tu je riesenie 6. prikladu s particiami ...(13.5.1999):

Potrebujeme ukazat rovnost mohutnosti, takze ukazeme dve inkluzie.

1. pre kazdu particiu cisla n na max. m scitancov najdeme particiu cisla
n+C(m+1,2) na presne m roznych scitancov.

Vsimnime si, ze 1+2+3+...+m = C(m+1,2)

Majme particiu n = a1 + a2 + ... + ak, k<=m. Nezalezi na poradi, takze 
                  1 <=   a1 <= a2   <=... <= ak  a zaroven
 1 < 2 < ... < m-k  < m-k+1 < m-k+2 < ... <  m   scitame

 1 < 2 < ... < m-k  < a1+m-k+1 < a2+m-k+2 < ... < ak+m

Toto je ale particia cisla n+C(m+1,2) na m navzajom roznych scitancov. 

2. Majme particiu cisla n+C(m+1,2) na presne m roznych scitancov ...

n+C(m+1) = a1 + a2 + ... + am

nech bi = ai - i  (teraz tie cisla odcitame), tak
n = b1 + b2 + ...  + bm

Zjavne ai>=i  => bi = ai-i>=0. Ak bi = 0, tak ta particia skratka nie je. Teda
b1, b2, ..., bm su scitance particie cisla n.


Pre particiu n sme nasli prislusnu particiu n+C(m+1,2) a naopak, takze pocty
particii sa rovnaju.

-------------------------------------------------------------------------------
OKRUHLE STOLY:

Boli tu akesi otazky na okruhle stoly, tak ponukam moju interpretaciu.
Mimochodom v minulom mail-e som nedopatrenim uverejnil zly vysledok prikladu
s okruhlym stolom a manzelmi, za co sa velmi ospravedlnujem. "Spravny"
vysledok je:
 4n suma(k=0..n) (-1)^k (n nad k) (2n-k-1 nad k-1) (k-1)! [(n-k)!]^2

OKRUHLY STOL NEPRIATELIA
suma(k=0..n) (-1)^k (n nad k) 2^(k+1) n (2n-k-1)!

suma(k=0..n) (-1)^k Sk  <-- inkluzia exkluzia
Sk=(n nad k) 2^(k-1) 4n (2n-k-1)!
Sk je pocet takych rozsadeni, ze aspon k nepritelskych dvojic sedi vedla
seba.
(n nad k) <-- vybratie k dvojic ktore budu sediet vedla seba
4n <-- prvu dvojicu mozem posadit za prazdny okruhly stol 4n sposobmi, tym
ale urobim nieco ako roztrhnutie stola (t.z. k zvysnym miestam sa spravam
ako keby som usadzal za rovny stol)
2^(k-1) <-- k jednemu nepriatelovi mozem posadit druheho bud vlavo alebo
vpravo, kedze ostalo k-1 dvojic ...
(2n-k-1)! <-zvysok permutujem vsetkych je dokopy 2n, k som si vybral plus
jeden bonusovy za prvu nepritelsku dvojicu (ten pri 4n)

OKRUHLY STOL MANZELIA
4n suma(k=0..n) (-1)^k (n nad k) (2n-k-1 nad k-1) (k-1)! [(n-k)!]^2

V tomto priklade vam nemozem povedat Tomanov postup, ale iba odvovodnenie,
ktore som mu vypotil ja. Nekritizoval ho sice, ale netvaril sa, ze by to
bolo nejak extra dobre (ale vysledok je podla Tomana dobry) takze:

Zas inkluzia-exkluzia ako minule
Sk je pocet takych rozsadeni, ze aspon k manzelskyc dvojic sedi vedla seba.
2[(n-k)!]^2  <-- pocet usadenia n-k dvojic vedla okolo stola aby sedeli
mzmz...
(n nad k) <-- vybratie k dvojic ktore budu sediet vedla seba
2n <-- pocet sposobov usadenia prvej dvojice
(2n-k-1 nad k-1)*(k-1)! <-- z 2n-k-1 volnych miest vyberiem k-1 na ktore
usadim zvysne vybrate manzelske dvojice, ale musim ich este usporiadat (toto
je podla mna blbost (!!!) ale inak si to neviem vysvetlit)

Asi som vam velmi nepomohol, ale ak tak sa rado stalo.

----------------------------------------------------------------------------
10.6.1999:
PISOMKA:

2. -toto som nevedel precitat z tabule, takze mozno nejaka odchylka tam je,
    ale napisal som ze:
  pre vsetky k=1..m  | Si1 U Si2 U... U Sik | >=k*r
a dokazal obdobne ako hallovu vetu- vlastne to iste len zovseobecnene ->
vzniklo r+1 pripadov (v hallovej vete iba 2)

3.  S0 = 2^n * 2^n = 4^n

    Sk = pocet mnozin, krote maju spolocnych prave k-prvkov
          2^n * 2^(n-k) = 4^(n-k)

  SUMA {k=0..n} (-1)^k*Sk = Suma{k=0..n} (n nad k)*(-1)^k * 4^(n-k) =
  binomicka veta = 3^n


4.   V x,y z R, x<>y, E z z Q  x<z<y
    kazdemu intervalu priradime to racionalne cislo -> |S|<=|Q|=|N| a hotovo

5.  -bolo na prednaske
    -veta s tou mnozinou C={n z N| V m z N, m<n, plati f(n)<>f(m)}

6.   vieme spravit bij medzi  f(c)(b) a g(b,c) a to je vsio


----------------------------------------------------------------------------
15.6.1999:
PISOMKA:

1) Zostrojit mnozinu Ai taku, ze vrchol j patri do Ai ak vrchol i a vrchol j
su spojene hranou. Teraz treba ukazat, ze system mnozin Ai splna Hallovu
podmienku (v nasom pripade trochu pozmenenu t.z.: kazda mnozina ma r prvkov
a kazdy prvok sa nachadza v prave r mnozinach), teda existuje system roznych
reprezentantov, teda aj kompletne parenie. Treba si pozriet vidiecke svadby
co hovoril na prednaske (ak si to niekto znacil;) a pochopite.

2) Uvediem iba "spravny" vysledok:
suma(k=0..n) (-1)^k (n nad k) 2^k (2n-k)!  <-- vecelku sympaticke oproti
okruhlym stolom

3) Radsej sa nevyjadrujem, lebo vysvitne, ze to neviem.
Ale jasne, ne?

4) Podla Dirichletovho principu z vrcholu v vychadza aspon 6 hran
zafarbenych rovnakou farbou (napr. cervenou). Na druhom konci tychto hran
mam 6 bodov ktore tvoria K6 a farbim ich uz len dvoma farbami (lebo ak by
som pouzil cervenu bol by tam cerveny trojuholnik) a to sme robili na
prednaske a je to aj v salabastroch.

5) Zostrojim mnozinu Ai taku, ze j patri do Ai ak aj=1 (ak aj=-1 tak j do Ai
nepatri). K taketoj jednej mnozine zodpoveda prave jedna suma. Ak |xi|>1 a
interval ma dlzku 2, tak mnoziny Ai do seba nezapadaju (to nech si vazeny
citatel rozmysli sam!), teda slnuju podmienku Spernerovej vety, teda mnzin
Ai nie je viac ako
(n nad [n/2]) Q.E.D.

6) Viz. prednaska & salabastre.

USTNA:
1) len vysledok (menovatel si ho rad odvodi sam):
suma(k=0..n) (-1)^k (n nad k) 2^(k+1) n(2n-k-1)!
2) podobne ako 1):
4n suma(k=0..n) (-1)^k (2n-k-1 nad k-1) (k-1)! [(n-k)!]^2 (vivat LSD)
3) Viz. prva (???) prednaska.

------------------------------------------------------------------------------
SPERNEROVE SYSTEMY:

Prva nerovnost je zrejma. Majme B1,B2,...,Bm  (m = Tn) mnozin, ktore tvoria
Spernerov system. Z nich mozeme vytvorit dalsie tak, ze zoberiem jej lubovolne
podmnoziny (z mnozin B1,..,Bm) . A to je presne 2^Tn