\documentclass[11pt,a4paper]{report}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{mathptmx}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{a4wide}
\usepackage{opakuj}
\usepackage{enumerate}
%\parindent=0mm
\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{paralist}
\usepackage{xypic}

\usepackage{verbatim}

\usepackage[pdftex]{hyperref}
\hypersetup{hidelinks}

\DeclareMathOperator{\tg}{tg}
\DeclareMathOperator{\cotg}{cotg}
\DeclareMathOperator{\ch}{ch}
\DeclareMathOperator{\sh}{sh}
\DeclareMathOperator{\tgh}{tgh}
\DeclareMathOperator{\cotgh}{cotgh}
\newcommand{\dx}{\,\mathrm{d}x}
\newcommand{\dt}{\,\mathrm{d}t}
\newcommand{\ds}{\,\mathrm{d}s}

\newcommand{\I}{{\rm i}}
\newcommand{\N}{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\newcommand{\Q}{\ensuremath{\mathbb{Q}}}
\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

\newcommand{\pp}[1]{\ensuremath{\left|#1\right|}}
\newcommand{\zk}[1]{\ensuremath{\left(#1 \right)}}
\newcommand{\zs}[1]{\ensuremath{\left<#1 \right>}}
\newcommand{\zh}[1]{\ensuremath{\left[#1 \right]}}
\newcommand{\zm}[1]{\ensuremath{\left\{#1 \right\}}}
\newcommand{\dcc}[1]{\ensuremath{\left\lfloor #1 \right\rfloor}}

\newcommand{\kon}[3]{\ensuremath{{#1} \equiv {#2}\pmod{#3}}}
\newcommand{\imp}{\ensuremath{\Rightarrow}}
\newcommand{\ekv}{\ensuremath{\Leftrightarrow}}
\newcommand{\bu}{\ensuremath{\bold{u}}}
\newcommand{\bv}{\ensuremath{\bold{v}}}

\newcommand{\psl}[1]{\ensuremath{\{{#1 }_n\}_{n=1}^\infty}}

\newtheorem{veta}{Věta}[chapter]
\newtheorem{lemma}[veta]{Lemma}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{definice}[veta]{Definice}
\newtheorem{dusledek}[veta]{Důsledek}
\newtheorem{prikl}{Příklad}[chapter]
\newtheorem{prikl*}[prikl]{*Příklad}
\newtheorem*{priklad}{Příklad}
\renewcommand{\qedsymbol}{$\blacksquare$}
\newtheorem{pr}{Návodný příklad}[chapter]
\newtheorem*{hint}{Hint}
\theoremstyle{remark}
\newtheorem{pozn}[veta]{Poznámka}

\overfullrule=2cm

\let\WITHSOLUTION 1 % added \usepackage{verbatim}
\newenvironment{reseni}
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \begin{proof}[Řešení]\else \comment \fi }
{ \ifx\WITHSOLUTION 1 \end{proof}\else \endcomment \fi }

\begin{document}
\setcounter{chapter}{8}
\chapter*{Nerovnosti a celé části}
%\thispagestyle{empty}
%\section{Teorie}
%\vspace*{-1em}
\begin{prikl}%14.6-60
Dokažte, že pro~libovolné $x\in\R, n\in\N$ platí
$$\dcc{x}+\dcc{x+\frac1{n}}+\dots+\dcc{x+\frac{n-1}{n}}=\dcc{nx}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Dokažme tvrzení matematickou indukcí přes intervaly~$x$ tvaru $\left< \frac{k}{n}, \frac{k+1}{n} \right)$, která nám pro~$k\in\Z$ pokryjí celá reálná čísla.\\
Pro $k=0$ je $0\leq x<\frac1n$ a obě strany jsou rovny~0, tedy tvrzení platí.\\
Dále předpokládejme, že tvrzení platí pro~libovolné~$k\in\N_0$ a~ukažme, že platí i~pro~$k+1$. Uvážíme-li libovolné $x\in\left< \frac{k}{n}, \frac{k+1}{n} \right)$, z~indukčního předpokladu víme, že pro~něj rovnost platí. Zvětšíme-li však~$x$ o~$\frac1n$, členové levé strany rovnosti se jen \uv{posunou o~jedno místo doprava}, až~na~poslední, který \uv{nahradí} první, ale je o~jedna větší, $\dcc{x+\frac1n+\frac{n-1}{n}}\dcc{x+1}=\dcc{x}+1$, proto se i~celá levá část zvětší o~jedna. Pravá strana je rovna $\dcc{n\zk{x+\frac1n}}=\dcc{nx+1}=\dcc{nx}+1$, tedy též vzroste o~jedna. Z~indukčního předpokladu tato rovnost platí pro libovolné~$x\in\left< \frac{k+1}{n}, \frac{k+2}{n} \right)$, tedy pro~$k+1$, což jsme chtěli dokázat. Odtud tvrzení platí pro~libovolné~$k\in\N_0$.\\
Pro nekladná~$k$ tvrzení dokážeme analogicky. Z~platnosti pro~$k\in\Z_0^-$ a~ukážeme, že platí i~pro~$k-1$. Zmenšením~$x$ o~$\frac1n$ se členové levé strany rovnosti se jen \uv{posunou o~jedno místo doleva}, až~na~první, který \uv{nahradí} poslední, ale je o~jedna menší, $\dcc{x-\frac1n}=\dcc{x-1+\frac{n-1}{n}}=\dcc{x+\frac{n-1}{n}}-1$, proto se i~celá levá část zmenší o~jedna. Pravá strana je rovna $\dcc{n\zk{x-\frac1n}}=\dcc{nx-1}=\dcc{nx}-1$, tedy též klesne o~jedna.\\
Celkem tak tvrzení platí pro~všechna~$k\in\Z$, tedy i~pro~všechna~$x\in\R$. A~protože jsme nijak nespecifikovávali~$n$, tak i~pro~všechna~$n\in\N$.
\end{reseni}


\begin{prikl}%14.6-64
Dokažte, že pro~libovolné $n\in\N$ platí
$$\dcc{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\dcc{\sqrt{4n+2}}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Nejprve ekvivalentními úpravami dokažme, že platí $$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}<\sqrt{4n+2}.$$
Prvním umocněním
\begin{align*}
2n+1+2\sqrt{n^2+n}&< 4n+2,\\
\sqrt{4n^2+4n}&<2n+1
\end{align*}
a~druhým pak
\begin{align*}
4n^2+4n&<4n^2+4n+1,
\end{align*}
čímž jsme dostali platnou nerovnost, a~platí tedy i~dokazovaná.\\
Dále předpokládejme sporem, že pro~nějaké~$n\in\N$ je $\dcc{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}\neq\dcc{\sqrt{4n+2}}$ a~označme $q=\dcc{\sqrt{4n+2}}$. Pak je $$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}<q\leq \sqrt{4n+2}.$$
Prvním umocněním
$$2n+1+2\sqrt{n^2+n}<q^2\leq 4n+2,$$
$$\sqrt{4n^2+4n}<q^2-2n-1 \leq 2n+1$$
a~druhým pak
$$4n^2+4n<\zk{q^2-2n-1}^2 \leq 4n^2+4n+1.$$
Protože $4n^2+4n$ a~$4n^2+4n+1$ jsou dvě po~sobě jdoucí přirozená čísla, a~$\zk{q^2-2n-1}^2$ též přirozené číslo, je $\zk{q^2-2n-1}^2 = 4n^2+4n+1$. Odtud $q^2-2n-1=2n+1$, neboli $q^2=4n+2$. Podíváme-li se na~poslední rovnost modulo~4, dostaneme $q^2\equiv 2\pmod{4}$, což pohledem na~zbytkové třídy kvadrátů modulo~4 $$\begin{array}{c|*{4}{c}}
y\pmod4& 0& 1& 2& 3\\ \hline
y^2\pmod4& 0& 1& 0& 1 
\end{array}$$
zjistíme, že je spor. Tedy tvrzení platí.
\end{reseni}


\begin{prikl}%14.6-71
Dokažte, že pro~libovolné $n\in\N, n\geq2$, je číslo $$\dcc{\zk{\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}}^3}+1$$ dělitelné 8.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Vyčísleme si tato nejprve tato čísla pro~některá malá~$n$.\\
Pro $n=2$ je $\dcc{\zk{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}^3}+1 =24 = 8\cdot2+8$,\\
pro $n=3$ je $\dcc{\zk{\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}}^3}+1 =32 = 8\cdot3+8$,\\
a~pro $n=4$ je $\dcc{\zk{\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{6}}^3}+1 =40 = 8\cdot4+8$.\\
Můžeme tak stanovit hypotézu, že~$\dcc{\zk{\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}}^3}+1=8n+8$ pro~libovolné $n\in\N, n\geq2$. Tu nyní dokažme.\\
V~řeči nerovností to znamená, že
$$8n+7\leq \zk{\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}}^3 < 8n+8,$$
po onom umocnění na~třetí pak
$$8n+7\leq n + 3 \sqrt[3]{n^2(n+2)} + 3 \sqrt[3]{n(n+2)^2} + n+2 < 8n+8,$$
$$6n+5\leq 3 \sqrt[3]{n^2(n+2)} + 3 \sqrt[3]{n(n+2)^2} < 6n+6,$$
Postupně ověříme platnost jednotlivých nerovností.\\
Pravou snadno dostaneme ze~dvou AG~nerovností pro~$n,n,n+2$ a~$n,n+2,n+2$:
\begin{align*}
\sqrt[3]{n^2(n+2)}&< \frac{3n+2}3, & \sqrt[3]{n(n+2)^2}&< \frac{3n+4}3,\\
3\sqrt[3]{n^2(n+2)}&< 3n+2, & 3\sqrt[3]{n(n+2)^2}&< 3n+4,
\end{align*}
ve~kterých nemůže nastat rovnost, neboť vždy~$n\neq n+2$. Jejich sečtením dostaneme nerovnost požadovanou.\\
Pro důkaz levé nerovnosti
\begin{equation}
6n+5\leq 3 \sqrt[3]{n^2(n+2)} + 3 \sqrt[3]{n(n+2)^2},\label{eq:14:6:71a}
\end{equation}
ji nejprve upravme na~tvar:
$$6n+5\leq 3 \sqrt[3]{n(n+2)} \zh{ \sqrt[3]{n} + \sqrt[3]{n+2}},$$
a umocněme ji na~třetí:
\begin{align}
\zk{6n+5}^3 &\leq 27 n(n+2) \zh{n+ 3 \sqrt[3]{n^2(n+2)} + 3 \sqrt[3]{n(n+2)^2} + n+2},\notag\\
\zk{6n+5}^3 &\leq 27 n(n+2)(2n+2) + 27 n(n+2) \zh{3\sqrt[3]{n^2(n+2)} + 3 \sqrt[3]{n(n+2)^2}}.\label{eq:14:6:71b}
\end{align}
Vynásobíme-li nyní nerovnost~\eqref{eq:14:6:71a} číslem $27 n(n+2)$ a~odečteme ji od~\eqref{eq:14:6:71b}, dostaneme:
\begin{align*}
\zk{6n+5}^3 - 27n(n+2)(6n+5) &\leq 27 n(n+2)(2n+2),\\
54n^3+81n^2+180n+125&\leq 54n^3 +162n^2+108n,\\
0&\leq 81n^2-72n-125.
\end{align*}
Zajímá se tedy, kdy je parabola $81n^2-72n-125$ nad~osou~$x$, přičemž bychom chtěli, aby tomu tak bylo pro~všechna $n\leq2$. Prostým dosazením $n=1$ dostaneme funční hodnotu rovnu $-116$, $n=2$ pak~55. Z~tvaru paraboly tak víme nejen to \uv{nepodstatné}, že má kladný kořen mezi~1 a~2, ale zejména to, že je kladná pro~$n\geq 2$.\\
Tímto jsme tedy dokázali naši hypotézu, že číslo $\dcc{\zk{\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}}^3}+1=8n+8$ pro~libovolné $n\in\N, n\geq2$, je tedy dělitelné~8.
\end{reseni}


\begin{prikl}%14.6-67
Dokažte, že v~posloupnosti definované rekurentně $a_1=2$ a~$a_{n+1}=\dcc{\frac32 a_n}$, $n\in\N$ je nekonečně mnoho sudých i~lichých čísel.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Ukažme si, že někdy je vhodné se celým částem \uv{prostě vyhnout}.\\
Je-li $a_n$ sudé, tedy $a_n=2^k q$, kde $k,q\in\N$ a~$q$ je liché, pak $a_{n+1}=\dcc{\frac32\cdot 2^k q}=\dcc{3\cdot 2^{k-1}q}=3\cdot 2^{k-1}q$, atd., až~$a_{n+k}=3^k q$ je liché. Podobně, je-li $a_n$ liché, tedy $a_n=2^k q+1$, kde $k,q\in\N$ a~$q$ je liché, pak $a_{n+1}=\dcc{\frac32\cdot \zk{2^k q+1}}= \dcc{3\cdot 2^{k-1}q+\frac32} = 3\cdot 2^{k-1}q + \dcc{\frac32} = 3\cdot 2^{k-1}q +1$, atd., až~$a_{n+k}=3^k q+1$ je sudé.\\
Předchozí poznatek nám dal návod, jak vybrat podposloupnost, která střídá sudé a~liché členy. Stačí začít s~$a_1$ a~pokračovat.
\begin{align*}
a_1&=2=2^1\cdot 1,\\
a_{1+1}=a_2&=3^1\cdot 1 = 3 =2^1+1,\\
a_{2+1}=a_3&=3^1+1=4=2^2\cdot 1,\\
a_{3+2}=a_5&=3^2\cdot 1 = 9 = 2^3\cdot 1 +1,\\
a_{5+3}=a_8&=3^3\cdot 1+1=28=2^2\cdot 7,\\
a_{8+2}=a_{10}&=3^2\cdot 7=63=2^1\cdot 31+1,\\
&\;\;\;\vdots
\end{align*}
Tato podposloupnost má sama o~sobě nekonečně mnoho sudých i~lichých čísel, má je teda i~celá posloupnost $\zm{a_n}_{n=1}^\infty$.
\end{reseni}


\begin{prikl}%7-14
Dokažte, že platí nerovnosti $$\frac1{15} < \frac12 \cdot \frac34 \cdot \frac56 \cdot \frac78 \cdot \ldots \cdot \frac{99}{100} <\frac1{10}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Jistě
\[
\underbrace{\frac12 \cdot \frac23 \cdot \frac45 \cdot \frac67 \cdot \ldots \cdot \frac{98}{99}}_{A} < \underbrace{\frac12 \cdot \frac34 \cdot \frac56 \cdot \ldots \cdot \frac{99}{100}}_{B} < \underbrace{\frac23 \cdot \frac45 \cdot \frac67 \cdot \ldots \cdot \frac{100}{101}}_{C}.
\]
Uvažme součiny $A\cdot B$ a $B\cdot C$. Dostáváme
\[
\frac{1}{15^2} < \frac{1}{200} = A\cdot B < B^2 < B\cdot C = \frac{1}{101} < \frac{1}{10^2}.
\]
Odmocněním získáme požadované nerovnosti $\frac{1}{15} < B < \frac{1}{10}$.
\end{reseni}


\begin{prikl}%7-46
Každé racionální číslo z~intervalu~$\left(0,1\right>$ zapišme zlomkem v~základním tvaru~$\frac{a}{b}$, $a,b\in\N$, $(a,b)=1$, a~pokryjme ho intervalem $$\zs{\frac{a}{b}-\frac{1}{4b^2}, \frac{a}{b}+\frac{1}{4b^2}}.$$ Dokažte, že číslo~$\frac{\sqrt2}2$ není pokryto žádným z~nich.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Nejprve uvažme $a=b=1$. Pak příslušný interval je $\langle \frac34, \frac54 \rangle$, přitom $\frac{\sqrt2}{2}$ zde jistě neleží. Buď proto $\frac{a}{b} \in \ce{0,1} \cap \Q$ libovolný zlomek v~základním tvaru. Budeme chtít vyjadřovat vzdálenost $\frac{\sqrt{2}}2$ od $\frac{a}{b}$, uvažme proto
\[
\left| \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{a}{b} \right| \cdot \ce{\frac{\sqrt2}2 + \frac{a}b} = \left| \frac12 - \frac{a^2}{b^2} \right| = \frac{|b^2 - 2a^2|}{2b^2} \geq \frac{1}{2b^2},
\]
přitom poslední nerovnost plyne z~toho, že $a,b$ jsou různá nesoudělná přirozená čísla, nutně tedy $b^2 \neq 2a^2$, proto se liší alespoň o~1. To nám dává následující odhad
\[
\left| \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{a}{b} \right| \geq \frac{1}{2b^2} \cdot \frac{1}{\frac{\sqrt2}2 + \frac{a}b} > \frac{1}{2b^2} \cdot \frac12 = \frac1{4b^2}.
\]
Číslo $\frac{\sqrt2}2$ proto nemůže být pokryto žádným intervalem.
\end{reseni}

\begin{prikl}%7-78
V~oboru kladných reálných čísel řešte soustavu rovnic
$$x_1+\frac{1}{x_2}=4,\quad x_2+\frac{1}{x_3}=1,\quad \dots, \quad x_{99}+\frac{1}{x_{100}}=4,\quad x_{100}+\frac{1}{x_1}=1.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Z~AG~nerovnosti pro~$x,\frac1y$: $\frac{x+\frac1y}2\geq \sqrt{x\cdot \frac1y}$ plyne $x+\frac1y\geq 2\sqrt{\frac{x}y}$. Aplikujeme-li tuto nerovnost postupně na~všechna~$x=x_i,y=x_{i+1}$, získáme soustavu nerovností
$$x_1+\frac{1}{x_2}\geq 2\sqrt{\frac{x_1}{x_2}}, \quad x_2+\frac{1}{x_3}\geq 2\sqrt{\frac{x_2}{x_3}}, \quad\dots,\quad x_{100}+\frac{1}{x_1}\geq 2\sqrt{\frac{x_{100}}{x_1}},$$
jejichž pronásobením dostaneme nerovnost
$$\zk{x_1+\frac{1}{x_2}}\zk{x_2+\frac{1}{x_3}}\cdots \zk{x_{100}+\frac{1}{x_1}} \geq 2^{100},$$
neboť se nám všechna~$x_i$ pod~odmocninou na~pravé straně po~pronásobení z~čitatelů a~jmenovatelů vykrátí.\\
Pronásobíme-li však všech 100 původních rovnic mezi sebou, kde~50 jich má na levé straně~4, 50~zas~1, dostaneme
$$\zk{x_1+\frac{1}{x_2}}\zk{x_2+\frac{1}{x_3}}\cdots \zk{x_{100}+\frac{1}{x_1}} =4^{50}= 2^{100}.$$
V~předchozí pronásobené nerovnosti tak nastává rovnost, nastává proto rovnost ve~všech dílčích nerovnostech. Ty ale byly ekvivalentní AG~nerovnostem, ve~kterých nastává rovnost, právě když se rovnají jednotlivý členové.\\
Dospěli jsme tak k~rovnostem mezi neznámými $x_1=\frac1{x_2}$, $x_2=\frac1{x_3}$, \dots, $x_{100}=\frac1{x_1}$, jejichž zkombinováním máme $x_1=\frac1{x_2}=x_3=\frac1{x_4}=\dots=x_{99}=\frac1{x_{100}}$. Dosazením do~původních rovnic získáme jediné řešení $x_1=x_3=x_{99}=2$ a~$x_2=x_4=x_{100}=\frac12$.
\end{reseni}


\begin{prikl}%7-93
Dokažte, že pro~všechna kladná reálná čísla~$a,b,c$, splňující $a^2+b^2-ab=c^2$, platí $(a-c)(b-c)\leq 0$.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Výchozí rovnost $a^2+b^2-ab=c^2$ můžeme napsat ve~tvaru $a^2+b^2-2ab\cos 60^\circ=c^2$, tedy ve~tvaru kosinové věty. Proto čísla $a,b,c$ odpovídají délkám stran trojúhelníku s~úhlem~$\gamma=60^\circ$. Pro~zbylé úhly pak platí buď $\alpha\geq 60^\circ$ a~$\beta\leq 60^\circ$, nebo~$\alpha\leq 60^\circ$ a~$\beta\geq 60^\circ$. Pro strany to znamená buď $a\geq c\geq b$, nebo~$a\leq c\leq b$, tedy buď $a-c\geq 0$ a~$b-c\leq 0$, nebo~$a-c\leq 0$ a~$b-c\geq 0$. V~obou případech jde o~součin nezáporného a~nekladného čísla, je proto $(a-c)(b-c)\leq 0$.
\end{reseni}










\end{document}
\begin{prikl}%14.6-70
Určete $$\dcc{\zk{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}^2}.$$
\end{prikl}
\begin{reseni}
Vymezme číslo $\zk{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}^2$.\\
Z~nerovnosti mezi aritmetickým a~kvadratickým průměrem pro~$a\neq b$ máme
\begin{align*}
\frac{a+b}2&<\sqrt{\frac{a^2+b^2}2},\\
a+b&<\sqrt{2\zk{a^2+b^2}},
\end{align*}
po~dosazení $a=\sqrt{n}$, $b=\sqrt{n+2}$ pak
$$\sqrt{n}+\sqrt{n+2}<\sqrt{2(2n+2)}=2\sqrt{n+1},$$
odkud
$$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}<3\sqrt{n+1}=\sqrt{9n+9},$$
neboli
$$\zk{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}^2<9n+9.$$
Tímto jsme omezili uvedené číslo shora číslem~$9n+9$. Pokud bychom ho omezili i~zdola, číslem o~jedna menším, $9n+8$, věděli bychom, i~čemu je rovna jeho celá část.\\
Z~nerovnosti mezi aritmetickým a~geometrickým průměrem pro~různá $a,b,c$ máme
\begin{align*}
\frac{a+b+c}3&>\sqrt[3]{a\cdot b\cdot c},\\
a+b+c&>3\sqrt[3]{a\cdot b\cdot c},
\end{align*}
po~dosazení $a=\sqrt{n}$, $b=\sqrt{n+1}$, $c=\sqrt{n+2}$ pak
$$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}>3\sqrt[6]{n (n+1) (n+2)}.$$
Nyní ekvivalentními úpravami dokažme, že platí
$$3\sqrt[6]{n (n+1) (n+2)}>\sqrt{9n+8}.$$
Umocněním na~6 dostaneme
\begin{align*}
3^6 \zh{n (n+1) (n+2)}&> (9n+8)^3,\\
729n^3+2187n^2+1458n&>729n^3+1944n^2+1728n+512,\\
243n^2-270n-512&>0.
\end{align*}
Tato nerovnost platí pro~$n\geq3$, pro něž je odtud
$$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}>3\sqrt[6]{n (n+1) (n+2)}>\sqrt{9n+8}.$$
Pro~$n=1,2$ ověříme bez~mezikroku, že pro~$n=1$ je $\sqrt{1}+\sqrt{2}+\sqrt{3}>\sqrt{17}$ a~pro~$n=2$ je $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{4}>\sqrt{26}$. Tedy
$$\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}>\sqrt{9n+8},$$
pro~libovolné~$n\in\N$.\\
Umocněním posledního a~zkombinováním výsledků dostaneme
$$9n+8<\zk{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}^2<9n+9,$$
čímž jsme daný výraz omezili dvěma po~sobě jdoucími přirozenými čísly, takže pro~jeho dolní celou část platí
\begin{align*}
\dcc{\zk{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}}^2}&=9n+8.\qedhere
\end{align*}
\end{reseni}


\begin{prikl}%14.6-72
Dokažte, že pro~libovolné $n\in\N$ platí, že $2^n$ dělí $1+\dcc{\zk{3+\sqrt5}^n}$.
\end{prikl}
\begin{reseni}
Protože ve~výrazu vystupuje $a=3+\sqrt5$, může být užitečné uvážit i~konjugované číslo $b=3-\sqrt5$. Pak~$a+b=6$ a~$ab=4$.\\
Abychom dostali $\zk{3+\sqrt5}^n$, uvažme posloupnost $x_n=a^n+b^n$. Protože $\zk{a^{n+1}+b^{n+1}}(a+b) = a^{n+2}+b^{n+2} + ba^{n+1}+ab^{n+1} =  a^{n+2}+b^{n+2} + ab \zk{a^n+b^n}$, tedy $6x_{n+1}=x_{n+2} +4 x_n$, splňuje tato posloupnost rekurentní vztah $x_{n+2}=6x_{n+1} - 4 x_n$, s~počátečními podmínkami $x_1=a+b=6$ a~$x_2=a^2+b^2=28$. Zejména jde tedy o~posloupnost přirozených čísel.\\
Indukcí dokažme, že pro~všechna $n\in\N$: $2^n\mid x_n$. Máme $2^1 \mid x_1$ a~$2^2 \mid x_2$. Dále ukažme, že z~$2^n \mid x_n$ a~$2^{n+1} \mid x_{n+1}$ plyne, že $2^{n+2} \mid x_{n+2}$. Z~indukčního předpokladu je $x_n=2^n p$, $x_{n+1}=2^{n+1}q$, kde~$p,q\in\N$. Z~rekurentního vztahu $x_{n+2}=6x_{n+1} - 4 x_n = 6 \cdot 2^{n+1}q -4\cdot 2^n p = 2^{n+2}(3q-p)$, tedy $2^{n+2} \mid x_{n+2}$.\\
Protože $0<3-\sqrt5 <1$, je $0<\zk{3-\sqrt5}^n <1$. Takže odebrání čísla~$b^n$, $0<b^n<1$, z~$x_n=a^n+b^n\in\N$ ho nezmenší víc jak~o~jedna, proto $a^n+b^n=\dcc{a^n}+1$, neboli
$$x_n=\dcc{\zk{3+\sqrt5}^n}+1.$$
$2^n\mid x_n$ bylo tedy přesně to, co jsme původně chtěli dokázat.
\end{reseni}