre počet uhlopriečok Un v n-uholníku platí vzorec:

2

3)n(nUn

−= (1)

Dôkaz urobíme matematickou indukciou:

1/ Ukážeme, že (1) platí pre n=3.

0=−

=2

3)3(3U3 , čo je pravda, lebo trojuholník nemá žiadne uhlopriečky.

2/ Za predpokladu, že daný vzorec platí pre nejaký n-uholník, dokážeme, že platí i pre

(n+1)-uholník. K danému n-uholníku s vrcholmi A1,A2,...,An priradíme ďalší bod An+1.

Pozri obrázok:

Určíme, o koľko uhlopriečok sa zvýši pôvodný počet uhlopriečok. Bod An+1 môžem spojiť

s n-2 bodmi pôvodného n-uholníka tak, aby vznikla uhlopriečka (pretože dva body An-1, An

sú susedné a spojnice tvoria strany (n+1)-uholníka). Ďalej spojnica bodov An-1, An sa stáva

An-1

An

An+1

20

uhlopriečkou. Teda počet nových uhlopriečok je: n-2+1= n-1. Celkový počet uhlopriečok v

(n+1)-uholníku je:

2

2)1)(n(n

2

2nn

2

1)2(n3)n(n1)(n

2

3)n(nU

2

1n

−+=

−−=

−+−=−+

−=+ (2)

(Výraz n2-n-2 sme upravili na súčin koreňových činiteľov.)

Úpravou (2) dostaneme

2

)3)1n)((1n( −++=

−+=+ 2

2)1)(n(nU 1n

Tým sme dokázali, že (1) platí aj pre (n+1) uholník.

Záver: Vzťah (1) platí pre každý n-uholník.

25. Aký je vzťah z hľadiska nutnej podmienky a postačujúcej podmienky medzinasledujúcimi výrokmi?v1: Číslo n je deliteľné číslom 6.v2:Číslo n je deliteľné číslom 12.v3: Číslo n je deliteľné číslom 4.

Riešenie:Poznámka Ak platí p⇒q, potom p nazývame postačujúcou podmienkou pre q a q nazývame nutnou podmienkou pre p. V našom prípade platí: v2⇒v1, v2⇒v3.

Výsledok:v2 - postačujúca podmienka pre v1 a v3. v1 a v3 sú nutné podmienky pre v2.

26. Zistite, ktorý z daných dvoch výrokov je nutnou podmienkou a ktorý jepostačujúcou podmienkou:a/ Študujem na vysokej škole. Mám maturitu.b/ Číslo x je reálne. Číslo x je celé.c/ Číslo n je párne. Číslo n je deliteľné dvoma.

Riešenie:Označme: PP - postačujúca podmienka PN - nutná podmienkaa/ PP - Študujem na vysokej škole. PN - Mám maturitu.b/ PP - Číslo x je celé. PN - Číslo x je reálne.c/ Obidva výroky sú si navzájom nutnou i postačujúcou podmienkou, pretože platíekvivalencia:Číslo n je párne ⇔ Číslo n je deliteľné dvoma.

21

IV. KARTEZIÁNSKY SÚČIN DVOCH MNOŽÍN,BINÁRNA RELÁCIA V MNOŽINE,

VLASTNOSTI BINÁRNYCH RELÁCIÍ

Základné pojmy: karteziánsky súčin množín ako usporiadaná množina, karteziánsky graf,vrcholový graf, binárna relácia v množine a na množine, vlastnosti binárnych relácií,relácia ekvivalencie a doplnok množiny, relácia usporiadania, ostré, neostré, čiastočnéusporiadanie, dobre usporiadaná množina.

27. Sú dané množiny: A={p, q, r, s} B={1, 2, 3} C={1}Vypíšte všetky prvky množín: AxB, AxC, CxB, BxB. Koľko prvkov má karteziánskysúčin AxA? Znázornite ho karteziánskym grafom.

Riešenie:AxB = {[p,1],[p,2],[p,3],[q,1],[q,2],[q,3],[r,1],[r,2], [r,3],[s,1],[s,2],[s,3]}AxC = {[p,1],[q,1],[r,1],[s,1]}CxB = {[1,1],[1,2],[1,3]}BxB = {[1,1],[1,2],[1,3],[2,1],[2,2],[2,3],[3,1],[3,2],[3,3]}Karteziánsky súčin AxA má 16 prvkov - lebo každýprvok je vo dvojici so sebou a s ďalšími troma prvkamimnožiny A.

28. Zostrojte karteziánsky graf karteziánskeho súčinu AxB a BxA, keď :B = {-1; 0; 0,5; 2}A = {x∈R: -2 < x ≤4}

Riešenie:

p q r s

s

r

q

p

-2

-2

B

A

4

4-10 0,5-10

0,5

2

2

BxAAxB

B

A

22

29. V množine všetkých prirodzených čísel N sú definované relácie:

a/ R1 = {[x,y]∈NxN: xy}b/ R2 = {[x,y]∈NxN: 3x ∧3y}

Napíšte aspoň päť dvojíc prvkov patriacich do týchto relácií. Zistite vlastnosti reláciíR1 a R2.

Riešenie:

a/ xy - čítaj „x delí y“, t.j. druhá zložka usporiadanej dvojice je deliteľná prvousúradnicou. Teda: R1 = {[1,1], [1,2], [1,3], ..., [2,2], [2,4], [2,6], ..., [3,3], [3,6], [3,9],...}b/ Aj prvá, aj druhá súradnica usporiadanej dvojice musí byť deliteľná troma. Teda: R2 = {[3,3], [3,6], [3,9], [3,12], ..., [6,3], [6,6] , [6,9], [6,12], ...}

Vlastnosti a/: Relácia R1 je reflexívna, lebo pre každé x∈N platí: xx ⇒ [x,x] ∈ R1

Relácia R1 je antisymetrická, lebo ∀x,y∈N: ( xy ∧ yx ⇒ x = y ). Dôkaz Ak xy ∧ yx, potom pre nejaké k1, k2∈N platí y = k1⋅x ∧ x = k2⋅y, potom (1) y = k1⋅k2⋅y (2) Teda 1 = k1⋅ k2 (3) Rovnosť (3) platí práve vtedy, ak k1 = k2 = 1, pretože ide o prirodzené čísla. Teda platí rovnosť y = x, čo sme chceli dokázať. Relácia R1 tranzitívna, t.j.: ∀x,y∈N: (xy) ∧ (yz) ⇒ (xz) Dôkaz Ak xy ∧ yz, potom pre nejaké k1, k2∈N platí y = k1⋅x ∧ z = k2⋅y, potom z = k2⋅k1⋅x Teda x z , čo sme mali dokázať.

Relácia R1 nie je súvislá, lebo neplatí: ∀x,y∈N: x≠y ⇒ ([x,y]∈R1) ∨ ([y,x]∈ R1).Napr. 3, 5 ∈ N, ale 3 nedelí 5, ani 5 nedelí 3. Teda : 3≠5 ∧ ([3,5] ∉ R1) ∧ ([5,3] ∉ R1).

Vastnosti b/ ∀x,y∈N: ( [x, y]∈R2⇔ 3x ∧ 3y ) Relácia R2 nie je reflexívna, lebo napr. [5, 5]∉R2, pretože 3 nedelí 5.

Relácia R2 je symetrická, lebo ∀x,y∈N: ( 3x ∧ 3y ⇒ 3y ∧ 3x), pretože konjunkciaje komutatívna.

Relácia R2 je tranzitívna, lebo zrejme platí ∀x,y∈N: (3x ∧ 3y) ∧ (3y ∧ 3z) ⇒ (3x ∧ 3z).Relácia R2 nie je súvislá, lebo neplatí: ∀x,y∈N: x≠y ⇒ ([x,y]∈R2) ∨ ([y,x]∈ R2).Napr. 5, 7 ∈ N, ale 3 nedelí 5 a 3 nedelí 7. Teda : 3≠5 ∧ ([3,5] ∉ R1) ∧ ([5,3] ∉ R1).

23

30. Určite, ktoré vlastnosti majú relácie R1,R2,R3,R4 znázornené na obrázkuvrcholovým grafom:

Riešenie:Reflexívnosť:Relácia je reflexívna, ak každý vrchol grafu má slučku, t.j. každý prvok je sám so sebou vrelácii. Žiadna z daných relácií nespĺňa túto podmienku.Antireflexívnosť:Relácia je antireflexívna, ak ani jeden vrchol grafu nemá slučku. Túto podmienku nespĺňaani jeden z grafov R1,R2,R3,R4.Symetrickosť:Relácia je symetrická, ak jej vrcholový graf obsahuje iba obojstranné šípky, alebo slučky.Teda: Relácie R1,R3,R4 sú symetrické.Antisymetrickosť:Relácia je antisymetrická, ak jej vrcholový graf obsahuje iba jednostranné šípky, aleboslučky. V našom prípade je R2 antisymetrická.Tranzitívnosť:Ak je relácia R tranzitívna, potom pre ľubovoľné vrcholy x, y, z vrcholového grafu relácieR platí [x, y]∈R ∧[y, z]∈R⇒[x, z]∈R,

čo môžeme názorne interpretovať aj takto: Ak z vrcholu x vedie „obchádzka“ do vrcholuz cez vrchol y, potom v grafe musí existovať aj „skratka“, t.j. šípka z x do z . V prípade, žex = z, t.j. dvojice [x,y] a [y,z] predstavuje obojstranná šípka, skratky predstavujú slučky vovrcholoch obojstrannej šípky. Iba relácia R2 je tranzitívne.Súvislosť:Relácia je súvislá, ak je každý vrchol grafu so všetkými ostatnými vrcholmi spojenýšípkou. Relácie R1,R2,R3,R4 nie sú súvislé.

31. V množine M={x∈N: 16 ≤ x ≤ 38} je definovaná relácia R tak, že [x,y]∈R právevtedy, keď x a y dávajú pri delení piatimi rovnaký zvyšok, alebo sú deliteľné piatimi.Dokážte, že R je reláciou ekvivalencie na M a určite triedy rozkladu množiny M,ktoré sú vytvorené na základe R.Dôkaz:Pripomeňme, že každé číslo x∈Z je buď deliteľné piatimi, alebo po delení piatimi môžemať zvyšok r ∈{1, 2, 3, 4}. Platí to zrejme aj pre x∈M. Teda pre každé x∈M existujejediná dvojica [k, r]∈ N×∈{0, 1, 2, 3, 4}, že platí:

x = 5k + r, k∈N, r∈{0, 1, 2, 3, 4} (1)

R1 R2 R3 R4

24

a/ relácia R jereflexívna, pretože pre každé číslo x∈M platí: [x, x]∈R. (Zrejme x a x súbuď deliteľné piatimi, alebo po delení piatimi majú rovnaký zvyšok!)

b/ relácia R je symetrická, pretože pre každé x, y ∈ M platí: [x, y]∈R ⇒ [y, x]∈R. (Ak xa y sú buď deliteľné piatimi, alebo po delení piatimi majú rovnaký zvyšok, potom tozrejme platí aj pre y a x.)

c/ relácia R je tranzitívna, pretože pre každé x, y, z ∈ M platí: [x, y]∈R ∧[y, z]∈R ⇒ [x, z]∈R (2)Skutočne. Podľa (1) pre x, y, z platí x = 5k1 + r1, y = 5k2 + r2, z = 5k3 + r3, kde k1, k2, k3 ∈N, r1 , r2, r3 ∈{0, 1, 2, 3, 4}Ak je splnený predpoklad implikácie (2), potom r1 = r2 , r2 = r3 , teda aj r1 = r3 . To všakznamená, že x a z majú rovnaký zvyšok a preto [x, z]∈R. Tým sme dokázali pravdivosť(2). Záver: Relácia R je reláciou ekvivalencie.

Triedy rozkladu množiny M sú: M0 = { 20, 25, 30, 35} M1 = {16, 21, 26, 31, 36} M2 = {17, 22, 27, 32, 37} M3 = {18, 23, 28, 33, 38} M4 = {19, 24, 29, 34}Nazývame ich zvyškovými triedami podľa modulu 5 na množine M.

32. V množine M = {1,2,3,4} je daná relácia R = {[2,3],[3,4],[2,1],[2,4],[4,1],[3,1]}.Overte, či relácia R je ostrým lineárnym usporiadaním v M. Zapíšte lineárneusporiadanú množinu ako reťazec.

Riešenie:Na to, aby relácia bola ostrým lineárnym usporiadaním, musí spĺňať tieto podmienky:antireflexívnosť, asymetrickosť, tranzitívnosť a súvislosť.Daná relácia je antireflexívna, lebo neobsahuje dvojice typu [x,x], je asymetrická, pretožeplatí: [2,3]∈R ; [3,2]∉R [3,4]∈R ; [4,3]∉R [2,1]∈R; [1,2]∉R [2,4]∈R ; [4,2]∉R [4,1]∈R ; [1,4]∉R [3,1]∈R ; [1,3]∉R.

Tranzitívnosť overíme na vrcholovom grafe tejto relácie. Vidíme, že v grafe, existujú„obchádzky“ z jedného vrcholu do druhého cez tretí vrchol. Preto platí implikácia:

[x, y]∈R ∧[y, z]∈R ⇒ [x, z]∈R.Teda relácia R je tranzitívna.Ak relácia nie je súvislá, potom príslušný vrcholový graf obsahuje aspoň jeden izolovanýbod, čo v našom prípade neplatí.

Overili sme, že relácia je ostrým lineárnym usporiadaním. Teraz zoradíme prvkymnožiny do reťazca. Prvý bude ten vrchol, z ktorého iba vychádzajú šípky a žiadna doň

1 2

43

25

nevchádza, za ním nasleduje vrchol, do ktorého vchádza jedna šípka a ostatné šípkyvychádzajú, atď. Posledný vrchol bude ten, do ktorého všetky šípky vchádzajú:

2‹3‹4‹1 ( Znak „‹“ čítaj „je pred“)

33. Dana má tmavšie vlasy ako Eliška, Petra má svetlejšie vlasy ako Lýdia a tmavšieako Dana. Ktorá z dievčat má najsvetlejšie vlasy a ktorá najtmavšie? Zoraďte všetkymenované dievčatá podľa farby vlasov.

Riešenie:Označme: Eliška – E, Dana – D, Lýdia – L, Petra – P, M = {E, D, L, P}.Na množine M môžeme uvažovať reláciu R = {[x,y]∈M×M; x má svetlejšie vlasy ako y}

Znázorníme dvojice zo zadania príkladu:

Už z uvedeného znázornenia možno usúdiť, že dievčatá podľa farby vlasov od najsvetlejšejpo najtmavšiu budú zoradené takto:

Eliška ‹ Dana ‹ Petra ‹ LýdiaRelácia R je zrejme antireflexívna, asymerická, tranzitívna a súvislá. Teda je reláciouostrého lineárneho usporiadania. Jej úplný vrcholový graf vznikne z predošlého, akznázorníme aj dvojice [E,P], [E,L] a [D,L].

34. Na množine N je definovaná relácia R takto: [x,y]∈R ⇔ x ≤ y. Ukážte, že R jeneostré lineárne usporiadanie.

Riešenie:Neostré lineárne usporiadanie musí spĺňať štyri podmienky: reflexívnosť, antisymetrickosť,tranzitívnosť a súvislosť.Naša relácia je reflexívna, lebo pre každé x∈N platí: x ≤ x.Tiež je antisymetrická, lebo platí x≤y ∧ y ≤ x ⇒ x = yTranzitívnosť relácie je zjavná: x≤y ∧ y≤z ⇒ x≤z.Súvislosť je tiež zrejmá, pretože pre ľubovoľné x, y ∈N platí: x≤y ∨ y≤x.

PD

L E

PD

L E

26

V. ZOBRAZENIE, EKVIVALENCIA MNOŽÍN,KONEČNÉ A NEKONEČNÉ MNOŽINY

Základné pojmy: zobrazenie, vzor a obraz, surjektívne a injektívne zobrazenie, bijekcia,inverzné zobrazenie, zložené zobrazenie, permutácia množiny, ekvivalentné množiny,konečné a nekonečné množiny, spočítateľné a nespočítateľné množiny, mohutnosť množiny,kardinálne číslo.

35. Ktoré z uvedených obrázkov predstavuje zobrazenie množiny A do množiny B,ktoré z nich sú surjektívne a ktoré injektívne zobrazenia?

Riešenie:Relácie a/,resp. b/ nie je zobrazením, pretože nie každý vzor má svoj obraz, resp. každémuvzoru neodpovedá jediný obraz.Relácia c/ je zobrazením, pretože každý vzor má svoj obraz a to jediný. Toto zobrazenie jezároveň surjektívnym zobrazením, pretože každý prvok množiny B je obrazom nejakéhoprvku množiny A. Hovoríme tiež o zobrazení množiny A na množinu B.Relácia d/ je zobrazením, a to injektívnym. Každý vzor má iný obraz. Neexistujú tu dvavzory, ktoré by mali jeden spoločný obraz.

36. Nech A = {1, 2, 3, 4, 5}. Nájdite nejakú množinu B a nejakú reláciu f tak, abyrelácia f ⊂ AxB:a/ bola injektívnym zobrazením a nie surjektívnym,b/ bola surjektívnym zobrazením a nie injektívnym,c/ bola bijektívnym zobrazením,d/ nebola zobrazením.e/ K časti c/ zostrojte inverzné zobrazenie.

Riešenie:a/ B = {2, 4, 6, 8, 12}, f(x) = 2x, x∈ A. y = f(x) ∈ B, teda f je zobrazením A do B. x1≠x2 ⇒ ( y1 = 2 x1 ∧ y2 = 2 x2 ) ⇒ y1 ≠ y2 . Preto f je injektívnym zobrazením. Pre žiadne x ∈ A f (x) ≠ 12∈B, teda f nie je surjektívnym zobrazením.b/ B = {0, 1, 2, 3}, [x,y]∈f ⇔ 4(x-y) , x∈A, y∈B. f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 0, f(5) = 1. f je zobrazením A do B, ale nie injektívne, pretože f(1) = f(5) = 1.c/ B=A, f(x) = x, je zrejme bijektívnym zobrazením, pretože ide o identické zobrazenie A na A.

d/c/b/a/

BBBB AAAA

27

d/ B = A, [x,y]∈f ⇔ 2(x-y) , x∈A, y∈A. [5,1] ∈f ∧ [5,3] ∈f ∧ [5,5] ∈f, t.j. vzoru 5odpovedá viac ako jeden obraz.e/ B=A, f(x) = x, f -1(x) = x, x∈A. Inverzné zobrazenie k identickému zobrazeniu je opäť identické zobrazenie.

37. V množine N je definované zobrazenie f: [x, y]∈f ⇔ y = x + 3 a zobrazenie g: [x, y]∈g ⇔ y = 2x. Utvorte zložené zobrazenie fοg a vypíšte aspoň 5 usporiadanýchdvojíc zobrazení f, g , fοg.

Riešenie:f: y=x+3 f={[1,4],[2,5],[3,6],[4,7],[5,8]...}g: y=2x g={[1,2],[2,4],[3,6],[4,8],[5,10]...}fοg: y=(2x)+3 fοg={[1,5],[2,7],[3,9],[4,11],[5,13]...}

38. Pomocou jednoduchej schémy naznačte postup pri zisťovaní ekvivalencienekonečných množín s množinou prirodzených čísel N.

Riešenie:

Označme:N0= {0, 1, 2, 3, ...}, N1= {1, 3, 5, 7, ...}, N2 = {2, 4, 6, ...}

a) Určíme bijektívne zobrazenie množín N→N1 a N1→N.

N: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ... xN1: 1, 3, 5, 7, 9, 11, ... y

N→N1: y = 2x – 1 N1 →N:2

1yx +=

b) Určíme bijektívne zobrazenie množín N→N0 a N0→N.

N: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ... xN0: 0, 1, 2, 3, 4, 5, ... y

N→N0: y = x – 1 N0 →N: x = y+1

28

VI. BINÁRNE OPERÁCIE A ICH VLASTNOSTI,ALGEBRAICKÉ ŠTRUKTÚRY S JEDNOUOPERÁCIOU A S DVOMA OPERÁCIAMI

Základné pojmy: binárna operácia, operand, Cayleyho tabuľka, asociatívny akomutatívny zákon, neutrálny a inverzný prvok, distributívnosť, grupoid, pologrupa, grupa,Ábelova grupa, polookruh, okruh, netriviálny deliteľ nuly, obor integrity, teleso, pole.

39. Vysvetlite, prečo nasledujúcimi rovnosťami nie je daná binárna operácia na

množine M={2;3;5;6;7;9}:

2♦7=5, 5♦9=3, 5♦2=3, 2♦7=9.

Riešenie: Usporiadanej dvojici [2,7] je priradené číslo 5, ale tiež číslo 9. Okrem toho nie jedefinovaná hodnota x♦y pre každé x, y ∈ M, napr. pre 2♦3. Preto danými rovnosťami nieje daná binárna operácia na množine M.

40.Vytvorte v trojprvkovej množine aspoň dve rôzne binárne operácie tak, aby každá

z nich nebola komutatívna.

Riešenie: Príklady binárnych operácií na množine {a,b,c}, ktoré nie sú komutatívneoznačme symbolmi: ♣,♥.

♣ a b ca a b cb a b cc b c a

Napr. a♣c≠c♣a Napr. a♥c≠c♥a

41. Na množine R+ sú dané nasledujúce operácie:a/ a∗b=a2+b2

b/ a⊗b=22 ba

a.b

+Zistite, či dané operácie sú komutatívne, asociatívne a či majú neutrálny prvok. Akneutrálny prvok existuje, určite ho.

Riešenie:a/ a∗b=a2+b2

Máme zistiť, či pre ľubovoľné a, b, c ∈ R+ a nejaké e∈ R+ platí:1) Komutatívnosť: a∗ b = b∗a Ľ = a∗ b = a2+b2

P = b∗a = b2+a2

Ľ=P Teda operácia „∗“ je na R+ komutatívna.

♥ a b ca c b ab b a cc b b a

29

2) Asociatívnosť: (a∗b)∗c =a∗(b∗c) Ľ = (a∗b)∗c = (a2+b2)∗c =(a2+b2)2+c2= a4+2a2b2+b4+c2

P = a∗(b∗c) = a∗(b2+c2) =a2+(b2+c2)2= a2+b4+2b2c2+c4

Napr. pre a=b=0, c=2 je Ľ=4 a P=16. Teda operácia „∗“ nie je asociatívna.3) Neutrálny prvok: e∗a = a∗e = a Napr. pre a = 2 by malo platiť e∗2= e2+22 = 2, čo nie je možné, pretože pre každé e∈R+ je e2+22 > 2. Preto v R+ neexistuje neutrálny prvok e pre operáciu „*“.

b/ a⊗b=22 ba

a.b

+ Máme zistiť, či pre ľubovoľné a, b, c ∈ R+ a nejaké e∈ R+ platí:

1) Komutatívnosť: a⊗ b = b⊗a

2222 ab

b.a

ba

a.b

+=

+= PĽ , Ľ=P Teda operácia a⊗b je komutatívna.

2) Asociatívnosť: (a⊗b) ⊗c = a⊗ (b⊗c)

2

222

22

22

22

22

cb

b.ca

cb

b.ca

cba

a.b

cba

a.b

++

+=

+

+

+= PĽ ,

Pre a =1, b = 1 , c = 2 je Ľ = 1, avšak P = 2910 . Preto operácia „⊗“ nie je asociatívna.

3) Neutrálny prvok: e⊗a= a⊗e=a

11

+=

+=⊗

222 e

e

1e

e.1e . Pre a=1 by malo platiť: 11=

+2e

e a teda e = e2 + 1. To však nie

je možné, pretože rovnica x2 – x +1 = 0 nemá reálne korene. (Diskriminant je záporný.)Záver: Operácia a⊗b nemá neutrálny prvok.

42. Zistite, či (R,+), (R,•), (R-{0},•) sú grupy.

Riešenie:Pre príslušnú operáciu budeme sledovať, ktoré z nasledujúcich podmienok (uvedieme ichheslovite) sú splnené:1. Operácia je definovaná na danej množine(grupoid). 2. Asociatívnosť (pologrupa).3. Neutrálny prvok (monoid). 4. Inverzné prvky (grupa).5. Komutatívnosť (Ábelova grupa).

(R,+)1. a∈R, b∈R ⇒ (a+b) ∈ ROperácia + je definovaná na R. Preto (R,+) je grupoid.2. Rovnosť (a + b) + c = a + (b + c) platí pre ľubovoľné a, b, c ∈ R. Teda (R,+) jepologrupa.3. Rovnosti 0 + a = a + 0 = a platia pre každé a ∈ R. Prvok 0 je teda neutrálny prvoka preto (R,+) je monoid.4. Pre každé a∈ R je (-a) ∈ R a platí: a +(-a) = (-a) + a = 0. Preto (-a) je inverzným prvkomk prvku a. (R,+) je grupa.5. Pre každé a, b ∈ R platí: a + b = b + a. (R,+) je Ábelova grupa.

30

(R,•)1. a∈R, b∈R ⇒ (a•b) ∈ ROperácia • je definovaná na R. (R, •) je grupoid.2. Rovnosť (a•b)•c = a•(b•c) platí pre ľubovoľné a, b, c ∈ R. Teda (R,•) je pologrupa.3. Rovnosti 1•a = a•1 = a platia pre každé a ∈ R. Prvok 1 je teda neutrálny prvok a preto(R,•) je monoid.4. Pre žiadne x ∈ R neplatí: 0•x = x•0 = 1. (Pre každé x ∈ R totiž platí 0•x = x•0 = 0)K prvku 0 neexistuje inverzný prvokom a preto (R,+) nie je grupa.

(R-{0},•)Požiadavky 1, 2, 3 sú splnené. (Postupujeme podobne ako pri (R,•).)

4. Pre ľubovoľné a ∈ R je ∈a1 R-{0} a platí: 111

=•=• aaa

a .Teda a1 je inverzným

prvkom k prvku a. (R-{0},•) je grupa.5. Pre každé a, b ∈ R platí: a • b = b • a . (R-{0},•) je Ábelova grupa.

43. Definujme množinu 3Z takto: 3Z = {3k, k∈Z}. Ukážte, že štruktúra (3Z, +) jegrupa (tzv. podgrupa grupy (Z,+).

Riešenie:Budeme postupovať podobne ako v príklade 42.1. Pre ľubovoľné 3k1, 3k2 ∈ 3Z je 3k1+ 3k2 = 3(k1 + k2 ) ∈ 3Z . Teda (3Z,+) je grupoid.2. Pre ľubovoľné 3k1, 3k2 , 3k3 ∈ 3Z platí ( 3k1 + 3k2 ) + 3k3 = 3k1 + (3k2 + 3k3 ). Preto(3Z,+) je pologrupa.3. 0=3•0. Preto 0 ∈ 3Z. Pre ľubovoľné 3k ∈ 3Z platí (0+3k) = (3k+0) = 3k . Teda 0 jeneutrálny prvok . (3Z,+) je monoid.4. Pre ľubovoľný prvok 3k ∈ 3Z je -3k∈3Z a 3k + (-3k) = (-3k) + 3k=0. Teda každý prvokmnožiny 3Z má inverzný prvok . (3Z,+) je grupa.5. Pre ľubovoľné 3k1, 3k2 ∈ 3Z je (3k1+ 3k2) = (3k2 + 3k1 ) (3Z,+). Preto (3Z, +) jeÁbelova grupa.

44. Na množine prirodzených čísel N je definovaná operácia „Θ„ takto: aΘb=ab.Zistite, či štruktúra (N, Θ) je grupoid, pologrupa , grupa.

Riešenie:1. a,b∈N ⇒ ab∈N. Preto (N, Θ) je grupoid.2. (2 Θ 1) Θ 3=(21)3 = 8 avšak 2 Θ (1 Θ 3) = 2 Θ (13) = 2 Θ 1 = 2 . Preto (N, Θ) nie jepologrupa

45. Nájdite množinu H všetkých zhodných zobrazení, ktoré reprodukujú štvorec adokážte, že (H,°) je grupa vzhľadom na operáciu „°„ skladania zobrazení.(Upozornenie: Zobrazení je osem: identita, 3 otočenia, 4 osové súmernosti.) ZostrojteCayleyho tabuľku.

Riešenie:Najskôr nakreslíme všetky zobrazenia štvorca: I - identické zobrazenie, S - súmernosťpodľa osi, R - rotácia ( otočenie)

31

Množina všetkých zhodných zobrazení H je:H={I,R1,R2,R3,S1,S2,S3,S4}Na to, aby sme dokázali, že (H,°) je grupa vzhľadom na operáciu „°” skladania zobrazení,zostrojíme Cayleyho tabuľku:

° I R1 R2 R3 S1 S2 S3 S4

I I R1 R2 R3 S1 S2 S3 S4R1 R1 R2 R3 I S3 S4 S2 S1R2 R2 R3 I S2 S2 S1 S4 S3R3 R3 I S2 R2 S4 S3 S1 S2S1 S1 S4 R1 S4 I R2 R3 R1S2 S2 S3 S1 S4 R2 I R1 R3S3 S3 S1 S4 S2 R1 R3 I R2S4 S4 S2 S3 S1 R3 R1 R2 I

Z tabuľky môžme vyčítať:1. Pre každé Z1,Z2∈H je Z1° Z2∈H. Štruktúra (H,° ) je grupoid.Asociatívnosť:Overíme na konkrétnom príklade: (R1° S1) ° S2=S3°S2=R3

R1 ° (S1° S2)=R1°R2=R3 Teda štruktúra (H,° ) je pologrupa.

R1ICC

A A

D

D

B

B

C

A

D

B

C

A

D

B

90°

R2R3

D

D DD

C

C

C

C

BB

B

B

A

A

A

A

180° 270°

S2S1

D

DDD

C

CCC

BB

B

B

A

AAA

S4S3DD

D

D

C

CCC B

B BB

A

AAA

32

2. Pri skladaní relácií platí vo všeobecnosti asociatívny zákon. Zobrazenie je špeciálnyprípad relácie, preto aj pre skladania daných zobrazení platí asociatívny zákon. Tedaštruktúra (H,° ) je grupa.3. Pre ľubovoľné zobrazenie Z platí I ° Z=Z ° I= Z . ( Porovnaj prvý a druhý riadoktabuľky a tiež prvý a druhý stĺpec tabuľky.) Štruktúra (H,° ) je monoid.

4. Z tabuľky ľahko zistíme, že ku každému prvku existuje inverzný prvok. (V každomriadku a v každom stĺpci sa neutrálny prvok I nachádza práve raz.) Vypíšeme podľatabuľky všetky navzájom inverzné dvojice (t.j. dvojice zobrazení, ktorých zloženímdostaneme identické zobrazenie): , I a I, R1 a R3, R2 a R2, S1 a S1, S2 a S2, S3 a S3, S4 a S4..Štruktúra (H,° ) je grupa.

5. S1 ° R2 = R1 , R2 ° S1 = S2. Operácia „° “ nie je komutatívna, preto štruktúra (H,° ) nieje Ábelova grupa.

46. Znázornite schému algebraických štruktúr s jednou a s dvoma operáciami.

Riešenie: NÁZORNÁ SCHÉMA ALGEBRAICKÝCH ŠTRUKTÚR

Vstupné operácie Názov štruktúry, Vlastnosti, špecifiká,vstupné štruktúry skladba, označenie poznámka

M - množina

operácia∗

GRUPOID (G,∗)

asociatívnosť operácie∗

POLOGRUPA (G,∗)

GRUPA (G,∗)

komutatívnosť operácie ∗

KOMUTATÍVNA GRUPA (Ábelova) (G,∗)

MONOID - ak v pologrupeexistuje neutrál. prvok operácie

Existencia neutrálneho prvku,inverzného prvku ku každémuprvku, platí pravidlo o krátenísprava, krátení zľava-PKP, PKL.

33

Dve operácie ⊕,⊗:komutatívna pologrupavzhľadom na operáciu ⊕,pologrupa vzhľadom naoperáciu ⊗,distributívnosťoperácie⊗vzhľadom na operáciu ⊕

POLOKRUH[komutatívnapologrupa(A,⊕)pologrupa (A,⊗)]

Platí ľavý i pravýdistributívny zákon (PDZ,ĽDZ)

Komutatívna grupavzhľadom na operáciu ⊕ -tzv.aditívna grupa okruhu,platí v nej prvidlo o“rušení” sa prvku

1.Okruh je komutatívny,ak operácia ⊗ jekomutatívna.2. Okruh má jednotkovýprvok, ak multiplikatívnapologrupa má neutrálnyprvok.

OKRUH (A, ⊕,⊗)[aditívna grupa okruhu(A, ⊕), multiplikatívnapologrupa okruhu (A,⊗)]

Ak a∈A, b∈A, a ≠0, b≠0,potom a⊗b≠0

okruh je OBORINTEGRITY (A, ⊕, ⊗)

3. Neutrálny prvokaditívnej grupynazývame nulový prvok,označujeme ho 0.4. Ak a∈A, b∈A,a≠0,b≠0, ale a⊗b=0, potomokruh obsahuje netriviálnedelitele nuly.

existencia inverznéhoprvku ku každémunenulovému prvkuvzhľadom na operáciu ⊗

TELESO (T,⊕,⊗) aditívnagrupa (T,⊕)multiplikatívna grupa(vyjmúc 0) (T, ⊗)

komutatívnosť vzhľadomna operáciu ⊗

POLE(P,⊕,⊗)

34

VII. PRIRODZENÉ ČÍSLA AKO KARDINÁLNEČÍSLA

Základné pojmy: súčet dvoch kardinálnych čísel ako kardinálne číslo zjednotenia dvochdisjunktných množín. Komutatívny a asociatívny zákon sčítania kardinálnych čísel. Súčinkardinálnych čísel ako kardinálne číslo karteziánskeho súčinu dvoch množín, vlastnostisúčinu kardinálnych čísel, definícia prirodzených čísel.

47. Určte súčet kardinálnych čísel množín A={-1,0 }, N={1,2,3,...}.

Riešenie: Množiny A, N sú disjunktné. Množina A obsahuje dva prvky, množina N jemnožina prirodzených čísel a jej kardinálne číslo je ℵ0 (alef nula). Zjednotenie množín A,N označíme M. Potom: M={-1,0,1,2,3,4,5...}.Dokážeme, že množina M je ekvivalentná s množinou N, t.j. M~N. Zrejme ku každémuprvku množiny M môžeme priradiť prvok množiny N takto:-1→1 0→2 1→3 2→4

n→n + 2, atď. Ide teda o zobrazenie f množiny M na množinu N. ( Miesto [x, y] ∈f, y =x+2, x∈M môžeme písať jednoduchšie: f(x)= x+2, x∈M.)Môžeme však pokračovať aj takto:1→-12→03→1, atď. V tomto prípade ide o zobrazenie g ( g(x) = x-2, x∈N) množiny N na množinuM. Vidíme, že g je inverzným zobrazením k zobrazeniu f. Preto f je bijektívne zobrazenieM na N. Teda množina M je ekvivalentná s množinou N a preto M=N= ℵ0.

48. Určte súčet kardinálnych čísel množín: C={o,p,q}, D={p,q,r,s}.

Riešenie:Platí, že C∪D={o,p,q,r,s}. Platí: |C|=3, |D|=4, |C∪D|=5. Keby sme nesprávne (teda protipredpokladu z definície súčtu) použili rovnosť |C|+|D|=|C∪D|, dostali by sme chybnývýsledok 3+4=5. Tento problém sa dá obísť voľbou takej množiny C1, že C1~C a C1∩D=∅(C1 je ekvivalentná s danou množinou C a je disjunktná s množinou D). Môžemenapríklad zvoliť C1={o,t,u}. V tom prípade C1∪D={o,p,q,r,s,t,u}.Potom | C1∪D |=7A teda: 3+4=|C|+|D|=|C1|+|D|=| C1∪D |=7

49. Určite súčin kardinálnych čísel množín: A={1,2}, B={a,b,c}.

Riešenie: Utvoríme karteziánsky súčin:AxB = {[1,a], [1,b], [1,c], [2,a], [2,b], [2,c]} = CC={[1,a], [1,b], [1,c], [2,a], [2,b], [2,c]} obsahuje šesť dvojíc, takže:A.B=C= 6.

35

50. Určite súčin kardinálnych čísel množín: B={a,b,c}, N={1,2,3,...}

Riešenie:

Množinu B možno vyjadriť pomocou zjednotenia množín: B={a}∪{b}∪{c}. Potom:B×N= {a}×N ∪ {b}×N ∪ {c}×N. TedaB×N= {[a,1], [a,2], [a,3],...} ∪ { [b,1], [b,2], [b,3],...} ∪ { [c,1], [c,2], [c,3],... }.Množinu N môžeme vyjadriť ako zjednotenie troch navzájom disjunktných množín: {1, 4, 7, … }∪{2, 5, 8, … }∪{3, 6, 9, … }(Tri posledné množiny, v uvedenom poradí, označujeme 0,2,1 a nazývame zvyškovýmitriedami podľa modulu 3.) Množiny {a}×N, {b}×N , {c}×N zobrazíme namnožiny 0,2,1 takto: fa([a,x]) = 3x-2, fb([b,x]) = 3x-1, fc([c,x]) = 3x, x∈N. Zobrazenief=fa∪ fb∪ fc je bijekcia BxN na N. Preto BxN= 210 ∪∪ =N= 0ℵPoznámka: Pripomeňme si, ako vytvoríme zvyškové triedy podľa modulu 3, t.j. Z3,definované na množine N.

0.) je čísel týchto tromadelení po(zvyšok 5,...}3,6,9,12,10 {=1.) je čísel týchto tromadelení po(zvyšok 3,...}1,4,7,10,11 {=2.) je čísel týchto tromadelení po(zvyšok 4,...}2,5,8,11,12 {=

36

VIII. CELÉ NEZÁPORNÉ ČÍSLA AKO PRVKYPEANOVEJ MNOŽINY

Základné pojmy: definícia nasledovníka, axióma nekonečna, pojem induktívnej množiny,Peanove axiómy, definícia súčtu a súčinu dvoch nezáporných čísel, neúplný podiel.

51. Na základe definície sčítania a násobenia celých nezáporných čísel vypočítajte:a/ 3+4= b/ 7+5= c/ 4.6= d/ 8.5=

Riešenie:Vychádzame z definície súčtu a predpokladáme, že ku každému číslu vieme učiťnasledovníka.a/ 3+4 = 3+3´ = (3+3)´ = ((3+2)´)´ = (((3+1)´)´)´ = ((4´)´)´ = (5´)´ = 6´ = 7.b/ 7+5 = 7+4´ = (7+4)´ = ((7+3)´)´ = (((7+2)´)´)´ = ((((7+1)´)´)´)´ = (((8´)´)´)´ = ((9´)´)´ ==(10´)´ = 11´ = 12.Vychádzame z definície súčinu a naviac predpokladáme, že sčitovanie ovládame spamäti.c/ 4.6 = 4.5´ = 4.5+4 = 4.4´+4= 4.4+4+4 = 4.3´+8 = 4.3+4+8 = 4.2´+12 = 4.2+4+12 ==4.1´+16 = 4.1+4+16 = 4+20 =24.d/ 8.5 = 8.4´ = 8.4+8 = 8.3´+8 = 8.3+8+8 = 8.2´+16 = 8.2 +8+16 = 8.1´+24 = 8.1+8+24= =8+32 = 40.

52. Nech a∈N. Dokážte, že výraz a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4) je deliteľný číslom 5.Riešenie: Využijeme, že pre každé a, b ∈ N existuje taká jediná dvojica čísel q, r∈N0, žeplatí

a = b.q + r, r<b(Ak r=0, potom q nazývame podielom po delení čísla a číslom b. Ak r>0, q nazývameneúplným podielom a r zvyškom po delení čísla a číslom b.)Stačí dokázať, že aspoň jeden zo súčiniteľov výrazu a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4) je deliteľnýčíslom 5. Ak je číslo a deliteľné číslom 5, potom je prvý činiteľ deliteľný číslom 5. Ak číslo a niejedeliteľné číslom 5, musí zostať po delení čísla a číslom 5 zvyšok r∈{1, 2, 3, 4}. Ak jezvyšok r=1, potom posledný súčiniteľ je deliteľný piatimi, pretože a+4 = 5q+1+4 =5(q+1).Podobne ľahko zistíme, ktorý činiteľ je deliteľný piatimi, ak r=2, resp. 3, resp. 4.

53. Určte:a/ deliteľa, ak delenec je číslo18, neúplný podiel je 5 a zvyšok je 3.

b/ delenca, ak deliteľ je 9, neúplný podiel je 3 a zvyšok je 8.

Riešenie:

a) Dosadením do vzťahu a = b.q + r dostaneme: 18 = b.5 + 3, odtiaľ 15=5.b, b=3.

b) Dosadením do vzťahu a=b.q+r dostaneme: a = 9.3 + 8 = 35.

37

IX. PRIRODZENÉ ČÍSLA V DESIATKOVEJSÚSTAVE

Základné pojmy: zápis prirodzeného čísla pomocou mocnín čísla 10, rád číslice,algoritmy písomného sčítania, odčítania bez prechodu cez základ a s prechodom cezzáklad, algoritmus násobenia a delenia. Sčítanie, odčítanie, násobenie spamäti.

54. Pre ktoré dvojciferné číslo platí, že sa rovná dvojnásobku súčinu svojich číslic?

Riešenie:

Ak x, y sú cifry hľadaného čísla, potom platí: x.101 + y.100 = 2xy. A teda

(1) 10x + y = 2xy

Keďže pravá strana uvedenej rovnice predstavuje párne číslo, musí dávať aj ľavá strana

párne číslo. To je možné len pre y ∈ M = {0, 2, 4, 6, 8}. Ak za y dosadíme do (1) číslo

z množiny M, dostaneme rovnicu z jednou neznámou x. Našej úlohe bude vyhovovať len

celočíselná hodota x a navyše musí byť x>0 (pretože v úlohe ide dvociferné číslo).

Úpravou rovnice (1) dostaneme

(2) y = x(2y-10)

Pretože nás zaujíma len riešenie, pre ktoré je ľavá strana rovnice (2) nezáporná, musí byť

2y-10≥0. Preto z množiny M pripadajú v úvahu len čísla 6 a 8. Pre y = 6, resp. y = 8,

z rovnice (2) dostaneme x = 3, resp. x = 68 (čo nie je celé číslo).

Skúška správnosti riešenia: Číslo 36 úlohe vyhovuje, pretože 36 = 2(3⋅ 6) .

55. Ktoré dvojciferné číslo zapísané v desiatkovej sústave sa po vzájomnej výmene

číslic zväčší o 27?

Riešenie: Ak x, y predstavujú cifry hľadaného dvojciferného čísla, potom podľa zadania

príkladu má platiť:

10y+ x = 10x + y + 27

Úpravou dostaneme

(1) y = x + 3

Pretože prvá cifra x je nenulová, pre cifru y do úvahy pripadajú čísla 4, 5, 6, 7, 8, 9 a pre

cifru x dostaneme z rovnice (1) v odpovedajúcom poradí hodnoty 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Skúška správnosti. Číslo 14 úlohe vyhovuje, pretože 40+1 =10+4+27. Podobným

postupom sa presvedčíme, že vyhovujú aj čísla 25, 36, 47, 58 a 69.

38

X. ČÍSELNÉ SÚSTAVY

Základné pojmy: vyjadrenie prirodzeného čísla n pomocou mocnín prirodzeného čísla z,

určenie číslic v zvolenej sústave.

56. Vyjadrite číslo 293 v štvorkovej sústave.

Riešenie:

293 73 18 4 1 0

:4 1 1 2 0 1

Výsledok: (293)10=(10211)4

Presvedčíme sa o správnosti: (10211)4=1.44+0.43+2.42+1.4+1.40=256+0+32+4+1=(293)10

57. Vyjadrite číslo (111001010)2 v:

a/ štvorkovej sústave

b/ osmičkovej sústave.

Riešenie:

a/ Rozdelíme dané číslo v dvojkovej sústave odzadu po dvoch čísliciach, pretože 4=22.

V každej skupine vypočítame číslo, ktoré je ňou definované.

Teda: 111001010

(10)2=1.21+0.20=(2)4

(00)2=0.21+0.21=(0)4

(11)2=1.21+1.20=(3)4

(01)2=0.21+1.20=(1)4

Dostaneme číslo (13022)4. Ľahko sa presvedčíme, že (13022)4=(111001010)2

b/ Rozdelíme dané číslo odzadu po troch čísliciach, pretože 8=23. V riešení postupujeme

podobne ako v prípade a/.

Teda: 111001010

(111)2=1.22+1.21+1.20=(7)8

(001)2=0.22+0.21+1.20=(1)8

(010)2=0.22+1.21+0.20=(2)8

Výsledok je číslo (712)8 a platí: (712)8=(13022)4=(111001010)2 ako sa to môžeme

presvedčiť výpočtom.

39

Pri počítaní v číselných sústavách majme na zreteli tieto dve skutočnosti:

1. Prekročenie základu z.

2. Správne písanie číslic.

V prvom prípade sledujeme počet dosiahnutí základu, t.j. koľkokrát sme dosiahli (teda i

prekročili) základ z.Toto číslo (počet dosiahnutí základu) potom pripočítame do vyššieho

radu.

V druhom prípade ide o to, že píšeme iba číslice 0,1,2,...,z-1. Sú to čísla, ktoré sú buď

priamo výsledkami matematickej operácie, alebo čísla, ktoré vyjadrujú o koľko sme

prevýšili násobok základu z. Napríklad číslicu 0 píšeme vtedy, ak dosiahneme práve základ

alebo jeho násobok vyššieho rádu a pripočítame číslo, vyjadrujúce násobok základu.

Postup písania číslic a pripočítavania čísel do vyššieho rádu ukazuje nasledujúca tabuľka:

Predpokladajme, že počítame v trojkovej sústave.

Dosiahli

sme číslo

Píšeme Pripočítame

do vyššieho rádu

1 1 0

2 2 0

3 0 1

4 1 1

5 2 1

6 0 2

7 1 2

8 2 2

9 0 3

58. Sú dané čísla v sedmičkovej sústave, vypočítajte ich súčet, rozdiel, súčin a podiel.

Tieto čísla sú: (6546)7,(64)7.

Riešenie:

Súčet: Rozdiel: Skúška:

6546 6546 6452

+64 -64 +64––––––– ––––– –––––––6643 6452 6546

40

Súčin: Podiel: Skúška:

6546 6546:64=101 zv.52 101.64

.64 146 –––––––

–––––––– 052 606

36153 404

55611 ––––––––

––––––––– 6464

625263 52

––––––––

6546

59. Vyjadrite číslo 300 v dvanástkovej sústave.

Riešenie:

Budeme používať číslice: 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,A,B.Číslo 10 označíme písmenom A, číslo 11

písmenom B. Zostavme tabuľku:

300 25 2 0

:12 0 1 2

Teda platí: (300)10=(210)12 . Presvedčíme sa o správnosti: 2.122+1.12+0.120=300

60.Vyjadrite číslo 412 v dvanástkovej sústave.

Riešenie:

Zostavíme tabuľku.

412 34 2 0

:12 4 A 2

Platí teda: (412)10 =(2A4)12, lebo 2.122+A.121+4.120=288+10.12+4=288+120+4=412

41

XI. CELÉ ČÍSLAA/ KONŠRUKCIA MNOŽINY CELÝCH ČÍSEL

Základné pojmy:

1. Konštrukcia množiny Z všetkých celých čísel vytvorená pomocou relácie ekvivalencie Tdefinovanej na množine N0 × N0. [ ] [ ]( ) ( )( )yxyxTy,x,yx, 1111 +=+⇔∈

2. Základné operácie štruktúry (Z,+,⋅) : súčet dvojíc, násobenie dvojíc, dôležitéidentity:Z(n,n)=Z(0,0)

Z(n+1,n)=Z(1,0)3. Zákony operácií sčítania a násobenia v množine Z. (komutatívnosť, asociatívnosť,

distributívnosť)4. Neutrálny prvok operácie sčítania a operácie násobenia.5. Štruktúra (Z,+,⋅) ako obor integrity.6. Existencia bijektívneho zobrazenia f:N0→Z´, Z´={Z(x,y); y=0}, f(n)=Z(n,0),

f(n1)+f(n2)=f(n1+n2), f(n1) . f(n2)=f(n1 .n2) (f je teda izomorfné zobrazenie). Označenie: Z(n,0)=n, Z(0,n)=-n, Z(x,y)=x-y ,Z(0,0)=0.)7. Usporiadanie oboru integrity (Z,+,⋅) podľa relácie „<” (menší).Poznámka: Symbol Z(x,y) znamená triedu všetkých ekvivalentných dvojíc [x,y]∈N0×N0.

61. Vypočítajte súčet a súčin čísel: Z(6,4), Z(1,0), Z (0,1).

Riešenie:

Súčet:

Z(6,4) + Z(1,0) + Z(0,1) = Z(6+1+0, 4+0+1) = Z(7,5)

Súčin:

Z(6,4) ⋅ Z(1,0) ⋅ Z(0,1) = Z(6.1+4.0, 6.0+4.1)⋅Z(0,1) = Z(6,4)⋅Z(0,1) =

= Z(6.0+4.1, 6.1+4.0) = Z(4, 6)

62. Zistite, ktoré z daných dvojíc: [4;4], [0;0], [5;6] sú ekvivalentné.

Riešenie:

a/ Dvojice [4;4], [0;0] sú ekvivalentné (zápis [4;4] ∼ [0;0]), pretože 4+0 = 4+0.b/ Dvojice [4;4],[5;6] nie sú ekvivalentné,pretože 4+6≠4+5.c/ Dvojice [0;0],[5;6] nie sú ekvivalentné, pretože 0+6≠0+5.d/ Každá dvojica [x, y] je ekvivalentná sama so sebou, pretože x+y = y + x .

63. Dokážte, že štruktúra (Z,+) je komutatívna grupa.

Riešenie:

Dôkaz, že štruktúra ( Z,+) je grupa:

a/ operácia „+” je na množine Z definovaná, pretože: Z(x,y)+Z(x1,y1) = Z(x+x1,y+y1) ∈ Z.

42

b/ asociatívny zákon vzhľadom na operáciu „+” platí, pretože

Ľ = (Z(x,y) + Z(x1,y1)) + Z(x2,y2) = Z(x+x1, y +y1) +Z(x2,y2) =

= Z(x + x1 + x2, y + y1 + y2)

P = Z(x,y) + (Z(x1,y1) + Z(x2,y2)) = Z[x,y] + Z[x1 + x2, y1 + y2) =

= Z(x + x1 + x2, y + y1 + y2]

Ľ=P

c/ neutrálny prvok vzhľadom na operáciu “+” je Z[0,0], lebo

Z(0,0) + Z(x,y) = Z(x,y) + Z(0,0) = Z(x+0,y+0) = Z(x,y)

d/ inverzný (opačný )prvok k prvku Z(x,y) je Z(y,x), pretože

Z(y,x) + Z(x,y) = Z(x,y) + Z(y,x) = Z(x+y,y+x) = Z(0,0)

e/ komutatívny zákon pre operáciu „+” platí, pretože

Ľ = Z(x,y) + Z(x1,y1) = Z(x+x1,y+y1)

P = Z(x1,y1) + Z(x,y) = Z(x1+x, y1+y) = Z(x+x1,y+y1)

Ľ=P

64. Dokážte, že štruktúra (Z, .) je monoid.

Riešenie:

a/ operácia „⋅“ je na Z definovaná, pretože Z(x,y)⋅Z(x1,y1) = Z(xx1+yy1,xy1+yx1)∈Z

a/asociatívny zákon platí, pretože

Ľ = (Z(x,y).Z(x1,y1)).Z(x2,y2) = Z(xx1+yy1, xy1+yx1).Z(x2,y2) =

= Z(xx1x2+yy1y2+xy1y2+yx1x2, xx1y2+yy1y2+yx1x2)

P = Z(x,y).(Z(x1,y1).Z(x2,y2)) = Z(x,y).Z(x1x2+y1y2, x1y2+y1x2) =

= Z(xx1x2+xy1y2+yx1x2+yy1x2, xx1y2+xy1x2+yx1x2+yy1y2)

Ľ = P.

b/ Neutrálny prvok vzhľadom na operáciu „⋅“ je Z(1,0), pretože platí:

Z(1,0).Z(x,y) = Z(x,y).Z(1,0) = Z(x.1+y.0, x.0+y.1) = Z(x,y)

Poznámka: V predchádzajúcich výpočtoch sme využívali komutatívny zákon pre čísla

x,y,x1,y1,x2,y2∈N0.

65. Na základe výsledkov predchádzajúcich dvoch príkladov dokážte, že štruktúra

(Z,+, .) je oborom integrity.

Pre obor intgrity sa okrem vlastností z predošlých dvoch príkladov vyžaduje:

43

a/ Ak Z(x,y)⋅Z(x1,y1) = Z(0,0), potom Z(x, y) = Z(0,0), alebo Z(x1, y1) = Z(0,0)

b/ Distributívnosť násobenia vzhľadom na sčitovanie:

Z(x,y)⋅(Z(x1,y1) + Z(x2,y2)) = Z(x,y)⋅Z(x1,y1) + Z(x,y)⋅Z(x2,y2)

(Distributívnosť sprava vyplýva z komutatívnosti operácie násobenia.)

Dôkaz a/

(Pripomeňme, že Z(x, y) = Z(0,0) vtedy a len vtedy, ak x = y.)

Podľa predpokladu Z(x,y)⋅Z(x1,y1) = Z(xx1+yy1, xx1+yy1) = Z(0,0). Teda dvojice

[xx1+yy1, xx1+yy1], [0,0] musia byť ekvivalentné. Preto platí

xx1+yy1=xy1+yx1 (1)

Ak x1≠y1, potom stačí dokázať, že x=y. Nech napr. x1>y1. Potom pre nejaké n∈N je

x1=y1+n a z rovnosti (1) dostaneme

xy1+ nx + yy1 = xy1+ yy1+ yn (2)

Ekvivalentnými úpravami (2) dostaneme x = y, čo sme chceli dokázať.

Dôkaz b/

Ľ = Z(x,y)⋅(Z(x1,y1) + Z(x2,y2)) = Z(x,y)⋅Z(x1 +x 2 , y1 + y2 ) =

= Z(xx1 +x x2+ yy1 +y y2, xy1 +x y2 + yx1 +yx2)

P = Z(x,y)⋅Z(x1,y1) + Z(x,y)⋅ Z(x2,y2) = Z(xx1+yy1 , yx1+xy1 ) + Z(xx2+yy2 , yx2+xy2 ) =

= Z(xx1+yy1+ xx2+yy2 , yx1+xy1 + yx2+xy2)

Ľ = P, čo sme mali dokázať.

66. Na základe označenia Z(n,0)=n, Z(0,n)=-n, Z(x,y)=x-y, zapíšte celé čísla: Z(3,4),

Z(8,0), Z(0,3), Z(4,11), Z(11,4).

Riešenie:

Z(3,4) = -1, Z(8,0) = 8, Z(0,3) = -3, Z(4,11)=-7, Z(11,4)=7

67. Na základe zobrazenie f([x, y]) = x-y, [x, y] ∈ N0×N0 priraďte celé čísla dvojiciam:

[3;2], [4;7], [3;8], [9;9], [0;4], [11;0].

Riešenie

[3;2]→1, [4;7]→-3, [3;8]→-5, [9;9]→0, [0;4]→-4, [11;0]→11

44

B/ DELENIE SO ZVYŠKOM V OBORE CELÝCH ČÍSEL, DELITEĽNOSŤ,

ZNAKY ( KRITÉRIÁ) DELITEĽNOSTI

Základné pojmy:

Definícia deliteľnosti dvoch celých čísel.Vlastnosti deliteľnosti celých čísel: reflexívnosť a tranzitívnosť.Delenie celých čísel a,b, b>0 s nezáporným zvyškom: a=bq+r, 0≤ r< bPojem kongruentnosti: a ≡ b (mod m) ⇔ m| (a-b).Znaky (kritériá) deliteľnosti celých čísel

68. Vydeľte číslo –54 číslom 7 tak, aby zvyšok bol kladný.

Riešenie:

Najbližší nižší celočíselný násobok čísla 7 k číslu -54 je -56. ( -56 = 7⋅(-8) ). Preto

neúplný podiel po delení čísla (-54) číslom 7 je (-8 ) a zvyšok r = (-54) - (-56) = 2.

(Nesprávne by bolo: -54:7=-7, zv.-5).

69. Presvedčte sa, že čísla 100, 25 sú kongruentné podľa modula 3 (čo píšeme:

100 ≡ 25(mod 3)).

Riešenie:

Utvoríme rozdiel: 100-25=75; 75:3=25, teda 3 (100-25). Preto 100 ≡ 25(mod 3)

70. Platí: 73 ≡ 19(mod 9)?

Riešenie:

73-19=54; 54:9=6. Odpoveď: Daná kongruencia platí.

71. Platí: (-7) ≡ (-1)(mod 6)?

Riešenie:

-7- (-1) = -6; - 6 : 6 = -1 Odpoveď: Daná kongruencia platí.

Pri odvodzovaní kritérií deliteľnosti pomocou kongruenncií majme na pamäti toto:

a/ f(x) = c0+c1x+c2x2+...+cnxnn.

b/ Ľubovoľné celé číslo n môžeme vyjadriť v rozvinutom tvare:

a = f(10) = c0 + c1.10 + c2.102 + c3.103 + ...+ cn.10n, kde c0,c1,...cn∈ {0, 1, …,

9} sú cifry čísla n zapísaného v desiatkovej pozičnej sústave.

Napr. číslo 327 napíšeme: 327=7+2.10+3.102.

45

c/ Ak platí: a ≡ b (mod m), potom platí aj: f(a) ≡ f(b) (mod m). Potom podľa definície

kongruentnosti dostaneme:

tm

f(b)f(a)=

− t∈Z,

ďalej:f(a)=f(b)+m .t

72. Celé číslo n je deliteľné číslom 3 resp. číslom 9, ak jeho ciferný súčet je deliteľný

číslom 3, resp. 9. Dokážte.

Riešenie:

Platí:

10 ≡ 1 (mod 3),potom platí aj:

f(10) ≡ f(1)(mod 3)f(10) = f(1) + 3t

Číslo n = f(10) je teda súčtom dvoch čísel: f(1) a čísla 3t, t∈R. Číslo 3t je deliteľné tromaa číslo:

f(1) = c0+c1+c2+...cnje ciferný súčet čísla n. Teda číslo je deliteľné troma, ak je jeho ciferný súčet deliteľnýtroma.

73. Číslo n je deliteľné číslom 11 vtedy a len vtedy, ak 11(c0-c1+c2-c3+...+(-1)ncn).

Dokážte.

Riešenie: 10 ≡ -1 (mod 11),odtiaľ:

f(10) ≡ f(-1) (mod 11), t.j.:

f(10) = f(-1) + 11.t t∈ZTeda, aby číslo n = f(10) bolo deliteľné jedenástimi, musí byť aj číslo f(-1) deliteľnéjedenástimi.

f(-1) = c0-c1+c2-c3+...+(-1)ncnnapr. číslo 121 je deliteľné jedenástimi, lebo 1-2+1=0, 0:11=0.

74. Určte, kedy je číslo deliteľné štyrmi a kedy je deliteľné ôsmimi.

Riešenie:

Postupujeme tak, že číslo n = f (10) rozdelíme na dve čísla, z ktorých jedno už je deliteľné

štyrmi alebo ôsmimi. Postup teraz ukážeme:

Deliteľnosť štyrmi:

f(10) = a0+a1.10+a2.102+a3.103+...= (a0+a1.10) + 102(a2+a3.10+a4.102+...)

46

Vidíme, že číslo 102(a2+a3.102+...) je deliteľné štyrmi, pretože 102 = 4⋅25. Je teda potrebné,

aby aj číslo a0+a1.10 (posledné dvojčíslie ) bolo deliteľné číslom 4.

Platí: Číslo a je deliteľné štyrmi, ak je jeho posledné dvojčíslie deliteľné štyrmi.

Deliteľnosť ôsmimi:

f(10) = a0+a1.10+a2.102+a3.103+a4.104+...= (a0+a1.10+a2.102 ) + 103(a3+a4.10+a5.102+...)

Vidíme, že 103 = 8⋅125, t.j. číslo 103(a3+a4.10+a5.102+...) je deliteľné ôsmimi. Je však ešte

potrebné, aby aj číslo a0+a1.10+a2.102, t.j. posledné trojčíslie, bolo deliteľné ôsmimi. Teda:

Číslo je deliteľné ôsmimi, ak je jeho posledné trojčíslie deliteľné ôsmimi.

C/ ROZKLAD PRIRODZENÉHO ČÍSLA NA SÚČIN PRVOČÍSEL, NAJVÄČŠÍ

SPOLOČNÝ DELITEĽ, NAJMENŠÍ SPOLOČNÝ NÁSOBOK

Základné pojmy: kanonický tvar celého čísla, prvočíslo, zložené číslo, Euklidov

algoritmus, deliteľ, spoločný deliteľ, najväčší spoločný deliteľ, násobok, spoločný násobok,

najmenší spoločný násobok, nesúdeliteľné čísla.

75. Číslo 524 rozložte na súčin prvočísel (kanonický tvar).

Riešenie: 524 = 2.262 = 2.2.131=22.131

76. Euklidovým algoritmom nájdite najväčší spoločný deliteľ a najmenší spoločný

násobok čísel 296, 112.

Riešenie:

296:112=2 112:72=1 72:40=1 40:32=1 32:8=4 72 40 32 8 0Teda najväčší spoločný deliteľ je číslo 8 (posledný nenulový zvyšok). Euklidov algoritmus

spočíva v tom, že deliteľa delíme zvyškom z predchádzajúceho príkladu. Najmenší

spoločný násobok nájdeme podľa vzorca:

[ ] ( ) 41448

33152112,296296.112296,112 ===

Môžeme postupovať aj tak, že obe čísla vyjadríme v kánonickom tvare. Teda:

296=2.148=2.2.74=2.2.2.37=23.37

112=2.56=2.2.28=2.2.2.14=24.7 Potom: NSD=23=8 t.j. utvoríme súčin z prvočiniteľov

nachádzajúcich sa v obidvoch rozkladoch a do súčinu berieme len to prvočíslo, ktoré má

menší exponent.

47

NSN=7.37.24=4144 t.j. utvoríme súčin z prvočiniteľov s najväčšími exponentami

nachádzajúcich sa v prvom alebo v druhom rozklade.

77. Nájdite NSD a NSN čísel 195000 a 180 pomocou rozkladu na súčin prvočísel.

Riešenie:

195000 = 23.31.54.13 180 = 22.32.51

NSD = 22.31.51 = 60 NSN = 23.32.54.13= 585000

78. Nájdite dve prirodzené čísla, ktorých súčet je 432 a ich najväčší spoločný deliteľ je

číslo 36.

Riešenie:

Hľadané čísla označme x,y. Z podmienok úlohy dostaneme

(1) x+y = 432

(2) x = 36.k1 , y = 36.k2 Podmienka: (k1, k2) =1, t.j. k1, k2 sú nesúdeliteľné čísla.

Dosadením z (2) do (1) a po krátení číslom 36 dostaneme

(3) k1 + k2 = 12

Ak neprihliadame na poradie hľadaných čísel, pre riešenie rovnice (3) do úvahy pripadajú

dvojice, ktoré udáva nasledujúca tabuľka:

Z tabuľky vidíme, že podmienky úlohy spĺňajú len dvedvojice čísel 36 , 396 a 180, 252.

k1 k2 x y x+y (x,y)

1 11 36 396 432 36

2 10 72 360 432 72

3 9 108 324 432 108

4 8 144 288 432 144

5 7 180 252 432 36

6 6 216 216 432 216

48

XII. RACIONÁLNE ČÍSLAZákladné pojmy:

1. Konštrukcia množiny Q racionálnych čísel pomocou relácie ekvivalencie A definovanej

na množine Z × Z. [x,y], [u,v]∈A: [x,y]~ [u,v]⇔x.v=u.y

2. Základné operácie štruktúry (Q,+,⋅) : súčet, rozdiel, násobenie a delenie.

3. Zákony operácií sčítania a násobenia v množine Q. (komutatívnosť, asociatívnosť,

distributívnosť)

4. Neutrálny prvok operácie sčítania a operácie násobenia.

5. Štruktúra (Q,+,⋅) ako komutatívne pole.

6. Usporiadanie oboru integrity (Q,+,⋅) podľa relácie „<” (menší).

7. Kanonický tvar racionálneho čísla, absolútna hodnota racionálneho čísla.

79. Zistite, či ide o rovnaké racionálne čísla: Q[20,30],Q[5,6],Q[2,3],Q[24,36].

Riešenie:

Vychádzame z definície: [x,y] ~ [u,v] ⇔ x.v = u.y.

Q[20,30] ≠ Q[5,6], lebo 20⋅6≠30⋅5.

Q[20,30] = Q[2,3], pretože 20⋅3=30⋅2

Podobne Q[20,30] = Q[24,36], lebo 20⋅36=30⋅24

Záver: Q[20,30] = Q[ 2,3] = Q[24,36] ≠ Q[5,6].

80. Napíšte dané racionálne čísla v kanonickom tvare: 31516,

112504,

13581 .

Riešenie:

(Pripomeňme, že každé racionálne číslo možno vyjadriť v tvare zomku qp , kde p, q sú

nesúdeliteľné celé čísla a q>0. Tento tvar sa nazýva kanonický. )

53

159

91599

13581

==⋅⋅

= 29

1463

28126

4284126

112504

===⋅⋅

=

Číslo 31516

netreba ďalej upravovať, pretože už je v kanonickom tvare.

49

81.Vypočítajte súčet, rozdiel, súčin a podiel racionálnych čísel: Q[3,8], Q[1,4].

Riešenie:

Podľa definície súčtu racionálnych čísel počítame:

Q[3,8]+ Q[1,4] = Q[3.4+8.1, 8.4] = Q[20,32] = Q[5,8]

Podľa definície rozdielu racionálnych čísel počítame:

Q[3,8] - Q[1,4] = Q[3,8] + Q[-1,4] = Q[3.4 - 8.1, 8.4] = Q[4, 32] = Q[1, 8]

Podľa definície súčinu racionálnych čísel počítame:

Q[3,8] ⋅ Q[1,4] = Q[3⋅1, 8⋅4] = Q[3,32]

Podľa definície podielu racionálnych čísel počítame:

Q[3,8] : Q[1,4] = Q[3,8] ⋅ Q[4,1] = Q[3⋅4, 8⋅1] = Q[12, 8] = Q[3, 2] .

50

XIII. REÁLNE ČÍSLA

Základné pojmy:

Iracionálne číslo, teleso reálnych čísel, desatinné zlomky a desatinné rozvoje,

zaokrúhľovanie racionálnych a iracionálnych číse s určitou presnosťou, desatinné rozvoje

reálnych čísel.

82. Zapíšte dané reálne čísla v tvare desatinného zlomku a desatinného rozvoja:

6,351; 0,02; -4,014.

Riešenie:

32 10

1

10

5

10

36

1000

6351 6,351 +++==

22 102

102

1000

100202,0 =++==

3232 104

1014

104

101

1004

10004014014,4 −−−=

+++−=−=−

83. Dá sa každé reálne číslo zapísať v tvare desatinného zlomku? Svoje tvrdenie

odôvodnite.

Riešenie:

Každé reálne číslo nemožno vyjadriť v tvare desatinného zlomku, pretože dokonca ani

každé racionálne číslo nemožno vyjadriť v tvare desatinného zlomku. Platí totiž

nasledujúce tvrdenie:

Zlomok qp , kde (p, q) = 1, možno písať v tvare desatinného zlomku n

m10

vtedy a len

vtedy, ak kanonický tvar čísla q neobsahuje iné prvočísla, ako 2 alebo 5.

Dôkaz: Ak q = 2r.5s, r, s ∈N0, potom stačí zlomok sr

p52

rozšíriť číslom 2s.5r, t.j.

sr

rspqp

+=10

52.

51

Obrátené tvrdenie dokážeme nepriamo. Nech q obsahuje nejaký prvočiniteľ tk, t≠2∧t≠5,

t, k ∈N a nech .10n

mqp= Potom p.10n = m.q. Keďže t je deliteľom pravej strany poslednej

rovnosti, musí byť deliteľom aj ľavej strany, teda čísla p (pretože t nie je deliteľom čísla

10).

Záver: tp ∧ t q preto (p, q) ≠ 1, čo je spor s prvotným predpokladom (p, q) = 1 .

Teda napr. číslo 32 sa nedá vyjadriť v tvare desatinného zlomku. Všimnime si jeho

desatinný rozvoj:

6,0...666,0...10

610

610

6106

32

432 ==++++=

84. Zakokrúhlite čísla 0,155; 9,994; 1,067 a/ na jedno desatinné miesto

b/ na dve desatinné miesta.

Riešenie:

Zaokrúhľujeme podčiarknutú číslicu, a to podľa toho, čo za ňou nasleduje. Ak je za ňou

číslica menšia ako 5, berieme dolnú aproximáciu, t.j. podčiarknutá číslica sa nemení

a všetky číslice za ňou zmeníme na nuly. V opačnom prípade berieme hornú aproximáciu

čísla, teda zvýšime podčiarknutú číslicu o jedna a číslice za ňou opäť vynulujeme.

a/ 0,155= 0,2

9,994= 10,0 - špeciálny prípad, keď sa zvýšením číslice o jedna dosiahne desiatka: Na

dané miesto sa zapíše 0 a pripočíta sa jedna k predchádzajúcej cifre.

1,067= 1,1

b/ 0,155= 0,16

9,994= 9,99

1,067= 1,07

85. Uveďte príklad reálneho čísla:

a/ ktorého desatinný rozvoj je ukončený, t.j. dané reálne číslo je racionálne.

b/ ktorého desatinný rozvoj je neukončený a periodický, t.j dané číslo je taktiež

racionálne

c/ ktorého desatinný rozvoj je neukončený a neperiodický, t.j. dané číslo je

iracionálne.

52

Riešenie:

a/ 32 105

102

101125,0

1000125

81

++===

b/ +++==−

32 103

103

1033,0

31

c/ √7 = 2+ ++++ 432 107

105

104

106

86. Zistite, ktoré racionálne číslo je určené nekonečným periodickým desatinným

rozvojom: 32,27 .

Riešenie:

+++++=+++++= 64228642 10

110

110

11103227

1032

1032

1032

10322732,27 ;

++++ 642 101

101

1011 je geometrický rad s prvým členom a1 = 1 a s kvocientom

210

1q = . Pre jeho súčet s platí:

q1

as 1

−= . Deda v našom prípade:

.99

100

110

10

10

110

1

10

11

1s

2

2

2

2

2

=−

=−

=−

=

Preto

32,27 = 99

270599

3227.9999

10.103227

2

2 =+

=+ .

Výsledok: Hľadané racionálne číslo je 99

2705 .

87. Dokážte, že 3 nie je racionálne číslo.

Dôkaz urobíme nepriamo. Dokážeme, že tvrdenie „ 3 je racionálne číslo“ nie je

pravdivé.

Ak 3 je racioálne číslo, potom ho možno vyjadiť v kanonickom tvare

(1) qp3 = , kde (p, q) = 1

Potom by muslo platiť:

53

(2) 2

2

qp3 = a teda 3q2 = p2

Z poslednej rovnosti vyplýva, že

(3) 3p2 a preto 3p

(Využili sme známu skutočnosť, že pročíslo a je deliteľom celého čísla b vtedy a len

vtedy, ak a je deliteľom b2 .)

Na základe (3) dostaneme

(4) p = 3k, kde k je nejaké celé číslo.

Pomocou (4) z (2) dostaneme

(5) 3q2 = 9k2, t.j. q2 = 3k

Z (3) a (5) dostaneme 3p a 3q , čo je spor s predpokladom (p,q) = 1.

54

XIV. DOPLŇUJÚCE ÚLOHY

88. Tovar zdražel o 20%. Následne zlacnel o 20%. Aká je výsledná cena tovaru?

Riešenie:Cena tovaru.............................x Sk

1% z ceny.............................100

x Sk

20% z ceny........................... 20100

x⋅ Sk = 0,20x Sk

cena po zdražení.................. x + 0,20x = 1,20x Sk

1% z novej ceny..................... 100

1,2x Sk

20% z novej ceny............ 100

1,2x⋅20 Sk = 0,24x

cena po zlacnení...........1,20x - 0,24x = 0,96x Sk

Výsledná cena tovaru je o 4% nižšia ako pôvodná cena.

SkúškaVýsledná cena má byť 80% ceny, ktorú tvorilo 120% pôvodnej ceny x. Preto výslednácena má byť 0,80⋅1,20⋅x = 0,96x = x – 0,04x. Teda výpočet bol správny.

89. Ak skrátime jednu stranu štvorca o 6% jej dĺžky a druhú o 10% jej dĺžky,vznikne obdĺžnik, ktorého obvod je 73,6cm. Vypočítajte dĺžku strany štvorca.Riešenie:Dĺžka strany štvorca............................. xDĺžka jednej strany obdĺžnika.............. 0,94xDĺžka druhej strany obdĺžnika.............. 0,90xObvod obdĺžnika.................................. 73,6 cm

2.(0,94x+0,90x) = 73,6 3,68x = 73,6 x = 20 cmDĺžka strany štvorca je 20cm.SkúškaJeden rozmer obdĺžnika = 20 - 20⋅0,06 = 20⋅0,94 = 18,8 cmDruhý rozmer obdĺžnika = 20 - 20⋅0,10 = 20⋅0,9 = 18 cmObvod obdĺžnika = 2⋅(18,8 + 18) =2⋅36,8 = 73,6 cm, čo zodpovedá podmienke v úlohe.

90. Obdĺžnik ABCD na obrázku je rozdelený na trojuholníky ACD, AEC, EBC.Obsah trojuholníka AEC sa rovná aritmetickému priemeru obsahov dvoch zvyšnýchtrojuholníkov. Akú časť obsahu obdĺžnika zaberá obsah trojuholníka AEC?

Riešenie:Obsah ∆ ACD ..............................S1

Obsah ∆ AEC ...............................S2

Obsah ∆ EBC ..............................S3

A E B

CD

55

Obsah obdĺžnika ..........................S

2

SSS 31

2

+=

( )

22

.2.

2.

ADAECDADCDADAE

−+

=

4...

2. AEADADCDADCDADAE −+

=

ADAEADCDADAE ...2..2 −=

( )AECDADADAE −= .2...2

AECDAE −= .2.2

CDAE .2.3 =

CDAE .32

=

ADCDS .=

2.

2

ADAES =

2

.32

2

ADCDS =

3.

2

ADCDS =

SS31

2 =

Obsah ∆ AEC je jedna tretina obsahu obdĺžnika.

Skúška

Zo zadania je zrejmé, že S1 = 21 S. Ak S2 =

31 S, potom

S3 = 6S)

31

211(SSS- S 31 =−−=− .

Teda

231 S

3S

26

4S

26S

2S

2SS

===+

=+ , čo vyhovuje požiadavke úlohy.

91. Na oslave 97. narodenín pani učiteľky vystupoval detský súbor, ktorý mal 17 detí.Všetci chlapci v súbore boli rovnako starí a všetky dievčatá v súbore boli o dva rokystaršie ako chlapci. Pani učiteľka sa každého z nich spýtala, koľko má rokova povedala: „Veď vy máte spolu presne toľko rokov, ako mám ja sama.“ Vypočítajte,koľko je v súbore chlapcov, koľko dievčat a koľko má každý z nich rokov(Diofantovská rovnica).

56

Riešenie:Počet chlapcov...................... xVek jedného chlapca............. yPočet dievčat......................... 17 - xVek jedného dievčaťa........... y + 2

xy + (17 - x).(y + 2) = 97xy + 17y + 34 – xy - 2x = 9717y - 2x = 63

17

632xy

+=

Postupným dosadzovaním možných hodnôt 1, 2, 3, ..., 16 za premennú x dostaneme jedinéceločíselné riešenie:x=11, y=5V súbore je 11 chlapcov a 6 dievčat. Chlapci majú po 5 rokov a dievčatá po 7 rokov.

Skúška11 chlapcov a 6 dievčat predstavuje 17 detí. Chlapci majú spolu 11⋅5 = 55 rokov, dievčatá6⋅7 = 42 rokov. Chlapci a dievčatá majú spolu 55+42 = 97 rokov. Vidíme, že výpočetvyhovuje zadaniu úlohy.

92. V roku 1975 bol v Moste v ČR premiestnený gotický kostol do vzdialenosti 856m.Hydraulicky ovládaný podvozok sa pohyboval s kostolom rýchlosťou 2cm za min.a/ Koľko centimetrov prešiel pohybujúci sa kostol za 1hod.?b/ Za aký čas kostol uvedenou rýchlosťou premiestnili?c/ Pri akej rýchlosti by kostol do rovnakej vzdialenosti premiestnili za 21 dní?

Riešenie:

Využijeme známu skutočnosť, že pri rovnomernom pohybe s rýchlosťou v sa za čas tvykoná dráha

(1) s = v⋅t

Každá z veličín vo vzťahu (1) musí byť vyjadrená v takých jednotkách, aby nedošlok rozporu medzi výslednou jednotkou na ľavej a pravej strane.

a/ Nech x (cm) je hľadaná dráha, o ktorú sa premiestnil kostol za 1 hod. Potom ak do (1)dosadíme rýchlosť v jednotkách cm/min, musíme čas t dosadiť v minútach. Teda

x = 2⋅60 =120 (cm).

Odpoveď: Za jednu hodinu kostol premiestnili o 120 cm.

b/ Nech y (hod.) je čas, za ktorý kostol premiestnili do vzdialenosti 856 m.

Z (1) pre čas t dostaneme

(2) t = vs

57

Ak do (2) za s dosadíme 856 (m), musíme rýchlosť v vyjadriť v jednotkách m/min, resp.m/hod. Potom čas dostaneme v minútach, resp. v hodinách. Rozhodneme sa prvú možnosť:

y = 4280002,0

856= min.

Odpoveď: Kostol premiestnili za 42800 min = 713 hod 20 min = 29 dní 17 ho 20 min.

c/ Nech v (cm/min) je rýchlosť, pri ktorej by kostol premiestnili do vzdialenosti 856 m.

Z (1) pre rýchlosť v dostaneme

(3) v = ts

Ak do (3) za s dosadíme 85600 (cm), musíme čas t vyjadriť v minútach:

t =21⋅24⋅60 =30240 min.

v = 83,23024085600

= cm/min.

Odpoveď: Kostol by premiestnili za 21 dní pri rýchlosti asi 2,83 cm/min.

Iný spôsob riešenia danej úlohy

Ak vo vzťahu (1) bude v, resp. t konštantné, potom veličiny s a t, resp. s a v musia byťpriamoúmerné: koľkokrát sa zväčší jedna veličina, toľkokrát sa musí zväčšiť aj druháveličina, aby sa zachovala rovnosť. (Ich pomer musí byť konštantný)

Ak vo vzťahu (1) bude s konštantné, potom veličiny v a t musia byť nepriamoúmerné:koľkokrát sa zväčší jedna, toľkokrát sa musí druhá zmenšiť.

a/ Ak odpovedajúce si dvojice hodnôt dráhy a času zapíšeme pod seba (v rovnakýchjednotkách), potom pomer prvých zložiek, musí sa rovnať pomeru druhých zložiek,pretože ide o veličiny priamoúmerné. (Táto skutočnosť sa zakreslí pomocou rovnakoorientovaných šípok.) Neznáma hodnota je označená znakom x.

↑ 2 cm...................... 1 min. ↑

↑ x cm.................... 60 min ↑

1

60

2

x=

x = 120 Odpoveď: Za 1 hodinu kostol premiestnili o 120 cm.

b/ postupujeme podobne ako v a/

↑ 120cm...............60 min. ↑ ↑ 85600cm.............y min. ↑

58

120

85600

60

y=

y = 120

85600.60

y = 42800 min. = 713hod. 20min = 29dní 17hod. 20min.

Kostol premiestnili za 29dní 17hod. 20min (necelých tridsať dní).

c/ Využijeme výsledok v b/ a uvedomíme si, že rýchlosť a čas sú veličinynepriamoúmerné, ak sa má prekonať rovnaká vzdialenosť. (Túto skutočnosť vyjadrujúopačne orientované šípky.)

↑ 2 cm/min ................ 42800 min. ↓ ↑ z cm/min ................. 30240 min. ↓

30240

42800

2

z=

z = =30240

85600 2,83 cm

Kostol by premiestnili za 21 dní pri rýchlosti asi 2,83 cm/min.

Skúška

a/ Ak za hodinu premiestnili kostol o 120 cm, potom za minútu ho premiestnili dovzdialenosti 60 krát menšej, teda do vzdialenosti 2 cm, čo zodpovedá zadaniu úlohy. b/ Podľa výpočtu kostol by mal byť premiestnený do vzdialenosti 2⋅42800 cm = = 85600cm = 856 m, čo súhlasí s údajom úlohy.c/ Pri rýchlosti asi 2,83 cm/min za 21 dní by sa kostol premiestnil do vzdialenosti2,83⋅21⋅24⋅60 cm = 85579,2 cm, čo je približne 856 m. Výpočet vyhovuje podmienkeúlohy.

93. Koľko litrov 70% liehu musíme zmiešať s 3 litrami 30% liehu, aby sme dostali55% lieh.

Riešenie:

Nech x je neznámy objem (v litroch) 70% liehu, čo predstavuje 0,70x litrov čistého liehu.V troch litroch 30% liehu je 3⋅0,30 litrov čistého liehu.Zmes oboch druhov liehu ( teda x + 3 litrov ) má byť 55% lieh, teda ide o (x + 3)⋅0,55čistého liehu. Zrejme platí rovnosť medzi dodaným čistým liehom a čistým liehomv zmesi:(1) 0,70x + 0,90 = (x + 3)⋅0,55 Ekvivalentnými úpravami rovnice (1) dostanem x = 5.Skúška správnosti 5 l 70% liehu predstavuje 3,5 l čistého liehu. 3 l 30% liehu predstavuje 0,9 l čistého liehu,spolu 8 l zmesi ............................. 4,4 l čistého liehu . Teda na 1liter zmesi pripadá 0,55 lčistého liehu, čo zodpovedá požiadavke úlohy.

Odpoveď: Do troch litrov 30% liehu treba primiešať 5litrov 70% liehu, aby vznikol 55%lieh.

59

94. Aké množstvo 60% liehu a 25% liehu treba zmiešať, aby sme dostali 7 litrov 50%liehu.Riešenie:

Nech x, resp. y sú hľadané objemy 60%, resp. 25% liehu.

Objem zmesi .............. x + y = 7

Objem čistého liehu ... 0,60x + 0,25y = 0,50⋅7

Z prvej rovnice vyjadríme y = 7 – x a dosadíme do druhej rovnice.

Dostaneme:

0,60x + 0,25⋅(7- x) = 3,50

Ekvivalentnými úpravami poslednej rovnice máme x = 5 a teda y = 2.

Skúška

5 l 60% lieh ...... 0,60⋅5 = 3 l čistý lieh

2 l 25% lieh …... 0,25⋅2 = 0,5 l čistý lieh

spolu 7 l zmes ...... 3,5 1 čistý lieh, čo je 50% zo 7 l. Teda riešenievyhovuje požiadavke úlohy.

95. Ak sa premieša 5kg drahšej kávy a 10kg lacnejšej kávy, má zmes cenu 420 Sk za1kg. Koľko stojí 1kg každej kávy, keď ich ceny sa líšia o 120 Sk?

Riešenie:Cena drahšej kávy za 1kg ................ x SkCena lacnejšej kávy za 1kg ................ y Sk

5x + 10y = 15⋅420 x - y = 120

Ekvivalentnými úpravami dostaneme

(1) x + 2y = 1260

(2) x - y = 120

Ak k rovnici (1) pripočítame dvojnásobok rovnice (2), dostaneme 3x = 1500, teda

x = 500

Po dosadení za x (500) do rovnice (2) vypočítame y = 380

Jeden kilogram drahšej kávy stojí 500 Sk a lacnejšej kávy 380 Sk.Skúška správnosti Cena zmesi 15 kg je 5⋅500 + 10⋅380 = 2500 + 3800 = 6300 Sk. Teda cena za 1 kg je6300 : 15 = 420 Sk, čo vyhovuje podmienke úlohy.

96. Koľkými spôsobmi možno vyplatiť sumu 37 Sk, ak máme k dispozícii lendvojkorunáčky a päťkorunáčky (Diofantovská rovnica)?

Riešenie:

Označme x, resp. y počet dvojkorunáčiek, resp. päťkorunáčiek. Potom platí

60

2x + 5y = 37

Pretože časť výslednej sumy 2x, ktorú tvoria dvojkorunáčky, je nutne párne číslo, musí byťčasť sumy 5y, ktorú tvoria päťkorunáčky, nepárne číslo, pretože úhrná suma je nepárnečíslo 37. Teda pre počet päťkorunáčok do úvahy prichádzajú iba možnosti 1,3,5,7, čov uvedenom poradí predstavuje čiastočnú sumu 5, 15, 25 a 35. Pre doplňujúcu sumu, ktorúpredstavujú dvojkorunáčky, teda vychádza 32, 22, 12 a 2, inak povedané, početdvojkorunáčok musí byť 16, 11, 6 alebo 1.Odpoveď: Sumu 37 Sk môžeme zaplatiť štyrmi spôsobmi.Skúška správnostiSprávnosť riešenia potvrdzuje tabuľka:

97. Dvaja bežci bežia po uzavretej dráhe dlhej 390m. Ak po spoločnom štarte bežiaopačnými smermi, stretnú sa za 30sekúnd. Ak bežia rovnakým smerom, stretnú sa za13 minút. Aká je ich priemerná rýchlosť pri rovnomernom pohybe?

Riešenie:Rýchlosť prvého bežca.............v1 m/sekRýchlosť druhého bežca...........v2 m/sek13min=780sekúndZostavíme sústavu rovníc: 30v1 + 30v2 = 390

780v1 - 780v2 = 390Ekvivalentnými úpravami dostane:(1) v1 + v2 = 13(2) 2v1- 2v2 = 1

Z rovnice (1) vyjadríme v1 = 13 - v2 a dosadíme do rovnice (2) dostaneme: 2(13 – v2) – 2v2 =1Z poslednej rovnice dostaneme

4

25v2 = = 6,25

Teda v1 = 13 - v2 =4

27 = 6,75

Priemerná rýchlosť jedného bežca je 6,75m/s a druhého bežca je 6,25m/s.Skúška Za 30 sekúnd prebehol prvý bežec 30⋅6,75 = 202,50 m. Druhý bežec prebehol30⋅6,25 = 187,50 m. Pretože bežali opačnými smermi prebehnutá dráha je súčtom202,50 + 187,50 = 390 m , čo je dĺžka uzavretej dráhy, t. j. museli sa stretnúť. Za 13 minút, t.j. za 780 sekúnd prebehol prvý bežec 780⋅6,75 = 5265 m. Druhý bežecprebehol 780⋅6,25 = 4875 m. Keďže bežali rovnakým smerom, druhý bežec „zaostal“ zaprvým o 5265 – 4875 = 390 m, čo je dĺžka uzavretej trate, preto sa bežci museli stretnúť.

Záver: Vypočítané rýchlosti úlohe vyhovujú.

x y 2x + 5y16 1 3711 3 376 5 371 7 37

61

98. Žiakov na lesnej brigáde rozdelili do dvoch skupín; skupina A mala o 2 žiakovviac ako skupina B. Keby sa počet žiakov skupiny B o jednu tretinu zväčšil a skupinaA mala o 7 žiakov viac, mali by obidve skupiny rovnaký počet žiakov. Koľko žiakovbolo v každej skupine?

Riešenie:

Skupina A ........... 2+x žiakovSkupina B ............ x žiakov

Z podmienok úlohy dostaneme: 7x2x3

1x ++=+

Ekvivalentnými úpravami máme: x = 27

V skupine A bolo 29 žiakov a v skupine B bolo 27 žiakov.

SkúškaAk by sme zväčšili počet žiakov v skupine A o dvoch, bolo by ich 29 + 2 = 31.Ak by sme zväčšili počet žiakov v skupine B o 1/3, bolo by ich 27 + 9 = 31.Teda v oboch skupinách by bol rovnaký počet, čo vyhovuje požiadavke úlohy.

99. Loď vyplávala o 6. hod ráno a plavila sa rýchlosťou 16 morských míľ za hodinu.O 8. hodine 30. minúte poslali za ňou rýchly čln, ktorý sa plavil rýchlosťou 24míľ/h.O koľko hodí čln dostihne loď?

Riešenie:

Rýchlosť lode ................. v1 = 16 míľ/hod.Rýchlosť člna ................. v2 = 24 míľ/hod.Čas pohybu lode ............. t1 hod.Čas pohybu člna .............. t2 = t1- 2,5 hod.Dráha lode ...................... s1 = v1⋅t1 míľDráha člna ...................... s2 = v2⋅t2 míľ

Pretože loď a čln prekonali rovnakú dráhu dostane 16⋅t1 = 24⋅(t1-2,5)

Z poslednej rovnice vypočítame t1 = 7,5 hod. Teda t2 = 7,5 – 2,5 = 5 hodČln dostihne loď za 5 hod.

SkúškaLoď prekonala 16⋅7,5 = 120 míľ, čln prešiel 24⋅5 = 120 míľ, teda o 5 hodín čln dostiholloď. Riešenie je správne.

62

100. Robotníci sa dohodli, že za každú odpracovanú hodinu dostanú 48 Sk, pričom zakaždú neodpracovanú hodinu vrátia 12 Sk. Po 30-tich hodinách však zistili, že ničnezarobili. Koľko hodín pracovali?

Riešenie:

mzda za prácu .................................... 48 Sk/hodzrážka za absenciu ............................. 12 Sk/hodOdpracovaný čas ............................... x hod.Neodpracovaný čas ........................... y hod.Celkový čas ....................................... 30 hod.

Z podmienok úlohy dostaneme sústavu rovníc (1) x + y = 30 (2) 48x - 12y = 0Ak vynásobíme prvú rovnicu číslom 12 a pripočítame k druhej rovnici, dostaneme 60x = 360, teda x = 6Robotníci pracovali 6 hodín.

Skúška Robotníci za 6 odpracovaných hodín zarobili 6⋅48 = 288 Sk, ale pretože 30 - 6 = 24hodín nepracovali, bolo im zo mzdy odpočítané 24⋅12 = 288 Sk, preto ich výslednýzárobok bol nulový, čo zodpovedá danej úlohe.

101. Dve prevádzky istého podniku vyrobili spolu za hodinu 25 súčiastok. Aby mohlivyrobiť spolu 300 súčiastok, pracovala jedna prevádzka 10 hodín a druhá 15 hodín.Koľko súčiastok vyrobila každá prevádzka za jednu hodinu?

Riešenie:

Výkon prvej prevádzky .................... x ks/hod.Výkon druhej prevádzky ................... y ks/hod.Spoločný výkon ................................. 25 ks/hod.Čas výroby prvej prevádzky .............. 10 hod.Čas výroby druhej prevádzky ............ 15 hod.Spolu vyrobili..................................... 300 ks

Podmienky úlohy vyjadríme rovnicami (1) x + y = 25 (2) 10x + 15y = 300Ak vynásobíme rovnicu (1) číslom 10 a odpočítame ju od rovnice (2), dostaneme 5y = 50, teda y = 10Spätne z rovnice (1) po dosadení čísla 10 za y dostaneme x = 15

Prvá prevádzka vyrobila za jednu hodinu 15 súčiastok a druhá 10 súčiastok.Skúška Prvá prevádzka by za 10 hodín vyrobila 10⋅15 = 150 súčiastok.Druhá prevádzka by za 15 hodín vyrobila 15⋅10 = 150 súčiastok.Spolu by vyrobili 300 súčiastok, čo vyhovuje požiadavke úlohy.

63

102. Máme k dispozícii dvoj- a trojlitrové fľaše. Koľkými spôsobmi môžeme naplniťpri prameni 20 litrov minerálnej vody Kláštorná tak, aby fľaše boli plné?

Riešenie:

x ... počet dvojlitrových fliaš y ... počet trojlitrových fliašZ podmienok úlohy dostaneme:(1) 2x + 3y=20Z (1) je zrejmé, že y musí byť párne číslo menšie alebo rovné číslu 6: y ∈{0, 2, 4, 6}. Prex z rovnice (1) dostaneme:

(2) x = 2

y320 −

Všetky vyhovujúce dvojice x, y sú v nasledujúcej tabuľke.

Odpoveď: 20 litrov minerálnej vody Kláštorná môžeme naplniť do dvoj- a trojlitrovýchfliaš štyrmi spôsobmi.

x y 2x + 3y10 0 207 2 204 4 201 6 20