\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{a4wide}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{lmodern}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{array}
\usepackage{enumerate}

\newcommand{\N}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\ce}[1]{\ensuremath{\left(#1 \right)}}	% definice \ce 	- argument bude v kulatych zavorkach
\newcommand{\cce}[1]{\ensuremath{\left[#1 \right]}}	% definice \cce	- argument bude v hranatych zavorkach


\newtheorem{pr}{Příklad}



\renewcommand{\qedsymbol}{}		% zmena znaku na konci dukazu

\begin{document}
\section*{Soutěžní příklady}
\begin{pr}
\item Na schodišti o $n$ schodech hrajeme následující hru:
\begin{itemize}
\item Na začátku si stoupneme na první schod (tj. krokem dolů se dostaneme pod schodiště, $n-1$ kroky nahoru schodiště vyjdeme).
\item Na každém schodu se rozhodujeme: s pravděpodobností $p$ uděláme krok nahoru, v opačném případě (s pravděpodobností $1-p$) krok dolů.
\item Hra končí, dostaneme-li se pod schodiště či jej vyjdeme.
\end{itemize}
Spočtěte s jakou pravděpodobností schodiště vyjdeme, když
\begin{enumerate}[(a)]
\item $n = 4$ a $p = \frac{3}{5}$ (chceme se posunout o 3 schody nahoru, přičemž krok nahoru uděláme s~pravděpodobností $60\%$, jinak jdeme dolů),
\item $n$ je libovolné a $p = \frac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\end{pr}

\vfill

\begin{pr}
\begin{enumerate}[(a)]
\item V každém vrcholu pravidelného $2016$úhelníku leží právě jedna mince. Vybereme dvě mince a přemístíme každou z nich do sousedního vrcholu tak, že jedna se posune ve směru a druhá proti směru hodinových ručiček. Rozhodněte, zda je možno tímto způsobem všechny mince postupně přesunout
\begin{itemize}
\item na 32 hromádek po 63 mincích,
\item na 16 hromádek po 126 mincích,
\item na 63 hromádek po 32 mincích.
\end{itemize}
\item Místo $2016$úhelníku nyní uvažujte pravidelný $n$-úhelník a rozhodněte, pro která $r,s \in \N$, $r\cdot s = n$, je možné mince přesunout
\begin{itemize}
\item na $r$ hromádek po $s$ mincích.
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{pr}


\vfill


\begin{pr}
Pro libovolné $n \in \N$ sestavme z písmen $A$ a $B$ všechna možná slova délky $n$ (slovem rozumíme libovolnou konečnou posloupnost písmen $A$ a $B$). Označme $p_n$ počet všech slov délky $n$, která neobsahují podslova $AAA$, $BBB$ ani $ABA$. Nalezněte všechna $n \in \N$, pro která jsou čísla $p_{n-1}$, $p_n$ a $p_{n+1}$ sudá.
%Pro libovolné $n \in \N$ sestavme z písmen $A$ a $B$ všechna možná slova délky $n$ (slovem rozumíme libovolnou konečnou posloupnost písmen $A$ a $B$). Označme $p_n$ počet všech slov délky $n$, která neobsahují podslova $AAA$, $BB$. Nalezněte všechna $n \in \N$, pro která jsou čísla $p_n$ a $p_{n+1}$ dělitelná třemi.
\end{pr}

\newpage


\begin{pr}
Uvažme rovnice
\begin{gather*}
a_1 \circ_{1} a_1 \bullet_{1} a_1 = n,\\
a_2 \circ_{2} a_2 \bullet_{2} a_2 = n,\\
\vdots\\
a_k \circ_{k} a_k \bullet_{k} a_k = n,
\end{gather*}
kde $n, a_1, \dots, a_k \in \N$, pro každé $i \in \{1,2,\dots, k\}$ je $\circ_i$, $\bullet_i \in \{+,-,\cdot, :\}$ a pro $i \neq j$ je $a_i \neq a_j$.
\begin{itemize}
\item Určete největší $k \in \N$, pro které lze doplnit do každé z $k$ rovnic za $\circ_i$ a $\bullet_i$ některou z operací $+,-,\cdot,:$ tak, aby všechny rovnice platily.
\item Pro takové $k$ určete nejmenší možné $n \in \N$.
\end{itemize}
Například snadno vidíme, že $k \geq 4$, vždyť
\begin{align*}
1 \circ_{1} 1 \bullet_{1} 1 &= 3, 						&&& 	1 + 1 + 1 &= 3,\\
2 \circ_{2} 2 \bullet_{2} 2 &= 3, && \text{lze totiž doplnit} 	&	2 + 2 : 2 &= 3,\\
3 \circ_{3} 3 \bullet_{3} 3 &= 3,						&&&	3 + 3 - 3 &= 3,\\
4 \circ_{4} 4 \bullet_{4} 4 &= 3,						&&&	4 - 4:4 &= 3.
\end{align*}
\end{pr}

\newpage\section*{Návodné příklady}
\begin{pr}
V každém vrcholu pravidelného $2014$úhelníku leží právě jedna mince. Vybereme dvě mince a přemístíme každou z nich do sousedního vrcholu tak, že jedna se posune ve směru a druhá proti směru hodinových ručiček. Rozhodněte, zda je možno tímto způsobem všechny mince postupně přesunout
\begin{itemize}
\item na 1007 hromádek po 2 mincích,
\item na 2 hromádky po 1007 mincích.
\end{itemize}
\end{pr}


\begin{pr}
Pro libovolné $n \in \N$ sestavme z písmen $A$ a $B$ všechna možná slova délky $n$ (slovem rozumíme libovolnou konečnou posloupnost písmen $A$ a $B$). Označme $p_n$ počet všech slov délky $n$, která neobsahují podslova $AAA$, $BBB$ ani $ABA$. Označme dále $a_n$ počet všech slov délky $n$ končících na $A$, která neobsahují podslova $AAA$, $BBB$ ani $ABA$. Dokažte
\[
\forall n \in \N,~ n \geq 2 \text{ platí: } p_n = a_n + a_{n+2}.
\]
\end{pr}


\newpage\section*{Řešení}
\begin{proof}[Řešení 1]
Výhrou budeme rozumět situaci, kdy jsme schodiště vyšli, prohrou situaci, kdy jsme z něj sestoupili dolů. Ozačme $p_i$ pravděpodobnost toho, že vyhrajeme z $i$-tého schodu. Tuto pravděpodobnost můžeme vyjádřit jako
\[
p_i = p\cdot p_{i+1} + \ce{1-p}\cdot p_{i-1},
\]
pro $i \in \{1,\dots, n-1\}$, kde $p_0 = 0$ a $p_n = 1$. Stačí si totiž uvědomit, že pravděpodobnost, že vyhrajeme z $i$-tého schodu je vlastně pravděpodobnost, že jsme udělali krok nahoru a vyhrajeme z tohoto schodu, plus pravděpodobnost, že jsme udělali krok dolů a odtud vyhrajeme. Přitom víme, že na $n$-tém schodu vyhráváme vždy (tj. s pravděpodobností 1) a na \uv{nultém} schodu vždy prohráváme (tj. vyhráváme s pravděpodobností 0).
\begin{enumerate}[(a)]
\item Dle předchozího vytvoříme soustavu rovnic
\begin{alignat*}{3}
p_1 &= \frac{3}{5} p_2&&\\
p_2 &= \frac{3}{5} p_3 &&+ \frac{2}{5} p_1\\
p_3 &= \frac{3}{5}  &&+ \frac{2}{5} p_2
\end{alignat*}
Dosadíme $p_1$ za $p_2$ do druhé rovnice a odtud vyjádříme $p_2$ v závislosti na $p_3$
\begin{align*}
p_2 &= \frac{3}{5}p_3 + \frac{2}{5}\ce{\frac{3}{5}}p_2\\
\frac{19}{25} p_2 &= \frac{3}{5}p_3\\
p_2 &= \frac{15}{19}p_3
\end{align*}
Nyní dosadíme do poslední rovnice za $p_2$ a spočítáme $p_3$.
\begin{align*}
p_3 &= \frac{3}{5} + \frac{2}{5}\ce{\frac{15}{19}p_3}\\
\frac{13}{19}p_3 &= \frac{3}{5}\\
p_3 &= \frac{57}{65}
\end{align*}
A zpětně vyjádříme hledanou hodnotu $p_1$
\[
p_1 = \frac{3}{5}p_2 = \frac{3}{5}\cdot\ce{\frac{15}{19}\cdot p_3} = \frac{3}{5}\cdot\ce{\frac{15}{19}\cdot \frac{57}{65}} = \frac{27}{65}.
\]
\item Opět vytvoříme soustavu rovnic
\begin{alignat*}{3}
p_1 &= \frac{1}{2} p_2 &&\\
p_2 &= \frac{1}{2} p_3 &&+ \frac{1}{2}p_1\\
p_3 &= \frac{1}{2} p_4 &&+ \frac{1}{2}p_2\\
& \vdots &&\\
p_{n-2} &= \frac{1}{2}p_{n-1} &&+ \frac{1}{2}p_{n-3}\\
p_{n-1} &= \frac{1}{2} &&+ \frac{1}{2}p_{n-2}
\end{alignat*}
a postupně dosazujme
\begin{align*}
p_2 &= \frac{1}{2}p_3 + \frac{1}{4}p_2\\
p_2 &= \frac{2}{3}p_3\\
p_3 &= \frac{1}{2}p_4 + \frac{2}{6}p_3\\
p_3 &= \frac{3}{4}p_4\\
p_4 &= \frac{1}{2}p_5 + \frac{3}{8}p_4\\
p_4 &= \frac{4}{5}p_5
\end{align*}
Všimněme si, že $p_i = \frac{i}{i+1}p_{i+1}$. Dokažme toto tvrzení obecně indukcí.\\
Zjevně pro $i = 1$ tvrzení platí.\\
Nechť tvrzení platí pro $k-1$, tj. $p_{k-1} = \frac{k-1}{k}p_{k}$, pak
\begin{align*}
p_{k} &= \frac{1}{2}p_{k+1} + \frac{1}{2}p_{k-1}\\
p_{k} &= \frac{1}{2}p_{k+1} + \frac{1}{2}\ce{\frac{k-1}{k}p_k}\\
\frac{k+1}{2k}p_{k} &= \frac{1}{2}p_{k+1}\\
p_{k} &= \frac{k}{k+1}p_{k+1}
\end{align*}
tím je tvrzení dokázáno. Odtud dostáváme, že $p_{n-1} = \frac{n-1}{n}p_n = \frac{n-1}{n}$. Sečtením všech rovnic původní soustavy dostáváme
\[
\frac{1}{2}\ce{p_1 + p_{n-1}} = \frac{1}{2},
\]
tedy $p_1 = 1 - p_{n-1}$. Odtud
\[
p_1 = \frac{1}{n}.
\]
\end{enumerate}
\end{proof}
\newpage




\begin{proof}[Řešení 2,5]
Budeme řešit druhou část (první z ní pak plyne). Rozebereme případy dle parity čísel $r,s$.
\begin{itemize}
\item Jestliže $2 \nmid s$, pak rozdělíme $n$-úhelník na $r$ \uv{výsečí} délky $s$, kde \uv{výsečí} rozumíme $s$ po sobě jdoucích vrcholů. Protože je délka této \uv{výseče} lichá, stačí přesouvat mince zároveň od obou krajů směrem ke středovému vrcholu. Každý přesun jedné dvojice mincí posouvá jednu minci ve směru a druhou proti směru hodinových ručiček (tj. tuto úvahu skutečně můžeme udělat pro každou výseč zvlášť). Každá \uv{výseč} nám pak dá jednu hromádku po $s$ mincích, celkem nám všechny výseče dají požadovaných $r$ hromádek po $s$ mincích.
\item Jestliže $2 \mid r$, pak uvažme osu souměrnosti tohoto mnohoúhelníka, která neprochází žádným vrcholem. Tím se nám mnohoúhelník rozpadne na dvě části. Když posuneme minci v jedné části a v druhé uděláme osově souměrný posun, bude právě jeden z těchto posunů ve směru hodinových ručiček. Díky tomu stačí v jedné polorovině posouvat mincemi naprosto libovolně tak, abychom dostali $\frac{r}{2}$ hromádek po $s$ mincích a v druhé polorovině nám příslušné osově souměrné posuny dají totéž. Tím získáme $r$ hromádek po $s$ mincích.
\item Jestliže $2 \nmid r$ a $2 \mid s$, pak budeme chtít dokázat, že mince přesunout požadovaným způsobem nelze. Označme vrcholy po řadě $1,2,\dots, n$, dále $m\ce{i}$ nechť je počet mincí ve vrcholu $i$ a nakonec
\[
S = \sum_{i = 1}^n i \cdot m\ce{i}.
\]
Protože v každém kroku jednu minci posuneme po směru a jednu proti směru hodinových ručiček, hodnota $S$ se modulo $n$ nemění (tj. zbytek po dělení čísla $S$ číslem $n$ se posunutím mincí nemění). Snadno spočítáme počáteční hodnotu $S$ jako
\[
S_1 = \sum_{i = 1}^n i = \frac{n\ce{n+1}}{2}
\]
a hodnotu $S$ pro situaci, kdy máme $r$ hromádek po $s$ mincích jako
\[
S_2 = s\sum_{i=1}^r x_i,
\]
kde $x_1, \dots, x_r \in \{1,2,\dots, n\}$ říkají, ve kterých vrcholech se tyto hromádky nacházejí. Kdyby přesunout mince požadovaným způsobem šlo, pak čísla $S_1$ a $S_2$ dávají stejný zbytek po dělení číslem $n$, tj. platí $n \mid S_1 - S_2$. Odtud bychom dostali
%\begin{align*}
%n &\mid \frac{n\ce{n+1}}{2} - s\sum_{i = 1}^r x_i 	&	\frac{n\ce{n+1}}{2} 	&\equiv s\sum_{i=1}^r x_i  \pmod{n}	\\
%rs &\mid \frac{rs\ce{rs+1}}{2} - s\sum_{i = 1}^r x_i &	\frac{rs\ce{rs+1}}{2} 	&\equiv s\sum_{i=1}^r x_i \pmod{rs}	\\
%2r &\mid r\ce{rs + 1} - 2\sum_{i=1}^r x_i 		&	r\ce{rs+1} 			&\equiv 2\sum_{i=1}^r x_i \pmod{2r}			\\
%2 &\mid r\ce{rs + 1} - 2 \sum_{i=1}^r x_i 		&	r\ce{rs+1} 			&\equiv 2\sum_{i=1}^r x_i \equiv 0 \pmod{2}		\\
%2 &\mid r\ce{rs+1}						&	&
%\end{align*}
\begin{gather*}
n \mid \frac{n\ce{n+1}}{2} - s\sum_{i = 1}^r x_i \quad\Leftrightarrow\quad rs \mid \frac{rs\ce{rs+1}}{2} - s\sum_{i = 1}^r x_i \quad \Leftrightarrow\quad
2r \mid r\ce{rs + 1} - 2\sum_{i=1}^r x_i\\
\Rightarrow\quad 2 \mid r\ce{rs + 1} - 2 \sum_{i=1}^r x_i \quad \Rightarrow \quad 2 \mid r\ce{rs+1}
\end{gather*}
což je spor (vždyť $2\nmid r$ a $2 \mid s$).
\end{itemize}
\end{proof}

\begin{proof}[Řešení 3,6]
Označme postupně $\ce{aa}_n$, $\ce{ab}_n$, $\ce{ba}_n$, $\ce{bb}_n$ počet vyhovujících slov délky $n$ končících na $aa$, $ab$, $ba$, $bb$. Snadno rozmyslíme, že pro $n \geq 3$ platí
\begin{align*}
\ce{aa}_n &= \ce{ba}_{n-1}\\
\ce{ba}_n &= \ce{bb}_{n-1}\\
\ce{bb}_n &= \ce{ab}_{n-1}\\
\ce{ab}_n &= \ce{aa}_{n-1} + \ce{ba}_{n-1}
\end{align*}
a navíc vidíme, že pro $n \geq 2$ můžeme $p_n$ spočítat jako
\[
p_n = \ce{aa}_n + \ce{ab}_n + \ce{ba}_n + \ce{bb}_n.
\]
To nám dohromady s počátečními podmínkami
\[
p_1 = 2,\quad \ce{aa}_2 = \ce{ab}_2 = \ce{ba}_2 = \ce{bb}_2 = 1
\]
dává rekurentní vzorec pro výpočet $p_n$. Protože nás zajímá jen parita $p_n$ podívejme se na prvních několik hodnot $\ce{aa}_n, \ce{ab}_n, \ce{ba}_n, \ce{bb}_n, p_n$ modulo 2 (tj. na zbytky po dělení dvěma).
\begin{center}
\begin{tabular}{c|ccccccccccccccccc}	
$n$		& 1 	& 2 	& 3	& 4	& 5	& 6 	& 7 	& 8 	& 9 	& 10 	& 11 	& 12 	& 13	& 14	& 15	& 16	& 17	\\\hline
$\ce{aa}_n$	& - 	& 1	& 1	& 1	& 1	& 0	& 0	& 0	& 1	& 0	& 0	& 1	& 1	& 0	& 1	& 0	& 1	\\
$\ce{ba}_n$	& - 	& 1	& 1	& 1	& 0	& 0	& 0	& 1 	& 0	& 0	& 1	& 1	& 0 	& 1	& 0	& 1	& 1	\\
$\ce{bb}_n$	& - 	& 1	& 1 	& 0	& 0	& 0	& 1	& 0	& 0	& 1	& 1	& 0	& 1	& 0	& 1	& 1	& 1	\\
$\ce{ab}_n$ & - 	& 1	& 0	& 0	& 0	& 1	& 0	& 0	& 1	& 1	& 0	& 1	& 0	& 1	& 1	& 1	& 1	\\\hline
$p_n$		& 0	& 0	& 1	& 0	& 1	& 1	& 1	& 1	& 0	& 0	& 0	& 1	& 0	& 0	& 1	& 1	& 0
\end{tabular}
\end{center}
Všimněme si, že pro $n = 17$ se nám zopakoval sloupec $n = 2$. Z rekurentní formule je zřejmé, že i následující sloupce se budou opakovat (s periodou 15). Nyní chceme nalézt ve spodním řádku tři po sobě jdoucí nuly (které odpovídají sudým číslům $p_n$). Odtud dostáváme řešení
\[
n \equiv 10 \pmod {15}, \quad n = 15k + 10, \text{ pro } k \in \N_0.
\]
Na závěr poznamenejme, že kdybychom připustili, že $p_0 = 0$, pak je i $n=1$ řešením.\\


Řešme nyní návodnou úlohu. Dosaďme do rekurentních vztahů pro $\ce{aa}_n$, $\ce{ab}_n$, $\ce{ba}_n$ a $\ce{bb}_n$. Pro $n \geq 2$ platí:
\begin{gather*}
\ce{aa}_{n+2} = \ce{ba}_{n+1} = \ce{bb}_{n}\\
\ce{ba}_{n+2} = \ce{bb}_{n+1} = \ce{ab}_{n}\\
a_n = \ce{aa}_n + \ce{ba}_n\\
p_n = \ce{aa}_n + \ce{ba}_n + \ce{ab}_n + \ce{bb}_n = a_n + \ce{ba}_{n+2} + \ce{aa}_{n+2} = a_n + a_{n+2}.
\end{gather*}
\end{proof}


\newpage

\begin{proof}[Řešení]
Řešení existuje velké množství, můžeme doplnit operace a závorky například následujícím způsobem
\begin{align*}
(1+1+1)! &= 6	& \sqrt{4} + \sqrt{4} + \sqrt{4} &= 6	& 7 - 7 : 7 &= 6\\
2+2+2 &= 6		& 5 + 5 : 5 &= 6				& \lfloor\sqrt{8}\rfloor + \lfloor\sqrt{8}\rfloor + \lfloor\sqrt{8}\rfloor &= 6\\
3\cdot 3 - 3 &= 6	& 6 + 6 - 6 &= 6				& \sqrt{9} \cdot \sqrt{9} - \sqrt{9} &= 6
\end{align*}
Snadno rozmyslíme, že nám ve skutečnosti stačí závorky, dolní a horní celá část, logaritmus, sčítání a faktorial pro libovolnou rovnici $x ~ x ~ x = 6$.
\end{proof}

\begin{proof}[Řešení]
Máme celkem 16 možností, jak můžeme operace $+,-,\cdot, :$ dosadit. Rozmysleme, co každá možnost znamená pro $n$, pokud má platit rovnice $a \circ a \bullet a = n$.
\[
\begin{array}{cc|c||cc|c||cc|c||cc|c}
\circ 	&\bullet	& n 				& \circ & \bullet 	& n 		&\circ 	&\bullet	& n 			& \circ & \bullet 	& n		\\\hline
+ 	&+ 		& 3a 				&- 	&+		&  a 		&\cdot&+		& a\cdot\ce{a+1}	&:	&+		& a+1		\\
+ 	&- 		&  a 				&- 	&- 		& -a 		&\cdot&-		& a\cdot\ce{a-1}	&:	&-		& 1-a 		\\
+ 	&\cdot 	&  a\cdot\ce{a+1}		&- 	&\cdot 	& -a\ce{a-1}	&\cdot&\cdot 	& a^3			&:	&\cdot	& a 		\\
+ 	&:		&  a+1			&- 	&:		& a-1 		&\cdot&:		& a			&:	&:		& a=1
\end{array}
\]
Ihned můžeme vyloučit kombinace $-~-$, $-~\cdot$, $:~-$, protože $a, n \in \N$. Následně můžeme omezit duplicity (například z možností $+~:$ a $:~+$ budeme uvažovat pouze jednu, protože pro dané $n$ bychom dostali stejnou trojici $a$), tj. omezíme se na
\[
\begin{array}{cc|c||cc|c}
\circ 	&\bullet	& n 			& \circ	& \bullet	& n 			\\\hline
+ 	&+ 		& 3a 			& -	& :		& a-1 			\\
+	& -		& a 			&\cdot& -		& a\cdot\ce{a-1} 	\\
+	& \cdot	& a\cdot\ce{a+1}	&\cdot& \cdot	& a^3 		\\
+	& :		& a+1 		& 	&		&
\end{array}
\]
Ukažme, že žádné $n \in \N$ nemůže být třetí mocninou a zároveň součinem dvou po sobě jdoucích čísel. Předpokládejme, že $n = a\ce{a+1}$. Jestliže nějaké prvočíslo $p \mid a$, pak $p \nmid a+1$. Proto pokud $p^3 \mid n$, pak $p^3$ dělí právě jedno z čísel $a$, $a+1$. Proto $a = k^3$, $a+1 = l^3$. Navíc $1 = l^3 - k^3 = \ce{l-k}\ce{l^2+lk+k^2}$, což nelze. Protože podmínka, že $n$ se dá napsat jako součin dvou po sobě jdoucích čísel, vystupuje u dvou kombinací, vyloučíme i kombinaci znamének $\cdot~\cdot$. Celkem tedy dostáváme, že $k \leq 6$, přičemž nyní hledáme $n$, pro které bude rovnic existovat právě šest.\\
Protože $n$ je součin dvou po sobě jdoucích čísel a $3\mid n$, tak právě jedno z těchto čísel bude dělitelné třemi. Můžeme uvažovat postupně $n = 2\cdot 3$, $n = 3\cdot 4$, $n = 5\cdot 6$, \dots Snadno ověříme, že pro $n = 6$ nám splynou rovnice pro $+~+$ a $+~\cdot$, pro $n=12$ nám splynou rovnice pro $+~+$ a $\cdot, -$. Pro $n=30$ však dostáváme všech šest rovnic
\begin{align*}
10+10+10 &= 30	&	29+29:29 &= 30\\
30+30-30 &= 30	&	31-31:31 &= 30\\
5+5\cdot 5 &= 30	&	6\cdot 6-6 &=30
\end{align*}
Celkem tedy $k = 6$ a $n = 30$.\\

Pro úplnost poznamenejme, že tvar $a\cdot\ce{a\pm1} = n$ nám může dát nejvýše jedno přirozené řešení $a$. Jedná se vlastně o řešení kvadratické rovnice $a^2 \pm a - n = 0$ s neznámou $a$. Dostáváme tedy $a = \frac{\pm 1 \pm \sqrt{1+4n}}{2}$, přičemž varianta $\frac{\pm 1 - \sqrt{1+4n}}{2}$ určitě přirozená nebude.
\end{proof}
\end{document}