dla ka»dych dwóch liczb n, m mo»emy okre±li¢, »e jedna z nich jest wi¦ksza od drugiej lub s¡ sobie równe

(1)

ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ

Wprowadzenie. Zbiór liczb naturalnych oprócz dziaªa« arytmetycznych posiada naturalny porz¡dek, tzn. dla ka»dych dwóch liczb n, m mo»emy okre±li¢, »e jedna z nich jest wi¦ksza od drugiej lub s¡ sobie równe. Porz¡dek ten ma pewn¡ dodatkow¡ wªasno±¢ - ka»da liczba ma nast¦puj¡c¡ i poprzedzaj¡c¡ (z wyj¡tkiem jedynki). Ponadto, zachodzi nast¦puj¡cy fakt.

Lemat 1. Ka»dy niepusty zbiór zawarty w zbiorze liczb naturalnych ma element najmniejszy.

Fakt ten jest dla nas bardzo naturalny, ale nie b¦dziemy go uzasadnia¢ tylko potraktujemy jako aksjomat. Przypomnijmy, »e zdaniem logicznym jest dowolne stwierdzenie mog¡ce by¢

prawdziwe albo nieprawdziwe. Stwierdzenia, które zawieraj¡ zmienn¡, np. T(n): "jest prawd¡,

»e n ≥ 2"(w skrócie, T (n) : n ≥ 2) , staj¡ si¦ zdaniami logicznymi, gdy my±limy o konkretnym n ∈ N (w tym wypadku nieprawdziwym dla n = 1 i n = 0, a prawdziwym w pozostaªych przypadkach).

Twierdzenie 2. [Zasada Indukcji Matematycznej = ZIM] Niech T (n) b¦dzie zdaniem logicznym dla n ∈ N. Zaªó»my, »e:

• Z1: zdanie T (1) jest prawdziwe oraz

• Z2: dla dowolnego k ∈ N zdanie T (k) implikuje T (k + 1), Wtedy dla dowolnego n ∈ Nn zdanie T (n) jest prawdziwe.

Przyjrzyjmy si¦ na chwil¦ istocie tego twierdzenia. Pocz¡tkowo mamy zdanie logiczne T (n), ale jeszcze nie wiemy, dla których n jest ono prawdziwe, a dla których faªszywe. ZIM mówi nam, »e T (n) jest prawdziwe dla wszystkich n ∈ Nn o ile sprawdzimy zaªo»enia Z1 i Z2.

Przypomnijmy, »e »eby pokaza¢ implikacj¦ zakªadamy poprzednik implikacji i udowadniamy nast¦pnik. I tutaj wªa±nie kryje si¦ moc indukcji: pokazujemy, »e T (k + 1) jest prawdziwe zakªadaj¡c (wiedz¡c), »e zdanie o mniejszym indeksie T (k) jest ju» prawdziwe. Bez ZIM musieliby±my bezpo±rednio pokaza¢, »e ka»de ze zda« T (n), n ∈ N jest prawdziwe.

Dowód ZIM. Skorzystamy z faktu 1. Zaªó»my, »e Z1 i Z2 zachodz¡ i poka»emy, »e T (n) jest prawdziwe dla wszystkich n ∈ N. Skorzystamy z metody dowodu nie wprost ¹ , czyli zaªo»ymy, »e T (n) jest nieprawdziwe dla pewnego (by¢ mo»e wielu) n. Rozwa»my nast¦puj¡cy podzbiór N:

A = {n ∈ N : T (n)jest zdaniem faªszywym}.

Teraz, zgodnie zaªo»eniem nie wprost, A nie jest zbiorem pustym, wi¦c z faktu 1 musi mie¢

element najmniejszy. Oznaczymy go przez n0. Je±li n0 = 1, to mamy sprzeczno±¢ z Z1. W przeciwnym wypadku Tn0 jest faªszywe, ale Tn0−1jest prawdziwe, wi¦c mamy sprzeczno±¢ z Z2 (dla k = n0− 1prawda implikuje faªsz). Dostajemy sprzeczno±¢, wi¦c zdanie: T (n) jest nieprawdziwe dla pewnego (by¢ mo»e wielu) n okazaªo si¦ nieprawdziwe, czyli jego zaprzeczenie:

T (n) jest prawdziwe dla wszystkich n ∈ N jest prawdziwe.

Marcin Preisner [ marcin.preisner@uwr.edu.pl ].

1Metoda nie wprost polega na tym, »e zamiast pokaza¢, »e zdanie S jest prawd¡, my±limy: co by byªo, gdyby S nie byªo prawd¡. Je±li oka»e si¦, »e zaprzeczenie S prowadzi do sprzeczno±ci (jest nieprawd¡), to wyj±ciowe zdanie S musiaªo by¢ prawd¡. Metoda nie wprost cz¦sto uªatwia dowody, wi¦c w przyszªo±ci cz¦sto b¦dziemy jej u»ywali.

1

(2)

Przykªady. ZIM mówi o dowolnych zdaniach logicznych numerowanych liczbami naturalnymi, wi¦c mo»na jej u»ywa¢ wªa±ciwie w ka»dej dziedzinie matematyki. Poni»szy przykªad jest znanym wzorem na sum¦ ci¡gu arytmetycznego 1, 2, 3, ..., n.

Przykªad 3. Dla ka»dego n ∈ N zachodzi:

(4) 1 + 2 + ... + (n − 1) + n = n(n + 1)

2 .

Dowód. Niech T (n) oznacza powy»sze zdanie dla n ∈ N. Zgodnie z ZIM musimy sprawdzi¢:

• Z1: Tutaj T (1) oznacza po prostu 1 = ^1·2₂ , wi¦c T (1) jest prawdziwe.

• Z2: Zakªadamy, »e T (k) jest prawd¡, czyli:

(5) 1 + 2 + ... + (k − 1) + k = k(k + 1)

2 .

Teraz poka»emy T (k + 1) korzystaj¡c z (5). Mamy

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

2 + (k + 1) = (k + 1) k 2 + 1

= (k + 1)(k + 2) 2 i to jest dokªadnie T (k + 1).

U»ywaj¡c ZIM (poniewa» Z1 i Z2 s¡ speªnione) wzór (4) jest prawdziwy dla ka»dego n ∈ N.

Przykªad 6. Dla ka»dego n ∈ N liczba 7ⁿ− 1 jest podzielna przez 6.

Dowód. Zgodnie z ZIM sprawdzamy tylko:

• Z1: dla n = 1 liczba 7¹− 1 = 6jest podzielna przez 6,

• Z2: zakªadamy, »e dla k ∈ N liczba 7^k− 1jest podzielna przez 6, czyli istnieje K ∈ N, takie »e 7^k− 1 = 6K. Wtedy

7^k+1− 1 = 7^k+1− 7^k+ 7^k− 1 = 7^k(7 − 1) + 6K = 6(7^k+ K).

Poniewa» i ta liczba jest podzielna przez 6, to pokazali±my implikacj¦ z ZIM.

Przykªad 7. Udowodnij, »e n prostych, z których »adne dwie nie s¡ równolegªe, a »adne trzy nie przecinaj¡ si¦ w jednym punkcie, rozcina pªaszczyzn¦ na ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ + 1obszarów.

Dowód. U»yjemy ZIM.

• Z1: Jedna prosta dzieli pªaszczyzn¦ na 2 = ^1·2₂ + 1obszary.

• Z2: Zaªó»my, »e k prostych jak w zadaniu dzieli pªaszczyzn¦ na ^k(k+1)₂ + 1obszarów.

Kolejna, (k + 1)-sza dorysowana prosta przecina wszystkie pozostaªe k prostych (i to poza punktami przeci¦¢ tych prostych), zatem przecina k + 1 obszarów na dwie cz¦±ci, wi¦c liczba obszarów zwi¦kszy si¦ o k + 1 i b¦dzie wynosiªa:

k(k + 1)

2 + 1 + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)

2 + 1.

(3)

0.0.1. Uwagi i modykacje. Zasad¦ indukcji matematycznej mo»na modykowa¢ na wiele spo- sobów. Mo»e si¦ zdarzy¢, »e T (n) jest nieprawdziwe dla kilku pocz¡tkowych n, ale od pewnego n0 podejrzewamy, »e jest ju» prawdziwe.

Uwaga 8. Je±li poka»emy, »e:

• Z1: T (n0) jest prawdziwe,

• Z2: T (k) =⇒ T (k + 1) dla k ≥ n0,

to ZIM dowodzi, »e dla ka»dego n ≥ n0 zdanie T (n) jest prawdziwe.

Podobnie, mo»e si¦ zdarzy¢, »e nie potramy pokaza¢ "kroku"T (k) =⇒ T (k + 1), ale umiemy pokaza¢ wi¦kszy "krok".

Uwaga 9. Je±li T (n0) jest prawd¡, oraz dla pewnego r ∈ N mamy implikacj¦ T (k) =⇒

T (k + r)(dla k ≥ n0), to ZIM mówi, »e prawdziwe s¡ T (n0), T (n0+ r), T (n0+ 2r), .... Ogólnie:

T (n₀+ nr) s¡ prawdziwe dla n ∈ N.

Przykªad 10. Dowied¹, »e dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 6 kwadrat mo»na podzieli¢ na nkwadratów.

Dowód. Niech T (n) b¦dzie zdaniem: kwadrat mo»na zbudowa¢ z n kwadratów. Zauwa»my,

»e kwadrat mo»na zbudowa¢ z 6 kwadratów (jeden o boku 2 i 5 o boku 1), 7 kwadratów (3 o boku 2, 4 o boku 1) i 8 kwadratów (jeden o boku 3 i 7 o boku 1). Z1: Zatem T (6), T (7)iT (8) s¡ prawdziwe. Ponadto, je±li maj¡c dany dowolny podziaª i jeden z kwadratów podzielimy na 4 mniejsze, to w nowym podziale s¡ o 3 wi¦cej kwadraty. Z2: To pokazuje, »e T (k) =⇒ T (k+3) dla dowolnego k ∈ N. Z pokazanych Z1 i Z2 zmodykowana ZIM dowodzi, »e T (n) jest

prawdziwe dla n ≥ 6.

Przykªad 11. Dowiedz, »e dla ka»dej liczby naturalnej n zachodzi nierówno±¢

1000000n < 2ⁿ+ 19000000 .

Dowód. Powy»sza nierówno±¢ jest oczywista dla n = 1, ..., 19. Dla n = 20 nierówno±¢ jest speªniona poniewa» 1000000 < 2²⁰ (bo 2¹⁰ > 1000). Korzystaj¡c z indukcji (sprawdzonej ju» dla n = 19) poka»emy krok indukcyjny T (k) =⇒ T (k + 1) dla k ≥ 19. Zaªó»my, »e 1000000k < 2^k+ 19000000. Wtedy

1000000(k + 1) = 1000000k + 1000000 < 2^k+ 19000000 + 1000000 < 2^k+1+ 19000000, przy czym ostatnia nierówno±¢ jest prawdziwa, bo sprawdzili±my ju», »e 1000000 < 2^k dla

k ≥ 20.

(4)

Lista zada«.

wiczenia.

1. Udowodnij wzory:

(a)

1 + 2 + 2²+ ... + 2ⁿ= 2ⁿ⁺¹− 1, (b)

1²+ 2²+ ... + n² = n(n + 1)(2n + 1)

6 .

2. Udowodnij, »e:

(a)

5|n⁵− n, (b)

6|n³+ 5n.

3. Przeprowad¹ drugi krok indukcyjny w dowodzie wzoru: n² = (n −¹₂)(n + ¹₂). 4. Dla n > 2 udowodnij nierówno±¢ 2ⁿ> 2n + 1.

5. Udowodnij indukcyjnie, »e ka»d¡ kwot¦ n zª (n ≥ 4) mo»na rozmieni¢ na dwuzªotówki i pi¦ciozªotówki.

6. Mamy prostok¡tna czekolad¦ zªo»ona z N = ab( a,b>0) kwadratowych kawaªków.

Przez wykonanie ci¦cia (uªamanie czekolady) rozumiemy rozci¦cie jej jakiejkolwiek spójnej cz¦±ci wzdªu» której± z linii pomi¦dzy kawaªkami, tak by dosta¢ dwa znów prostok¡tne kawaªki. Ile razy trzeba uªama¢ czekolad¦ aby rozdzieli¢ jej wszystkie kwadraciki?

7. O zdaniu T (n) udowodniono, ze prawdziwe sa T (1) i T (6), oraz ze dla dowolnego n ≥ 1 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 3). Czy mo»na stad wnioskowa¢, »e:

(a) faªszywe jest T (3) (b) faªszywe jest T (11)

(c) prawdziwe jest T (9)

(d) dla dowolnej liczby caªkowitej dodatniej n prawdziwe jest T (n²) Zadania.

1. Udowodnij wzory:

(a)

1³+ 2³+ ... + n³= n²(n + 1)²

4 ,

(b)

1 · 1! + 2 · 2! + ... + n · n! = (n + 1)! − 1, (c)

1 + 2 · 3 + 3 · 3²+ 4 · 3³+ 5 · 3⁴+ ... + n · 3ⁿ⁻¹= 2n − 1

4 · 3ⁿ+1 4, (d)

(2²⁰+ 1) · (2²¹+ 1) · (2²² + 2) · (2²³ + 1) · ... · (2²ⁿ+ 1) = 2²ⁿ⁺¹− 1.

2. Policz poni»sze wyra»enie dla n = 1, 2, 3, 4, 5, zgadnij warto±¢ dla dowolnego n i udowodnij indukcyjnie, »e to prawdziwa warto±¢.

1

1 · 2+ 1

2 · 3 + ... + 1 n · (n + 1) 3. Udowodnij nast¦puj¡ce nierówno±ci:

(a) dla n ∈ N,

n(n + 1) ≤ 2ⁿ+ 4,

(5)

(b) dla n ∈ N,

10n < 2ⁿ+ 25, (c) dla x > −1, n ∈ N (nierówno±¢ Bernoulliego):

(1 + x)ⁿ≥ 1 + nx, (d) dla n > 1,

√1 1 + 1

√2+ ... + 1

√n >√ n, (e) dla n > 3,

(n + 1)ⁿ< nⁿ⁺¹, 4. Uzasadnij podzielno±ci:

(a) 19|(5 · 2³ⁿ⁻²+ 3³ⁿ⁻¹), (b) 133|11ⁿ⁺¹+ 12²ⁿ⁻¹.

5. Poka» indukcyjnie, »e zbiór, który ma n elementów, ma dokªadnie 2ⁿ podzbiorów.

6. Udowodnij przez indukcj¦, »e liczba przek¡tnych w n-k¡ta wypukªego jest równa

1

2n(n − 3)

7. Dowied¹, ze dla ka»dej liczby naturalnej n ≥ 200 sze±cian mo»na podzieli¢ na n sze-

±cianów.

8. Dowied¹, »e dla ka»dej liczby naturalnej n ≥ 2 zachodzi równo±¢

1 6+ 1

24 + 1

60 + . . . + 1

(n − 1) · n · (n + 1) = 1

4− 1

2n(n + 1) . 9. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 2 zachodzi równo±¢

1 3+1

8 + 1 15 + 1

24 + . . . + 1

n²− 1 = (n − 1)(3n + 2) 4n(n + 1) . 10. Dowie±¢, »e dla ka»dej liczby naturalnej n zachodzi nierówno±¢

n

X

i=1

i⁵ < n³(n + 1)³

6 .

11. Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi 9 · (3n)! · n...2 · (3ⁿ· n!)³ . W miejsce kropek wstawi¢ jeden ze znaków: >, <, =, ≥, ≤.

12. Ci¡g an zadany jest rekurencyjnie:

a₀ = −1, a₁ = 0, a_n+1= 5a_n− 6a_n−1 dla n ≥ 1.

Udowodnij, »e an= 2 · 3ⁿ− 3 · 2ⁿ. 13. Ci¡g an zadany jest rekurencyjnie:

a0 = 0, a1= 1, an+1= 3an− 2a_n−1.

Policz kilka pocz¡tkowych wyrazów tego ci¡gu, zgadnij wzór na n-ty wyraz, a nast¦pnie udowodnij ten wzór u»ywaj¡c indukcji.

14. Liczby an, bn sa okre±lone wzorami

a₁ = b₁= 1, a_n+1= a_n+ b_n, b_n+1= a_n+1+ a_n.

Dowied¹, »e dla dowolnej liczby naturalnej n liczba 2a²_n− b²_n jest równa ±1.

15. Znajd¹ bª¡d w w nast¦puj¡cym dowodzie: wyka», »e dla n ∈ N zachodzi nierówno±¢

(12) 30n < 2ⁿ+ 110.

(6)

Dowód. Przeprowadzimy dowód indukcyjny. Dla n = 1 sprawdzamy bezpo±rednio 30 < 2 + 110 = 112. Zaªó»my, »e 30k < 2^k+ 110. Udowodnimy nierówno±¢ 30(k +1) <

2^k+1+ 110. Stosuj¡c zaªo»enie indukcyjne otrzymujemy ci¡g nierówno±ci:

30(k + 1) = 30k + 30 < 2^k+ 110 + 30 = 2^k+1+ 110 + 30 − 2^k< 2^k+1+ 110,

przy czym ostatnia nierówno±¢ zachodzi dla k ≥ 5. Zatem nierówno±¢ (12) zostaªa udowodniona dla n ≥ 5. Pozostaje sprawdzi¢, »e: dla n = 2 mamy 60 < 4+110 = 114, dla n = 3mamy 90 < 8 + 110 = 118, dla n = 4 mamy 120 < 16 + 110 = 126. Tym samym nierówno±¢ (12) jest udowodniona dla wszystkich W szczególno±ci wykazali±my, ze dla n = 6 zachodzi nierówno±¢ 180 < 174. Gdzie tkwi bª¡d w powy»szym rozumowaniu?

16. Wska» bª¡d w dowodzie twierdzenia: wszystkie koty s¡ tego samego koloru.

Dowód. Wystarczy wykaza¢, »e w dowolnym zbiorze zawieraj¡cym n kotów, gdzie n ∈ N, wszystkie koty s¡ tego samego koloru.

• Z1 Warunek pocz¡tkowy, to sprawdzenie dla n = 1. Oczywi±cie w zbiorze zawieraj¡cym tylko jednego kota wszystkie koty s¡ tego samego koloru.

• Z2: Zaªó»my, »e udowodnili±my twierdzenie dla wszystkich liczb naturalnych od 1 do n − 1, dowodzimy dla n. We¹my dowolny zbiór A zawieraj¡cy n kotów.

Poka»emy, »e koty ze zbioru A s¡ tego samego koloru. Wrzucaj¡c z A pewnego kota X otrzymamy zbiór zawieraj¡cy n−1 kotów - mo»emy skorzysta¢ z zaªo»enia indukcyjnego, »eby stwierdzi¢, »e wszystkie koty w A oprócz X maj¡ ten sam kolor. Ale teraz, wrzucaj¡c z A kota Y (innego ni» X), wnioskujemy z zaªo»enia indukcyjnego, »e kot X ma ten sam kolor, co pozostaªe koty w A. Wobec tego wszystkie koty w A maj¡ ten sam kolor.

Zatem na mocy zasady indukcji matematycznej wszystkie koty s¡ tego samego koloru.

17. Dygresja: wymy±l na nowo wzór na wyra»enie z zadania 2 zadania korzystaj¡c z rów-

no±ci: _k(k+1)¹ = ¹_k−_k+1¹ . Potem podobnie policz sum¦:

1

2 · 5+ 1

5 · 8+ ... + 1

(3n − 1) · (3n + 2).

18. Zaªó»my, »e x +¹_x jest liczb¡ caªkowit¡. Udowodnij, »e xⁿ+_x¹n jest liczb¡ caªkowit¡

dla ka»dego n ∈ N.

19. Poka», »e dla liczb rzeczywistych x1, ..., x_n zachodzi:

(a) |x1+ x2| ≤ |x₁| + |x₂|,

(b) |x1+ x₂+ ... + x_n| ≤ |x₁| + |x₂| + ...|x_n|.

20. O zdaniu T (n) udowodniono, »e prawdziwe jest T (1), oraz ze dla dowolnego n ≥ 6 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 2). Czy mo»na st¡d wnioskowa¢, »e:

(a) prawdziwe jest T (10) (b) prawdziwe jest T (11)

(c) prawdziwa jest implikacja T (7) =⇒ T (13) (d) prawdziwa jest implikacja T (3) =⇒ T (1)

(e) prawdziwa jest implikacja T (1) =⇒ T (3)

21. O zdaniu T (n) wiadomo, »e T (7) jest faªszywe, T (17) jest prawdziwe, a ponadto dla ka»dej liczby naturalnej n zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 1). Czy stad wynika,

»e:

(a) T (5) jest faªszywe (b) T (10) jest prawdziwe

(c) T (15) jest faªszywe (d) T (20) jest prawdziwe

(7)

22. O zdaniu T (n) wiadomo, »e prawdziwe jest T (25), a ponadto dla ka»dej liczby naturalnej n ≥ 20 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n+2) oraz dla ka»dej liczby naturalnej 4 ≤ n ≤ 30 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n − 3). Czy stad wynika, »e prawdziwe jest:

(a) T (37) (b) T (38) (c) T (10) (d) T (11) Problemy.

1. Udowodnij, »e dla ka»dego n ∈ N liczba (n−1)²jest dzielnikiem liczby nⁿ− n²+ n − 1. 2. Ci¡g Fibbonacciego fn zadany jest rekurencyjnie: f0 = 1, f₁ = 1, f_n+1 = f_n+

f_n−1 dla n ≥ 1. Udowodnij, »e fn= 1

√ 5





1 +√ 5 2

!n+1

− 1 −√ 5 2

!n+1

.

3. Udowodnij, »e dla dowolnych liczb dodatnich a1, a₂, . . . , a_n zachodzi nierówno±¢

a1+ a2+ . . . + an

n ≥ √ⁿ

a₁a₂. . . a_n wedle nast¦puj¡cego planu:

(a) udowodnij j¡ dla n = 2,

(b) udowodnij, »e je±li jest ona prawdziwa dla n = k, to jest te» prawdziwa dla n = 2k, (c) udowodnij, »e je±li k < ` i nierówno±¢ jest prawdziwa dla n = ` to jest te»

prawdziwa dla n = k, (d) wyci¡gnij konkluzj¦.

4. Dane s¡ klocki o ksztaªcie sze±cianu o wymiarach 2 × 2 × 2 z usuni¦tym naro»nikiem 1×1×1. U»ywaj¡c tych klocków zbuduj sze±cian o wymiarach 2ⁿ×2ⁿ×2ⁿz usuni¦tym naro»nikiem 1 × 1 × 1.

5. Boki pewnego wielok¡ta wypukªego zaznaczono z zewn¡trz cienk¡ kolorow¡ lini¡. W wielok¡cie zaznaczono kilka przek¡tnych i ka»d¡ z nich - równie» z jednej strony - zaznaczono cienk¡ kolorow¡ lini¡. Wyka», »e w±ród wielok¡tów, na które narysowane przek¡tne dziel¡ wyj±ciowy wielok¡t, istnieje taki, którego wszystkie boki s¡ zaznaczone z zewn¡trz.

6. Dana jest liczba naturalna k. Dowied¹, »e z ka»dego zbioru liczb caªkowitych, ma- j¡cych wi¦cej ni» 3^k elementów mo»emy wybra¢ (k + 1)-elementowy podzbiór S o nast¦puj¡cej wªasno±ci:

Dla dowolnych dwóch ró»nych od siebie podzbiorów A, B ⊂ S suma wszystkich ele- mentów z A jest ro»na od sumy wszystkich elementów z B.

7. Udowodnij, »e dla ró»nych liczb caªkowitych a, b, c i dowolnej liczby naturalnej n poni»sza liczba jest caªkowita:

aⁿ

(a − b)(a − c)+ bⁿ

(b − a)(b − c) + cⁿ (c − a)(c − b).

8. Niech {ai}^∞_i=1 b¦dzie ci¡giem dodatnich liczb rzeczywistych takich, »e a1 = ¹₂ oraz a²_n≤ a_n− a_n+1. Udowodnij, »e an< _n¹ dla ka»dego n ∈ N.

9. Na pustyni na drodze w ksztaªcie okr¦gu jest pewna liczba stacji benzynowych, a na ka»dej pewna ilo±¢ paliwa. Wiadomo, »e paliwa na wszystkich stacjach ª¡cznie wystar- cza do przejechania drogi naokoªo. Udowodnij, »e istnieje stacja, taka »e samochód startuj¡cy z tej stacji jad¡c w wybran¡ stron¦ przejedzie caª¡ drog¦ naokoªo.