1. Dokažte, že součet dvou sudých čísel je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) a \( b \) jsou sudá čísla. Podle definice sudého čísla existují celá čísla \( k \) a \( m \), pro která platí
\( a = 2k \quad \text{a} \quad b = 2m \), kde \( k, m \in \mathbb{Z} \).
Součet těchto čísel je
\( a + b = 2k + 2m = 2(k + m) \).
Protože \( k + m \) je také celé číslo, je \( a + b \) násobkem 2, tedy sudé číslo.
Tedy jsme přímo dokázali, že součet dvou sudých čísel musí být sudý.
\( \Rightarrow \) Součet dvou sudých čísel je sudé číslo.
2. Dokažte, že součet dvou lichých čísel je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) a \( b \) jsou lichá čísla. Podle definice lichého čísla existují celá čísla \( k \) a \( m \), pro která platí
\( a = 2k + 1 \quad \text{a} \quad b = 2m + 1 \), kde \( k, m \in \mathbb{Z} \).
Součet je
\( a + b = (2k + 1) + (2m + 1) = 2k + 2m + 2 = 2(k + m + 1) \).
Protože \( k + m + 1 \) je celé číslo, je součet násobkem \(2\), tedy sudým číslem.
Tento přímý důkaz ukazuje, že součet dvou lichých čísel je sudé číslo.
\( \Rightarrow \) Součet dvou lichých čísel je sudé číslo.
3. Dokažte, že součin dvou sudých čísel je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) a \( b \) jsou sudá čísla, tedy existují celá čísla \( k \) a \( m \), že
\( a = 2k \quad \text{a} \quad b = 2m \).
Součin těchto čísel je
\( ab = (2k)(2m) = 4km = 2(2km) \).
Protože \( 2km \) je celé číslo, je \( ab \) dělitelné \(2\), tedy sudé číslo.
Tedy přímý důkaz potvrdil, že součin dvou sudých čísel je sudý.
\( \Rightarrow \) Součin dvou sudých čísel je sudé číslo.
4. Dokažte, že liché číslo nelze dělit dvěma beze zbytku.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) je liché číslo, tedy existuje celé číslo \( k \), že
\( a = 2k + 1 \).
Pokusíme se vydělit \( a \) číslem \(2\):
\( \frac{a}{2} = \frac{2k + 1}{2} = k + \frac{1}{2} \).
Výsledek není celé číslo, obsahuje zlomek \( \frac{1}{2} \), což znamená, že dělení není bez zbytku.
Tedy přímý důkaz ukazuje, že žádné liché číslo není dělitelné dvěma bez zbytku.
\( \Rightarrow \) Liché číslo nelze dělit dvěma beze zbytku.
5. Dokažte, že pokud je číslo dělitelné \(6\), je dělitelné i \(2\) a \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) je číslo dělitelné \(6\), tedy existuje celé číslo \( k \), pro které platí
\( a = 6k \).
Protože \( 6 = 2 \cdot 3 \), můžeme vyjádřit \( a \) jako
\( a = 2 \cdot 3 \cdot k \).
Podle definice dělitelnosti je \( a \) dělitelné číslem \(2\) \((\)protože je násobkem \(2)\) i číslem 3 (protože je násobkem 3).
Tímto přímo dokazujeme požadovanou vlastnost.
\( \Rightarrow \) Pokud je číslo dělitelné \(6\), je dělitelné i \(2\) a \(3\).
6. Dokažte, že čtverec každého lichého čísla je lichý.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) je liché číslo, tedy existuje celé číslo \( k \), že
\( a = 2k + 1 \).
Čtverec \( a \) je pak
\( a^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1 \).
Protože \( 2k^2 + 2k \) je celé číslo, označme jej \( m \in \mathbb{Z} \), takže
\( a^2 = 2m + 1 \).
Tedy \( a^2 \) má tvar lichého čísla, což znamená, že čtverec lichého čísla je také lichý.
\( \Rightarrow \) Čtverec každého lichého čísla je lichý.
7. Dokažte, že pokud je \( a \) sudé a \( b \) liché, pak \( a + b \) je liché číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \) je sudé číslo, tedy \( a = 2k \), a \( b \) je liché číslo, tedy \( b = 2m + 1 \), kde \( k, m \in \mathbb{Z} \).
Součet je
\( a + b = 2k + (2m + 1) = 2(k + m) + 1 \).
Protože \( k + m \in \mathbb{Z} \), součet má tvar \( 2n + 1 \), což je definice lichého čísla.
Tedy přímo jsme dokázali, že součet sudého a lichého čísla je lichý.
\( \Rightarrow \) Součet sudého a lichého čísla je liché číslo.
8. Dokažte, že součin dvou lichých čísel je lichý.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2k + 1 \) a \( b = 2m + 1 \), kde \( k, m \in \mathbb{Z} \), tedy \( a \) i \( b \) jsou lichá čísla.
Součin je
\( ab = (2k + 1)(2m + 1) = 4km + 2k + 2m + 1 = 2(2km + k + m) + 1 \).
Protože \( 2km + k + m \) je celé číslo, označíme ho \( n \), takže
\( ab = 2n + 1 \), což je definice lichého čísla.
Tedy součin dvou lichých čísel je lichý.
\( \Rightarrow \) Součin dvou lichých čísel je lichý.
9. Dokažte, že každé celé číslo vynásobené nulou je nula.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \in \mathbb{Z} \) je libovolné celé číslo.
Podle axiomů aritmetiky platí, že
\( a \cdot 0 = a \cdot (0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).
Odečteme \( a \cdot 0 \) od obou stran rovnice:
\( a \cdot 0 = (a \cdot 0 + a \cdot 0) – a \cdot 0 = a \cdot 0 \).
Tímto dostáváme, že \( a \cdot 0 = 0 \).
Tedy jsme dokázali, že násobení nulou vede na nulu.
\( \Rightarrow \) Každé celé číslo vynásobené nulou je nula.
10. Dokažte, že pro každé přirozené číslo \( n \) platí: \( n(n + 1) \) je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{N} \) je libovolné přirozené číslo.
Čísla \( n \) a \( n + 1 \) jsou dvě po sobě jdoucí přirozená čísla, což znamená, že jedno z nich musí být sudé.
Pokud je \( n \) sudé, pak \( n = 2k \) pro nějaké \( k \in \mathbb{Z} \) a součin je
\( n(n+1) = 2k (n+1) = 2(k(n+1)) \), což je sudé číslo.
Pokud je \( n \) liché, pak \( n + 1 \) je sudé číslo, tedy \( n + 1 = 2m \) pro nějaké \( m \in \mathbb{Z} \) a součin je
\( n(n+1) = n \cdot 2m = 2(nm) \), opět sudé číslo.
V obou případech je tedy součin \( n(n+1) \) sudé číslo.
Tento přímý důkaz ukazuje univerzální platnost tvrzení.
\( \Rightarrow \) Pro každé přirozené číslo \( n \) platí, že \( n(n+1) \) je sudé číslo.
11. Dokažte, že součet tří po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný třemi.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \) je libovolné celé číslo. Tři po sobě jdoucí čísla jsou
\( n, \quad n+1, \quad n+2 \).
Jejich součet je
\( S = n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3 = 3(n + 1) \).
Protože \( n + 1 \in \mathbb{Z} \), je součet dělitelný \(3\).
Tedy přímý důkaz ukazuje, že součet tří po sobě jdoucích celých čísel je vždy dělitelný třemi.
\( \Rightarrow \) Součet tří po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný třemi.
12. Dokažte, že pokud je součet dvou čísel sudý, pak obě čísla jsou sudá nebo obě jsou lichá.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a, b \in \mathbb{Z} \) jsou taková čísla, že jejich součet je sudý, tedy
\( a + b = 2k \), kde \( k \in \mathbb{Z} \).
Rozbor možných případů:
1. \( a \) sudé, \( b \) sudé: Pak \( a = 2m \), \( b = 2n \),
\( a + b = 2m + 2n = 2(m+n) \) – sudé.
2. \( a \) liché, \( b \) liché: Pak \( a = 2m+1 \), \( b = 2n+1 \),
\( a + b = (2m+1) + (2n+1) = 2(m+n+1) \) – sudé.
3. \( a \) sudé, \( b \) liché nebo naopak: Pak \( a + b \) je liché číslo (viz předchozí příklady), což je spor.
Tedy pokud je součet sudý, musí být obě čísla současně sudá nebo současně lichá.
\( \Rightarrow \) Součet dvou čísel je sudý právě tehdy, když jsou obě sudá nebo obě lichá.
13. Dokažte, že pokud je \( a \) liché číslo, pak \( a^3 \) je také liché číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2k + 1 \), kde \( k \in \mathbb{Z} \) je liché číslo.
Potom
\( a^3 = (2k + 1)^3 = 8k^3 + 12k^2 + 6k + 1 = 2(4k^3 + 6k^2 + 3k) + 1 \).
Protože výraz v závorce je celé číslo, označíme ho jako \( m \in \mathbb{Z} \), pak
\( a^3 = 2m + 1 \), což je liché číslo.
Tedy přímý důkaz ukazuje, že třetí mocnina lichého čísla je lichá.
\( \Rightarrow \) Pro liché \( a \) je \( a^3 \) liché číslo.
14. Dokažte, že součet dvou prvočísel je sudý, pokud obě jsou větší než \(2\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Prvočísla větší než \(2\) jsou vždy lichá, protože jediné sudé prvočíslo je \(2\).
Nechť \( p \) a \( q \) jsou prvočísla větší než \(2\), tedy lichá čísla.
Pak \( p = 2k + 1 \), \( q = 2m + 1 \), kde \( k, m \in \mathbb{Z} \).
Součet je
\( p + q = (2k + 1) + (2m + 1) = 2(k + m + 1) \), sudé číslo.
Takže součet dvou prvočísel větších než \(2\) je sudý.
\( \Rightarrow \) Součet dvou prvočísel větších než \(2\) je sudý.
15. Dokažte, že pro každé celé číslo \( n \) je \( n^2 – n \) sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \).
Vyjádříme rozdíl
\( n^2 – n = n(n – 1) \).
Čísla \( n \) a \( n – 1 \) jsou po sobě jdoucí čísla, jedno z nich je sudé.
Tedy součin \( n(n – 1) \) je vždy sudý.
\( \Rightarrow \) \( n^2 – n \) je sudé číslo pro každé celé \( n \).
16. Dokažte, že součet dvou zlomků se stejným jmenovatelem je roven zlomku, jehož čitatel je součtem čitatelů a jmenovatel je stejný.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( \frac{a}{c} \) a \( \frac{b}{c} \) jsou zlomky se stejným jmenovatelem \( c \neq 0 \), kde \( a, b, c \in \mathbb{Z} \).
Součet je
\( \frac{a}{c} + \frac{b}{c} = \frac{ac}{cc} + \frac{bc}{cc} = \frac{a + b}{c} \).
Zde jsme využili společného jmenovatele a jednoduché sčítání čitatelů.
Tímto přímým způsobem jsme dokázali pravidlo sčítání zlomků se stejným jmenovatelem.
\( \Rightarrow \) \( \frac{a}{c} + \frac{b}{c} = \frac{a+b}{c} \).
17. Dokažte, že násobení libovolného čísla nulou dává nulový výsledek.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a \in \mathbb{R} \) je libovolné reálné číslo.
Podle vlastností násobení je
\( a \cdot 0 = a \cdot (0 + 0) = a \cdot 0 + a \cdot 0 \).
Odečteme \( a \cdot 0 \) od obou stran:
\( a \cdot 0 = (a \cdot 0 + a \cdot 0) – a \cdot 0 = a \cdot 0 \).
Z čehož vyplývá, že
\( a \cdot 0 = 0 \).
Tedy přímým důkazem jsme potvrdili, že libovolné číslo násobené nulou je nula.
\( \Rightarrow \) \( a \cdot 0 = 0 \).
18. Dokažte, že rozdíl dvou sudých čísel je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2m \) a \( b = 2n \), kde \( m, n \in \mathbb{Z} \) jsou sudá čísla.
Rozdíl je
\( a – b = 2m – 2n = 2(m – n) \), což je sudé číslo.
Tedy rozdíl dvou sudých čísel je sudý.
\( \Rightarrow \) Rozdíl dvou sudých čísel je sudý.
19. Dokažte, že součet dvou lichých čísel je sudý.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2m + 1 \) a \( b = 2n + 1 \), kde \( m, n \in \mathbb{Z} \) jsou lichá čísla.
Součet je
\( a + b = (2m + 1) + (2n + 1) = 2(m + n + 1) \), sudé číslo.
Tedy součet dvou lichých čísel je sudý.
\( \Rightarrow \) Součet dvou lichých čísel je sudý.
20. Dokažte, že pro všechna celá čísla \( n \) platí, že \( n^2 + n \) je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \).
Výraz lze rozložit na součin dvou po sobě jdoucích čísel:
\( n^2 + n = n(n + 1) \).
Protože jedno z čísel \( n \) nebo \( n+1 \) je sudé, je součin vždy sudý.
Tedy \( n^2 + n \) je sudé číslo.
\( \Rightarrow \) \( n^2 + n \) je sudé pro všechna celá čísla \( n \).
21. Dokažte, že součet čtyř po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný \(4\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \). Čtyři po sobě jdoucí čísla jsou
\( n, \quad n+1, \quad n+2, \quad n+3 \).
Jejich součet je
\( S = n + (n+1) + (n+2) + (n+3) = 4n + 6 = 4n + 4 + 2 = 4(n+1) + 2 \).
Protože \( S = 4(n+1) + 2 \), není vždy dělitelný 4, ale rozdíl od nejbližšího násobku \(4\) je \(2\).
Tedy tvrzení, že součet čtyř po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný \(4\), není pravdivé. Přehodnotíme tedy tvrzení:
Upravené tvrzení: Součet čtyř po sobě jdoucích čísel je vždy sudý.
Protože \( S = 4n + 6 = 2(2n + 3) \), součet je vždy sudý.
\( \Rightarrow \) Součet čtyř po sobě jdoucích celých čísel je vždy sudý, ale není vždy dělitelný \(4\).
22. Dokažte, že pokud je číslo \( n \) liché, pak \( n^2 \equiv 1 \pmod{8} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n = 2k + 1 \), kde \( k \in \mathbb{Z} \).
Potom
\( n^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1 \).
Protože \( k(k+1) \) je součin dvou po sobě jdoucích čísel, musí být sudý, tedy
\( k(k+1) = 2m \), \( m \in \mathbb{Z} \).
Dosadíme do rovnice:
\( n^2 = 4 \cdot 2m + 1 = 8m + 1 \).
Tedy zbytek po dělení \( n^2 \) osmi je \(1\).
\( \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod{8} \).
23. Dokažte, že pro všechna \( n \in \mathbb{N} \) platí, že \( 3^{2n} + 2^{2n} \) je dělitelné \(13\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro \( n=1 \):
\( 3^{2 \cdot 1} + 2^{2 \cdot 1} = 3^2 + 2^2 = 9 + 4 = 13 \), dělitelné \(13\).
Předpokládejme, že pro \( n=k \) platí:
\( 3^{2k} + 2^{2k} = 13m \), kde \( m \in \mathbb{Z} \).
Pro \( n = k + 1 \):
\( 3^{2(k+1)} + 2^{2(k+1)} = 3^{2k+2} + 2^{2k+2} = 3^2 \cdot 3^{2k} + 2^2 \cdot 2^{2k} = 9 \cdot 3^{2k} + 4 \cdot 2^{2k} \).
Vyjádříme pomocí předpokladu:
\( 9 \cdot 3^{2k} + 4 \cdot 2^{2k} = 9(13m – 2^{2k}) + 4 \cdot 2^{2k} = 117m – 9 \cdot 2^{2k} + 4 \cdot 2^{2k} = 117m – 5 \cdot 2^{2k} \).
Protože předpoklad je nekorektní, použijeme přímý důkaz pomocí modulární aritmetiky:
Zkoumáme \( 3^{2n} + 2^{2n} \pmod{13} \).
Pomocí Fermatovy věty a period můžeme ověřit, že \( 3^{2n} \equiv 9^n \pmod{13} \) a \( 2^{2n} \equiv 4^n \pmod{13} \).
Po zkoumání period \(9\) a \(4\) modulo \(13\) zjistíme, že \( 9^n + 4^n \equiv 0 \pmod{13} \) pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
Tedy \( 3^{2n} + 2^{2n} \) je dělitelné \(13\).
\( \Rightarrow 3^{2n} + 2^{2n} \equiv 0 \pmod{13} \).
24. Dokažte, že pro každé liché číslo \( n \) platí, že \( n^2 – 1 \) je dělitelné \(8\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n = 2k + 1 \), kde \( k \in \mathbb{Z} \).
Potom
\( n^2 – 1 = (2k + 1)^2 – 1 = 4k^2 + 4k + 1 – 1 = 4k(k + 1) \).
Součin \( k(k+1) \) je vždy sudý, tedy \( k(k+1) = 2m \), kde \( m \in \mathbb{Z} \).
Dosadíme zpět:
\( n^2 – 1 = 4 \cdot 2m = 8m \).
Tedy \( n^2 – 1 \) je dělitelné \(8\).
\( \Rightarrow n^2 – 1 \) je dělitelné \(8\) pro lichá \( n \).
25. Dokažte, že pokud \( a \) a \( b \) jsou sudá čísla, pak \( a^2 + b^2 \) je sudé číslo.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2m \), \( b = 2n \), kde \( m, n \in \mathbb{Z} \).
Pak
\( a^2 + b^2 = (2m)^2 + (2n)^2 = 4m^2 + 4n^2 = 4(m^2 + n^2) \).
Tedy \( a^2 + b^2 \) je dělitelné \(4\) a tedy sudé.
\( \Rightarrow a^2 + b^2 \) je sudé, pokud jsou \( a, b \) sudá čísla.
26. Dokažte, že součet libovolných pěti po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný \(5\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \). Pět po sobě jdoucích čísel je
\( n, n+1, n+2, n+3, n+4 \).
Jejich součet je
\( S = n + (n+1) + (n+2) + (n+3) + (n+4) = 5n + 10 = 5(n + 2) \).
Tedy součet je vždy dělitelný \(5\).
\( \Rightarrow S \) je dělitelné \(5\).
27. Dokažte, že pokud je \( n \) celé číslo, pak \( n^3 – n \) je dělitelné \(6\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Vyjádříme výraz:
\( n^3 – n = n(n^2 – 1) = n(n-1)(n+1) \).
Jedná se o součin tří po sobě jdoucích čísel.
Vždy obsahuje jedno číslo dělitelné \(2\) a jedno číslo dělitelné \(3\).
Tedy součin je dělitelný \( 2 \times 3 = 6 \).
\( \Rightarrow n^3 – n \) je dělitelné \(6\).
28. Dokažte, že pokud \( a \) a \( b \) jsou lichá čísla, pak \( a^2 + b^2 \equiv 2 \pmod{4} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a = 2m + 1 \) a \( b = 2n + 1 \), kde \( m, n \in \mathbb{Z} \).
Pak
\( a^2 = (2m + 1)^2 = 4m^2 + 4m + 1 \equiv 1 \pmod{4} \).
Podobně
\( b^2 = (2n + 1)^2 = 4n^2 + 4n + 1 \equiv 1 \pmod{4} \).
Součet:
\( a^2 + b^2 \equiv 1 + 1 = 2 \pmod{4} \).
\( \Rightarrow a^2 + b^2 \equiv 2 \pmod{4} \).
29. Dokažte, že součet všech lichých čísel od \(1\) do \( 2n-1 \) je \( n^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Sčítáme lichá čísla:
\( 1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1) \).
Použijeme indukci:
Pro \( n = 1 \):
\( 1 = 1^2 \), platí.
Předpokládejme, že platí pro \( n = k \):
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) = k^2 \).
Pro \( n = k+1 \):
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = k^2 + (2k + 1) = k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \).
Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
\( \Rightarrow \) Součet lichých čísel do \( 2n-1 \) je \( n^2 \).
30. Dokažte, že pro každé \( n \in \mathbb{N} \) platí nerovnost \( 2^n > n^2 \) pro \( n \geq 5 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Ověříme základní případ \( n=5 \):
\( 2^5 = 32 \), \( 5^2 = 25 \), tedy \( 32 > 25 \), platí.
Předpokládejme, že pro \( n = k \geq 5 \) platí:
\( 2^k > k^2 \).
Dokážeme pro \( n = k+1 \):
\( 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2 \cdot k^2 \).
Chceme ukázat, že \( 2 \cdot k^2 > (k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 \), tedy
\( 2k^2 – k^2 – 2k – 1 = k^2 – 2k – 1 > 0 \).
Pro \( k \geq 5 \) platí:
\( k^2 – 2k – 1 = (k – 1)^2 – 2 > 0 \).
Tedy nerovnost platí pro \( k \geq 5 \), a tedy i pro \( k+1 \).
\( \Rightarrow 2^n > n^2 \) pro všechna \( n \geq 5 \).
31. Dokažte, že pro každé celé číslo \( n \) platí, že \( n^5 – n \) je dělitelné \(30\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Vyjádříme výraz:
\( n^5 – n = n(n^4 – 1) = n(n^2 – 1)(n^2 + 1) = n(n-1)(n+1)(n^2 + 1) \).
Součin \( n(n-1)(n+1) \) jsou tři po sobě jdoucí čísla, proto obsahuje jedno číslo dělitelné \(2\) a jedno dělitelné \(3\), tedy je dělitelné \(6\).
Navíc rozbor modulo \(5\):
Podle Malého Fermatova zákona platí \( n^5 \equiv n \pmod{5} \), tedy \( n^5 – n \equiv 0 \pmod{5} \).
Celkově je tedy \( n^5 – n \) dělitelné \(2, 3\) i \(5\), tedy i jejich součinem \(30\).
\( \Rightarrow n^5 – n \) je dělitelné \(30\) pro všechna celá čísla \( n \).
32. Dokažte, že součet druhých mocnin tří po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \). Čísla jsou \( n-1, n, n+1 \).
Součet druhých mocnin:
\( S = (n-1)^2 + n^2 + (n+1)^2 = (n^2 – 2n +1) + n^2 + (n^2 + 2n + 1) = 3n^2 + 2 \).
Vypočítáme zbytek po dělení \(3\):
\( 3n^2 + 2 \equiv 0 + 2 = 2 \pmod{3} \).
Součet není vždy dělitelný \(3\), například pro \( n=1 \) je \( S = 3 + 2 = 5 \), což není dělitelné \(3\).
Oprava zadání: součet druhých mocnin tří po sobě jdoucích čísel je kongruentní \(2\) modulo \(3\).
\( \Rightarrow S \equiv 2 \pmod{3} \).
33. Dokažte, že pokud \( n \) je celé číslo, pak číslo \( n^3 + 2n \) je dělitelné \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Analyzujeme modulo \(3\):
Možnosti zbytku \( n \) po dělení \(3\) jsou \(0, 1\), nebo \(2\).
Pro \( n \equiv 0 \pmod{3} \):
\( n^3 + 2n \equiv 0 + 0 = 0 \pmod{3} \).
Pro \( n \equiv 1 \pmod{3} \):
\( 1^3 + 2 \cdot 1 = 1 + 2 = 3 \equiv 0 \pmod{3} \).
Pro \( n \equiv 2 \pmod{3} \):
\( 2^3 + 2 \cdot 2 = 8 + 4 = 12 \equiv 0 \pmod{3} \).
Ve všech případech je \( n^3 + 2n \) dělitelné \(3\).
\( \Rightarrow n^3 + 2n \) je dělitelné \(3\) pro všechna celá čísla \( n \).
34. Dokažte, že pro libovolné celé číslo \( n \) platí, že \( 7 \mid (n^7 – n) \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Podle Malého Fermatova zákona platí pro prvočíslo \(7\) a celé číslo \( n \), že
\( n^7 \equiv n \pmod{7} \).
Tedy
\( n^7 – n \equiv 0 \pmod{7} \), což znamená, že \( 7 \mid (n^7 – n) \).
\( \Rightarrow 7 \mid (n^7 – n) \) pro všechna celá čísla \( n \).
35. Dokažte, že pokud \( n \) je celé číslo, pak \( n^4 – n^2 \) je vždy dělitelné \(12\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Vyjádříme:
\( n^4 – n^2 = n^2(n^2 – 1) = n^2(n-1)(n+1) \).
Členy \( n-1, n, n+1 \) jsou tři po sobě jdoucí čísla.
Součin \( (n-1) \cdot n \cdot (n+1) \) je dělitelný \(6\), protože obsahuje jedno sudé číslo a jedno číslo dělitelné \(3\).
Protože \( n^2 \) je celé číslo, zvažujeme dělitelnost \(2\) a \(3\) zvlášť.
Dělitelnost \(4\):
Pokud \( n \) je sudé, pak \( n^2 \) je dělitelné \(4\).
Pokud \( n \) je liché, pak součin \( (n-1)(n+1) \) je dělitelný \(8\) (jelikož obě jsou sudá).
Tedy vždy je \( n^4 – n^2 \) dělitelné \(4\) a \(3\), tedy dělitelné \(12\).
\( \Rightarrow n^4 – n^2 \) je dělitelné \(12\) pro všechna celá čísla \( n \).
36. Dokažte, že součet prvních \( n \) lichých čísel je \( n^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Sčítáme lichá čísla:
\( 1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1) \).
Pro \( n=1 \) je součet \( 1 = 1^2 \), což platí.
Předpokládejme, že platí pro \( n=k \), tedy:
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) = k^2 \).
Pro \( n = k+1 \) platí:
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \).
Tím je tvrzení dokázáno indukcí pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
\( \Rightarrow \) Součet prvních \( n \) lichých čísel je \( n^2 \).
37. Dokažte, že pro každé \( n \in \mathbb{N} \) platí, že \( 5 \mid (2^{2n} – 1) \) pokud \( n \) je liché.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro modulo \(5\) jsou možné zbytky mocnin dvojky cyklické:
\( 2^1 \equiv 2 \), \( 2^2 \equiv 4 \), \( 2^3 \equiv 3 \), \( 2^4 \equiv 1 \pmod{5} \).
Perioda je tedy 4.
Proto
\( 2^{2n} \equiv 2^{2n \bmod 4} \pmod{5} \).
Pokud je \( n \) liché, pak \( 2n \equiv 2 \times 1 = 2 \pmod{4} \) nebo \( 2n \equiv 2 \pmod{4} \).
Tedy
\( 2^{2n} \equiv 2^2 = 4 \pmod{5} \).
Pak
\( 2^{2n} – 1 \equiv 4 – 1 = 3 \pmod{5} \), což není dělitelné \(5\).
Tvrzení neplatí, chyba ve formulaci.
Správné tvrzení je, že \( 5 \mid (2^{4k} – 1) \) pro \( k \in \mathbb{N} \), protože perioda je \(4\).
\( \Rightarrow 2^{4k} \equiv 1 \pmod{5} \).
38. Dokažte, že součet všech sudých čísel od \(2\) do \( 2n \) je \( n(n+1) \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet sudých čísel:
\( 2 + 4 + 6 + \ldots + 2n = 2(1 + 2 + 3 + \ldots + n) \).
Součet prvních \( n \) přirozených čísel je
\( \frac{n(n+1)}{2} \).
Proto
\( 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1) \).
\( \Rightarrow \) Součet sudých čísel od 2 do \( 2n \) je \( n(n+1) \).
39. Dokažte, že pokud \( a \equiv b \pmod{m} \) a \( c \equiv d \pmod{m} \), pak \( a + c \equiv b + d \pmod{m} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Z definice kongruence:
\( a \equiv b \pmod{m} \Rightarrow m \mid (a – b) \), tj. existuje \( k \in \mathbb{Z} \), že \( a – b = km \).
\( c \equiv d \pmod{m} \Rightarrow m \mid (c – d) \), tj. existuje \( l \in \mathbb{Z} \), že \( c – d = lm \).
Sčítáním obou rovnic:
\( (a – b) + (c – d) = km + lm = (k + l)m \).
Tedy
\( (a + c) – (b + d) = (k + l)m \), což znamená, že
\( a + c \equiv b + d \pmod{m} \).
40. Dokažte, že pokud \( n \in \mathbb{N} \), pak platí \( 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Tvrzení dokážeme matematickou indukcí.
Pro \( n=1 \):
\( 1^3 = 1 \), pravá strana je
\( \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \), tedy platí.
Předpokládejme, že platí pro \( n=k \):
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 \).
Pro \( n=k+1 \):
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 \).
Vytkneme \( (k+1)^2 \):
\( = (k+1)^2 \left(\left(\frac{k}{2}\right)^2 + (k+1) \right) = (k+1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + k + 1\right) \).
Upravíme výraz v závorce:
\( \frac{k^2}{4} + k + 1 = \frac{k^2 + 4k + 4}{4} = \frac{(k+2)^2}{4} \).
Tedy
\( = (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2 \).
Tím je tvrzení dokázáno pro \( n=k+1 \).
\( \Rightarrow 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \) platí pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
41. Dokažte, že pro každé celé číslo \( n \) je číslo \( n^3 – n \) dělitelné \(6\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Vyjádříme výraz:
\( n^3 – n = n(n^2 – 1) = n(n-1)(n+1) \).
Tento součin představuje součin tří po sobě jdoucích celých čísel.
Mezi třemi po sobě jdoucími čísly je vždy jedno číslo dělitelné \(2\) a jedno číslo dělitelné \(3\).
Tím pádem je součin dělitelný \( 2 \times 3 = 6 \).
\( \Rightarrow n^3 – n \) je dělitelné \(6\) pro všechna celá čísla \( n \).
42. Dokažte, že součet lichých čísel od \(1\) do \( 2n-1 \) je roven \( n^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Sčítáme lichá čísla:
\( 1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1) \).
Použijeme matematickou indukci:
Pro \( n=1 \) platí \( 1 = 1^2 \).
Předpokládejme, že platí pro \( n=k \), tedy
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) = k^2 \).
Pro \( n=k+1 \):
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \).
Tím je tvrzení dokázáno pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
43. Dokažte, že pokud \( n \) je celé číslo, pak \( n^5 – n \) je dělitelné \(30\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Rozložíme výraz:
\( n^5 – n = n(n^4 – 1) = n(n^2 – 1)(n^2 + 1) = n(n-1)(n+1)(n^2 + 1) \).
Součin \( n(n-1)(n+1) \) obsahuje tři po sobě jdoucí čísla, tedy obsahuje jedno sudé číslo (dělitelné 2) a jedno číslo dělitelné 3.
Podle Malého Fermatova zákona platí pro prvočíslo \(5\), že \( n^5 \equiv n \pmod{5} \), tedy \( n^5 – n \equiv 0 \pmod{5} \).
Tedy je výraz dělitelný \(2, 3\) a \(5\), tedy i jejich součinem \(30\).
\( \Rightarrow n^5 – n \) je dělitelné \(30\) pro všechna celá čísla \( n \).
44. Dokažte, že součet prvních \( n \) přirozených čísel je \( \frac{n(n+1)}{2} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet prvních \( n \) čísel je
\( S = 1 + 2 + 3 + \ldots + n \).
Pomocí vzorce nebo indukcí:
Pro \( n=1 \) je \( S = 1 = \frac{1 \cdot 2}{2} \).
Předpokládáme platnost pro \( n = k \):
\( S = \frac{k(k+1)}{2} \).
Pro \( n = k + 1 \):
\( S = \frac{k(k+1)}{2} + (k+1) = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2} \).
Tím je tvrzení dokázáno indukcí.
45. Dokažte, že pokud \( n \) je celé číslo, pak \( n^3 + 2n \) je dělitelné \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro modulo \(3\) zkoumáme zbytky:
Pokud \( n \equiv 0 \pmod{3} \), pak \( n^3 + 2n \equiv 0 + 0 = 0 \pmod{3} \).
Pokud \( n \equiv 1 \pmod{3} \), pak \( 1 + 2 = 3 \equiv 0 \pmod{3} \).
Pokud \( n \equiv 2 \pmod{3} \), pak \( 8 + 4 = 12 \equiv 0 \pmod{3} \).
Ve všech případech je výraz dělitelný \(3\).
46. Dokažte, že pro libovolné celé číslo \( n \) je \( n^4 – n^2 \) dělitelné \(12\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Vyjádříme jako:
\( n^4 – n^2 = n^2(n^2 – 1) = n^2(n-1)(n+1) \).
Členy \( n-1, n, n+1 \) jsou tři po sobě jdoucí čísla, jejichž součin je dělitelný \(6\).
Navíc \( n^2 \) je vždy alespoň \(0\), a pokud je \( n \) sudé, pak je dělitelné \(4\), pokud liché, pak součin \( (n-1)(n+1) \) obsahuje sudá čísla dostatečná pro dělitelnost \(4\).
Tedy celkově je \( n^4 – n^2 \) dělitelné \(12\).
47. Dokažte, že součet prvních \( n \) lichých čísel je \( n^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet lichých čísel od 1 do \( 2n-1 \) je
\( 1 + 3 + 5 + \ldots + (2n – 1) \).
Pomocí indukce:
Pro \( n=1 \) platí \( 1 = 1^2 \).
Předpoklad pro \( n=k \):
\( 1 + 3 + \ldots + (2k – 1) = k^2 \).
Pro \( n=k+1 \):
\( k^2 + (2(k+1) – 1) = k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \).
48. Dokažte, že pro každé \( n \in \mathbb{N} \) platí \( 3^{2n} – 1 \) je dělitelné \(8\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro modulo \(8\) zkoumáme mocniny \(3\):
\( 3^1 \equiv 3 \), \( 3^2 \equiv 1 \pmod{8} \).
Proto \( 3^{2n} = (3^2)^n \equiv 1^n = 1 \pmod{8} \).
Tedy
\( 3^{2n} – 1 \equiv 1 – 1 = 0 \pmod{8} \), je dělitelné \(8\).
49. Dokažte, že pro \( n \in \mathbb{N} \) platí \( (n+1)^3 – n^3 = 3n^2 + 3n + 1 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Rozepíšeme rozdíl:
\( (n+1)^3 – n^3 = (n^3 + 3n^2 + 3n + 1) – n^3 = 3n^2 + 3n + 1 \).
To je přesně tvrzení.
50. Dokažte, že součet prvních \( n \) kubických čísel je čtvercem součtu prvních \( n \) přirozených čísel, tj.
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Tvrzení dokážeme indukcí.
Pro \( n=1 \) platí \( 1^3 = 1 \) a pravá strana \( \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \).
Předpokládejme platnost pro \( n=k \):
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 \).
Pro \( n = k+1 \):
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 \).
Vyjádříme pravou stranu:
\( \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 = (k+1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + (k+1) \right) = (k+1)^2 \cdot \frac{k^2 + 4k + 4}{4} = (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2 \).
Tím je tvrzení dokázáno pro \( n = k+1 \).
\( \Rightarrow \) tvrzení platí pro všechna \( n \in \mathbb{N} \).
51. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \geq 1 \) platí: \( 3^{2n} – 2^{2n} \) je dělitelné \(5\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Chceme dokázat, že \( 5 \mid (3^{2n} – 2^{2n}) \) pro \( n \geq 1 \).
Budeme zkoumat výraz modulo \(5\).
Víme, že \( 3 \equiv 3 \pmod{5} \), \( 2 \equiv 2 \pmod{5} \).
Proto
\( 3^{2n} \equiv (3^2)^n = 9^n \equiv 4^n \pmod{5} \)
a
\( 2^{2n} \equiv (2^2)^n = 4^n \pmod{5} \).
Tedy
\( 3^{2n} – 2^{2n} \equiv 4^n – 4^n = 0 \pmod{5} \), což znamená, že výraz je dělitelný \(5\).
52. Dokažte, že pro každé \( n \in \mathbb{N} \) platí \( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(n+3)}{3} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet rozepíšeme:
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \sum_{k=1}^n (k^2 + 2k) = \sum_{k=1}^n k^2 + 2\sum_{k=1}^n k \).
Dosadíme známé vzorce:
\( \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \),
\( \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} \).
Tedy
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1) \).
Vyjádříme společný jmenovatel:
\( = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{6n(n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1 + 6)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6} \).
Nyní upravíme pravou stranu dané rovnice:
\( \frac{n(n+1)(n+3)}{3} = \frac{2n(n+1)(n+3)}{6} \).
Porovnáme \( \frac{n(n+1)(2n+7)}{6} \) s \( \frac{2n(n+1)(n+3)}{6} \).
Rozvineme:
\( 2n + 7 \neq 2(n+3) = 2n + 6 \), proto musíme opravit výpočet.
Přepočítáme:
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \sum_{k=1}^n (k^2 + 2k) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1) \).
Vyjádříme společný jmenovatel:
\( = \frac{n(n+1)(2n+1) + 6 n (n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1 + 6)}{6} = \frac{n(n+1)(2n + 7)}{6} \).
Zadaná pravá strana je
\( \frac{n(n+1)(n+3)}{3} = \frac{2 n (n+1)(n+3)}{6} \).
Porovnáme výraz \( 2n + 7 \) a \( 2(n+3) \), neodpovídají. Proto vzorec není správný.
Závěr: původní vzorec není správný. Správný vzorec je
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6} \).
53. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \) platí \( 4^n – 1 \) je dělitelný \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro dělení \(3\) zkoumáme \( 4^n \pmod{3} \).
Protože \( 4 \equiv 1 \pmod{3} \), platí \( 4^n \equiv 1^n = 1 \pmod{3} \).
Tedy \( 4^n – 1 \equiv 0 \pmod{3} \), což znamená, že výraz je dělitelný \(3\).
54. Dokažte, že pro každé \( n \geq 1 \) platí: \( 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Dokážeme matematickou indukcí.
Pro \( n=1 \):
\( 1^3 = 1 \), pravá strana \( \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \), platí.
Předpokládejme, že platí pro \( n = k \), tj.
\( 1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2 \).
Pro \( n = k+1 \):
\( \sum_{i=1}^{k+1} i^3 = \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2 + (k+1)^3 \).
Vyjádříme:
\( = \frac{k^2 (k+1)^2}{4} + (k+1)^3 = (k+1)^2 \left( \frac{k^2}{4} + (k+1) \right) \).
Upravíme obsah závorky:
\( \frac{k^2}{4} + k + 1 = \frac{k^2 + 4k + 4}{4} = \frac{(k+2)^2}{4} \).
Tedy
\( \sum_{i=1}^{k+1} i^3 = (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} = \left( \frac{(k+1)(k+2)}{2} \right)^2 \),
což je pravá strana pro \( n = k+1 \).
Tím je tvrzení dokázáno.
55. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \) platí \( 1 \cdot 3 + 2 \cdot 4 + \ldots + n(n+2) = \frac{n(n+1)(n+3)}{3} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet vyjádříme jako
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \sum_{k=1}^n (k^2 + 2k) = \sum_{k=1}^n k^2 + 2 \sum_{k=1}^n k \).
Dosadíme známé vzorce:
\( \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \),
\( \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} \).
Tedy
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1) \).
Vyjádříme společný jmenovatel \(6\):
\( = \frac{n(n+1)(2n+1) + 6n(n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1 + 6)}{6} = \frac{n(n+1)(2n + 7)}{6} \).
Podle zadání má být \( \frac{n(n+1)(n+3)}{3} \).
Porovnáme oba výrazy:
\( \frac{n(n+1)(2n + 7)}{6} \neq \frac{n(n+1)(n+3)}{3} = \frac{2 n (n+1)(n+3)}{6} \).
Vyjádříme rozdíl:
\( 2n + 7 \neq 2(n+3) = 2n + 6 \).
Tedy vzorec zadaný v příkladu není správný. Správný vzorec je:
\( \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n + 7)}{6} \).
56. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \) platí
\( 5^n – 2^n \) je dělitelné \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Zkoumáme \( 5^n – 2^n \pmod{3} \).
Protože \( 5 \equiv 2 \pmod{3} \), platí
\( 5^n \equiv 2^n \pmod{3} \).
Tedy
\( 5^n – 2^n \equiv 2^n – 2^n = 0 \pmod{3} \),
což znamená, že je výraz dělitelný \(3\).
57. Dokažte, že pro každé \( n \in \mathbb{N} \) platí
\( \sum_{k=1}^n (2k-1) = n^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet lichých čísel od \(1\) do \( 2n-1 \):
\( \sum_{k=1}^n (2k-1) = 2 \sum_{k=1}^n k – \sum_{k=1}^n 1 = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} – n = n(n+1) – n = n^2 \).
Tedy platí, že součet prvních \( n \) lichých čísel je \( n^2 \).
58. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \) platí
\( 2^{2n} + 2 \) je dělitelný \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Zkoumáme \( 2^{2n} + 2 \pmod{3} \).
Protože \( 2^2 = 4 \equiv 1 \pmod{3} \), platí
\( 2^{2n} = (2^2)^n \equiv 1^n = 1 \pmod{3} \).
Tedy
\( 2^{2n} + 2 \equiv 1 + 2 = 3 \equiv 0 \pmod{3} \), což znamená, že výraz je dělitelný \(3\).
59. Dokažte, že součet prvních \( n \) členů aritmetické posloupnosti se vztahem \( a_n = a_1 + (n-1)d \) je
\( S_n = \frac{n}{2}(2a_1 + (n-1)d) \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Součet prvních \( n \) členů je
\( S_n = a_1 + a_2 + \ldots + a_n \).
Vyjádříme poslední člen:
\( a_n = a_1 + (n-1)d \).
Součet můžeme napsat jako
\( S_n = \frac{n}{2} (a_1 + a_n) \), protože průměr prvního a posledního členu krát počet členů dává součet.
Dosadíme za \( a_n \):
\( S_n = \frac{n}{2} \left( a_1 + a_1 + (n-1)d \right) = \frac{n}{2} (2a_1 + (n-1)d) \).
60. Dokažte, že součet \( \sum_{k=1}^n k \cdot 2^k \) lze vyjádřit vzorcem
\( \sum_{k=1}^n k \cdot 2^k = (n – 1) 2^{n+1} + 2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Budeme používat metodu matematické indukce.
Pro \( n=1 \):
\( \sum_{k=1}^1 k 2^k = 1 \cdot 2^1 = 2 \).
Podle vzorce:
\( (1 – 1) 2^{2} + 2 = 0 + 2 = 2 \), platí.
Předpokládáme, že vzorec platí pro \( n = m \), tj.
\( \sum_{k=1}^m k 2^k = (m – 1) 2^{m+1} + 2 \).
Pro \( n = m + 1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k 2^k = \sum_{k=1}^m k 2^k + (m+1) 2^{m+1} \).
Dosadíme indukční předpoklad:
\( = (m – 1) 2^{m+1} + 2 + (m+1) 2^{m+1} = \left( (m – 1) + (m + 1) \right) 2^{m+1} + 2 = 2m \cdot 2^{m+1} + 2 = m \cdot 2^{m+2} + 2 \).
Podle vzorce pro \( n = m + 1 \) by měl být součet
\( ((m+1) – 1) 2^{(m+1)+1} + 2 = m \cdot 2^{m+2} + 2 \), což souhlasí.
Tím je tvrzení dokázáno.
61. Dokažte, že pro všechna přirozená čísla \( n \) platí
\( \sum_{k=1}^n k^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Pro \( n=1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^1 k^3 = 1^3 = 1 \) a pravá strana \( \left( \frac{1 \cdot 2}{2} \right)^2 = 1^2 = 1 \).
Předpokládejme, že tvrzení platí pro \( n = m \), tedy
\( \sum_{k=1}^m k^3 = \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 \).
Pak pro \( n = m+1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \sum_{k=1}^m k^3 + (m+1)^3 \Rightarrow \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3 \).
Vyjádříme společného jmenovatele a faktorizujeme:
\( \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3 = (m+1)^2 \left( \frac{m^2}{4} + (m+1) \right) = (m+1)^2 \frac{m^2 + 4m +4}{4} = \left( \frac{(m+1)(m+2)}{2} \right)^2 \).
Tím je tvrzení dokázáno.
62. Dokažte přímým důkazem, že pro každé celé číslo \( n \) platí, že pokud je \( n^2 \) dělitelné \(3\), pak je \( n \) dělitelné \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \in \mathbb{Z} \) a předpokládejme, že \( 3 \mid n^2 \), tj. \( n^2 \) je dělitelné \(3\).
Budeme vycházet z dělitelnosti a vyšetříme zbytek po dělení \( n \) třemi. Možnosti jsou:
\( n = 3k \), nebo \( n = 3k + 1 \), nebo \( n = 3k + 2 \) pro \( k \in \mathbb{Z} \).
Vypočteme \( n^2 \) pro každou možnost:
\( (3k)^2 = 9k^2 = 3(3k^2) \) – dělitelné 3.
\( (3k + 1)^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1 \) – zbytek \(1\) po dělení \(3\), nedělitelné \(3\).
\( (3k + 2)^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1 \) – zbytek \(1\) po dělení \(3\), nedělitelné \(3\).
Tedy pouze pokud \( n = 3k \), je \( n^2 \) dělitelné 3. Z předpokladu plyne, že \( n \) je dělitelné \(3\).
Tím je přímý důkaz kompletní.
63. Dokažte přímým důkazem, že pro každá reálná čísla \( a, b \), pokud \( a > b \) a \( c > 0 \), pak \( ac > bc \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a, b, c \in \mathbb{R} \), \( a > b \), \( c > 0 \).
Podle vlastností reálných čísel a nerovností násobení kladným číslem zachovává směr nerovnosti:
\( a > b \Rightarrow a – b > 0 \)
Vynásobíme obě strany nerovnosti \( a – b > 0 \) číslem \( c > 0 \):
\( c(a – b) > 0 \Rightarrow ac – bc > 0 \Rightarrow ac > bc \).
Tím je tvrzení přímým důkazem dokázáno.
64. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( n \) je liché celé číslo, pak \( n^2 \equiv 1 \pmod{8} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n = 2k + 1 \), \( k \in \mathbb{Z} \), je liché celé číslo.
Vypočteme druhou mocninu \( n \):
\( n^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1 \).
Všimneme si, že součin \( k(k + 1) \) je vždy sudý, protože jedno z čísel \( k, k+1 \) je sudé.
Tedy \( k(k + 1) = 2m \) pro nějaké \( m \in \mathbb{Z} \).
Dosadíme zpět:
\( n^2 = 4 \cdot 2m + 1 = 8m + 1 \).
Tedy \( n^2 \equiv 1 \pmod{8} \).
Důkaz je ukončen.
65. Dokažte přímým důkazem, že pro každé reálné číslo \( x \) platí, že pokud \( x^3 = 0 \), pak \( x = 0 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( x \in \mathbb{R} \) a \( x^3 = 0 \).
Protože \( x^3 = x \cdot x \cdot x \), a žádné nenulové číslo nemůže mít nulový součin, musí být \( x = 0 \).
Tím je tvrzení dokázáno přímým důkazem.
66. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( a, b \) jsou kladná reálná čísla, platí \( \sqrt{ab} \leq \frac{a + b}{2} \) (nerovnost mezi geometrickým a aritmetickým průměrem).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a, b > 0 \).
Pro přímý důkaz upravíme nerovnost tak, aby byla jednodušší:
\( \sqrt{ab} \leq \frac{a + b}{2} \Rightarrow 0 \leq \frac{a + b}{2} – \sqrt{ab} \).
Zobecníme tuto nerovnost na:
\( \left(\frac{a + b}{2}\right)^2 – ab \geq 0 \).
Vypočteme levou stranu:
\( \frac{(a + b)^2}{4} – ab = \frac{a^2 + 2ab + b^2}{4} – ab = \frac{a^2 + 2ab + b^2 – 4ab}{4} = \frac{a^2 – 2ab + b^2}{4} \).
To je
\( \frac{(a – b)^2}{4} \geq 0 \).
Protože druhá mocnina je vždy nezáporná, nerovnost platí.
Tím je přímý důkaz kompletní.
67. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( x \) je reálné číslo a \( x + \frac{1}{x} \geq 2 \), pak \( x = 1 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( x \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \) a platí \( x + \frac{1}{x} \geq 2 \).
Vynásobíme obě strany nerovnosti \( x > 0 \) (jinak nerovnost nedává smysl):
\( x^2 + 1 \geq 2x \).
Převedeme vše na jednu stranu:
\( x^2 – 2x + 1 \geq 0 \).
To lze upravit na:
\( (x – 1)^2 \geq 0 \).
Druhá mocnina je vždy nezáporná, přičemž rovnost platí právě tehdy, když \( x = 1 \).
Tedy pokud \( x + \frac{1}{x} \geq 2 \), pak \( x = 1 \).
68. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( n \) je sudé celé číslo, pak \( n^3 \) je dělitelné \(8\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n = 2k \), \( k \in \mathbb{Z} \), sudé číslo.
Vypočteme třetí mocninu:
\( n^3 = (2k)^3 = 8k^3 \).
Protože \( k^3 \) je celé číslo, \( n^3 \) je dělitelné \(8\).
Tím je tvrzení dokázáno přímým důkazem.
69. Dokažte přímým důkazem, že součet dvou čtverců celých čísel je lichý, pokud a pouze pokud jsou tato čísla jedno sudé a jedno liché.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a, b \in \mathbb{Z} \).
Zkoumáme paritu \( a^2 + b^2 \).
Možnosti parity \( a, b \):
oba sudé
oba liché
jeden sudý, druhý lichý
1) Pokud jsou oba sudé, tedy \( a=2m, b=2n \), pak:
\( a^2 + b^2 = 4m^2 + 4n^2 = 4(m^2 + n^2) \) – sudé číslo.
2) Pokud jsou oba liché, \( a=2m+1, b=2n+1 \):
\( a^2 = (2m+1)^2 = 4m^2 + 4m + 1 \), liché.
\( b^2 = (2n+1)^2 = 4n^2 + 4n + 1 \), liché.
Součet \( a^2 + b^2 = \text{liché} + \text{liché} = \text{sudé} \).
3) Jeden sudý, druhý lichý, například \( a=2m \), \( b=2n+1 \):
\( a^2 = 4m^2 \), sudé.
\( b^2 = 4n^2 + 4n + 1 \), liché.
Součet \( a^2 + b^2 = \text{sudé} + \text{liché} = \text{liché} \).
Tedy součet je lichý právě tehdy, když jedno číslo je sudé a druhé liché.
70. Dokažte přímým důkazem, že pokud funkce \( f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} \) splňuje \( f(x+y) = f(x) + f(y) \) pro všechna \( x,y \in \mathbb{R} \) a \( f \) je spojitá v bodě \(0\), pak \( f \) je lineární, tedy existuje \( a \in \mathbb{R} \), že \( f(x) = a x \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Funkce splňuje aditivitu: \( f(x+y) = f(x) + f(y) \).
Ukážeme, že je lineární a tvaru \( f(x) = a x \) pro nějaké \( a \).
Nejprve zjistíme hodnotu \( a = f(1) \).
Pro \( n \in \mathbb{Z} \) platí:
\( f(n) = f(1 + 1 + \cdots + 1) = n f(1) = n a \), tedy \( f \) je lineární na celých číslech.
Pro racionální čísla \( \frac{m}{n} \), \( m,n \in \mathbb{Z}, n \neq 0 \) platí:
\( n f\left(\frac{m}{n}\right) = f\left(m\right) = m a \Rightarrow f\left(\frac{m}{n}\right) = \frac{m}{n} a \).
Protože \( f \) je spojitá v 0, lze ji rozšířit spojitě na reálná čísla a platí \( f(x) = a x \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \).
71. Dokažte přímým důkazem, že součet tří po sobě jdoucích celých čísel je dělitelný \(3\).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť první celé číslo je \( n \), pak následující dvě jsou \( n+1 \) a \( n+2 \).
Součet je:
\( n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3 = 3(n + 1) \).
Tedy je dělitelný \(3\).
72. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} \) je funkce splňující \( f(x+y) = f(x) + f(y) \) a zároveň \( f(1) = 0 \), pak \( f(x) = 0 \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} \) je funkce, že \( f(x+y) = f(x) + f(y) \) pro všechna \( x,y \in \mathbb{R} \) a \( f(1) = 0 \).
Pro libovolné \( n \in \mathbb{Z} \) platí:
\( f(n) = f(1 + 1 + \cdots + 1) = n f(1) = n \cdot 0 = 0 \).
Pro záporná celá čísla použijeme:
\( 0 = f(0) = f(n + (-n)) = f(n) + f(-n) \Rightarrow f(-n) = -f(n) = 0 \).
Tedy \( f(n) = 0 \) pro všechna celá čísla \( n \).
Pro racionální čísla \( \frac{m}{k} \), kde \( m,k \in \mathbb{Z}, k \neq 0 \), platí:
\( f\left(\frac{m}{k}\right) = \frac{m}{k} f(1) = \frac{m}{k} \cdot 0 = 0 \).
Protože funkce splňuje aditivitu a je lineární na racionálech, a reálná čísla jsou uzávěr racionálů, \( f \) musí být nulová i na reálných číslech.
Tedy \( f(x) = 0 \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \).
73. Dokažte přímým důkazem, že každá spojitá funkce \( f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} \), která je sudá, splňuje \( f(-x) = f(x) \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Funkce \( f \) je sudá, což znamená, že \( \forall x \in \mathbb{R}: f(-x) = f(x) \).
Protože je spojitá, nemusíme nic dalšího dokazovat – definice sudé funkce je právě tato rovnost.
Tedy přímý důkaz spočívá v uvedení definice a vlastnosti, která je zadána.
74. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( a,b > 0 \), pak platí nerovnost \( \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab} \) a rovnost nastane právě tehdy, když \( a = b \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( a, b > 0 \).
Chceme ukázat \( \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab} \).
Upravíme nerovnost:
\( \frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab} \Rightarrow \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \geq ab \)
\( \frac{(a+b)^2}{4} \geq ab \Rightarrow a^2 + 2ab + b^2 \geq 4ab \Rightarrow a^2 – 2ab + b^2 \geq 0 \Rightarrow (a-b)^2 \geq 0 \).
Druhá mocnina je vždy nezáporná, rovnost nastane právě, když \( a = b \).
75. Dokažte přímým důkazem, že každá rovnice přímky v rovině může být vyjádřena ve tvaru \( y = kx + q \), kde \( k, q \in \mathbb{R} \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Obecná rovnice přímky je \( Ax + By + C = 0 \), kde \( A,B,C \in \mathbb{R} \), \( A \) a \( B \) nejsou současně nulové.
Pokud \( B \neq 0 \), můžeme vyjádřit \( y \) jako funkci \( x \):
\( By = -Ax – C \Rightarrow y = -\frac{A}{B} x – \frac{C}{B} \).
Definujeme \( k = -\frac{A}{B} \), \( q = -\frac{C}{B} \), čímž dostáváme tvar \( y = kx + q \).
Pokud \( B = 0 \), přímka je svislá a nelze vyjádřit \( y \) jako funkci \( x \) (neexistuje funkce \( y = f(x) \)), ale v rámci běžné definice to odpovídá výjimce.
Tím je přímý důkaz tvaru rovnice dokončen.
76. Dokažte přímým důkazem, že průnik množin \( A \) a \( B \) je podmnožinou \( A \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( x \in A \cap B \).
Podle definice průniku platí \( x \in A \) a \( x \in B \).
Tedy \( x \in A \), což znamená, že každý prvek průniku je zároveň prvkem množiny \( A \).
To znamená, že \( A \cap B \subseteq A \).
77. Dokažte přímým důkazem, že součet dvou lichých funkcí je lichá funkce.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( f \) a \( g \) jsou liché funkce, tj. \( f(-x) = -f(x) \), \( g(-x) = -g(x) \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \).
Definujme funkci \( h = f + g \).
Pro libovolné \( x \in \mathbb{R} \):
\( h(-x) = f(-x) + g(-x) = -f(x) – g(x) = -(f(x) + g(x)) = -h(x) \).
Tedy \( h \) je lichá funkce.
78. Dokažte přímým důkazem, že pokud \( n \in \mathbb{N} \) a \( n \geq 2 \), pak nerovnost \( 2^n > n^2 \) platí pro všechna \( n \geq 5 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( n \geq 5 \).
Pro \( n=5 \):
\( 2^5 = 32 \), \( 5^2 = 25 \), tedy \( 32 > 25 \).
Pro \( n=6 \):
\( 2^6 = 64 \), \( 6^2 = 36 \), tedy \( 64 > 36 \).
Obecně platí, že \( 2^n \) roste rychleji než \( n^2 \), proto pro všechna \( n \geq 5 \) je \( 2^n > n^2 \).
V přímém důkazu bychom to prokázali indukcí, ale protože je zde pouze přímý důkaz, můžeme využít základní vlastnosti exponentů a kvadratické funkce.
79. Dokažte přímým důkazem, že množina všech prvočísel je nekonečná.
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Předpokládejme opak, že množina prvočísel je konečná a označme ji \( \{p_1, p_2, \ldots, p_n\} \).
Uvažme číslo \( N = p_1 p_2 \cdots p_n + 1 \).
Číslo \( N \) není dělitelné žádným z prvočísel \( p_i \), protože po dělení \( N \) každým \( p_i \) zůstane zbytek \(1\).
Tedy buď \( N \) je prvočíslo (které není v naší množině), nebo má prvočíselný dělitel, který není v množině \( \{p_1, \ldots, p_n\} \).
V obou případech je to spor s předpokladem konečnosti množiny prvočísel.
Tedy množina prvočísel je nekonečná.
80. Dokažte přímým důkazem, že pokud je \( x \in \mathbb{R} \) takové, že \( x^2 < 1 \), pak \( -1 < x < 1 \).
Zobrazit řešení
Řešení příkladu:
Nechť \( x \in \mathbb{R} \) a \( x^2 < 1 \).
Pak platí \( x^2 – 1 < 0 \Rightarrow (x-1)(x+1) < 0 \).
Výraz \( (x-1)(x+1) \) je záporný právě mezi kořeny, tedy když \( -1 < x < 1 \).
Tedy \( x \) leží v otevřeném intervalu \( (-1, 1) \).
