Adopt \Remark and \NamedProof macros in existing handouts

data/handouts/fun-algebra.cs.tex

@@ -448,7 +448,7 @@
     $$
     Výraz $a+b+c+6$ tedy dělí $a^3+b^3+c^3$.
 
-    \textit{Poznámka.} Ukážeme ještě alternativní způsob doplnění na třetí mocninu pomocí rozkladu ${(a+b+c)^3}$. Po roznásobení platí:
+    \Remark Ukážeme ještě alternativní způsob doplnění na třetí mocninu pomocí rozkladu ${(a+b+c)^3}$. Po roznásobení platí:
     $$
     \gather
     (a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3+ \\

data/handouts/fun-algebra.sk.tex

@@ -448,7 +448,7 @@
     $$
     Výraz $a+b+c+6$ teda delí $a^3+b^3+c^3$.
 
-    \textit{Poznámka.} Ukážeme ešte alternatívny spôsob doplnenia na kocku pomocou rozkladu ${(a+b+c)^3}$. Po roznásobení platí:
+    \Remark Ukážeme ešte alternatívny spôsob doplnenia na kocku pomocou rozkladu ${(a+b+c)^3}$. Po roznásobení platí:
     $$
     \gather
     (a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3+ \\

data/handouts/induction.cs.tex

@@ -495,7 +495,7 @@
 
     Předpokládejme, že tvrzení platí pro dané $n \ge 2$, tedy $n = 2a+3b$. Pak $n+2 = 2(a+1)+3b$, takže tvrzení platí i~pro $n+2$.
 
-    \textit{Poznámka.} Pro zajímavost dodejme, jak je to obecně: Pro dvě nesoudělná kladná celá čísla $p$ a $q$ se dá dokázat, že každé celé číslo $n \ge pq-p-q+1$ se dá zapsat jako $n=pa+qb$ pro nezáporná $a,b$. Číslo $pq-p-q$ se jmenuje Frobeniovo číslo a~je to největší celé číslo, které se takto zapsat nedá. V~našem případě je $2\cdot 3-2-3=1$.
+    \Remark Pro zajímavost dodejme, jak je to obecně: Pro dvě nesoudělná kladná celá čísla $p$ a $q$ se dá dokázat, že každé celé číslo $n \ge pq-p-q+1$ se dá zapsat jako $n=pa+qb$ pro nezáporná $a,b$. Číslo $pq-p-q$ se jmenuje Frobeniovo číslo a~je to největší celé číslo, které se takto zapsat nedá. V~našem případě je $2\cdot 3-2-3=1$.
 }
 
 Další fascinující forma indukce je k vidění v Cauchyho důkazu AG nerovnosti, kdy nejprve jdeme nahoru a~potom dolů.
@@ -509,7 +509,7 @@
 }{
     Důkaz sestává ze~dvou kroků: nejprve dokážeme nerovnost pro všechny mocniny dvojky $n = 2^k$ a~pak ukážeme, že z~platnosti pro $n$ proměnných vyplývá platnost pro $n-1$ proměnných. Tyto dva kroky dohromady pokryjí všechna přirozená čísla.
 
-    {\it Krok nahoru (z~$n$ na $2n$):} Pro $n=2$ máme dokázat, že $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, což je ekvivalentní $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, a~to platí vždy.
+    \NamedProof{Krok nahoru (z~$n$ na $2n$).} Pro $n=2$ máme dokázat, že $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, což je ekvivalentní $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, a~to platí vždy.
 
     Předpokládejme, že nerovnost platí pro $n$ proměnných.    Pro $2n$ proměnných rozdělíme čísla na dvě skupiny po~$n$. Označme
     $$
@@ -527,7 +527,7 @@
     \endgather
     $$
 
-    {\it Krok dolů (z~$n$ na $n-1$):} Předpokládejme, že nerovnost platí pro $n$ proměnných, a~vezměme si $n-1$ nezáporných reálných čísel $a_1,\dots,a_{n-1}$. Položme 
+    \NamedProof{Krok dolů (z~$n$ na $n-1$).} Předpokládejme, že nerovnost platí pro $n$ proměnných, a~vezměme si $n-1$ nezáporných reálných čísel $a_1,\dots,a_{n-1}$. Položme 
     $$
     a_n = \frac{a_1+\cdots+a_{n-1}}{n-1}
     $$
@@ -681,7 +681,7 @@
 	$$
 	Výraz $(n+1)(n+2)\cdots(n+k-1)$ je součin $k-1$ po sobě jdoucích čísel, takže podle indukčního předpokladu pro $k-1$ je dělitelný $(k-1)!$. Tedy $P(n+1)-P(n)$ je dělitelné $k\cdot(k-1)! = k!$. Jelikož $P(n)$ je dělitelné $k!$, je dělitelné i~$P(n+1)$.
 
-	\textit{Poznámka.} Existuje jednoduchý kombinatorický důkaz této úlohy -- tvrzení vyplývá z~toho, že kombinační číslo
+	\Remark Existuje jednoduchý kombinatorický důkaz této úlohy -- tvrzení vyplývá z~toho, že kombinační číslo
 	$$
 	{n+k-1 \choose k} = \frac{n(n+1)(n+2)\cdots(n+k-1)}{k!}
 	$$

data/handouts/induction.en.tex

@@ -509,7 +509,7 @@
 }{
     The proof consists of two steps: first we prove the inequality for all powers of two $n = 2^k$ and then we show that from the validity for $n$ variables follows the validity for $n-1$ variables. These two steps combined cover all natural numbers.
 
-    {\it Step upwards (from~$n$ to $2n$):} For $n=2$ we need to prove that $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, which is equivalent to $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, and this always holds.
+    \NamedProof{Step upwards (from~$n$ to $2n$).} For $n=2$ we need to prove that $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, which is equivalent to $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, and this always holds.
 
     Assume that the inequality holds for $n$ variables.    For $2n$ variables, we divide the numbers into two groups of~$n$. Let us denote
     $$
@@ -527,7 +527,7 @@
     \endgather
     $$
 
-    {\it Step downwards (from~$n$ to $n-1$):} Assume that the inequality holds for $n$ variables, and let us take $n-1$ non-negative real numbers $a_1,\dots,a_{n-1}$. Let us set 
+    \NamedProof{Step downwards (from~$n$ to $n-1$).} Assume that the inequality holds for $n$ variables, and let us take $n-1$ non-negative real numbers $a_1,\dots,a_{n-1}$. Let us set 
     $$
     a_n = \frac{a_1+\cdots+a_{n-1}}{n-1}
     $$

data/handouts/induction.sk.tex

@@ -495,7 +495,7 @@
 
 	Predpokladajme, že tvrdenie platí pre dané $n \ge 2$, teda $n = 2a+3b$. Potom $n+2 = 2(a+1)+3b$, takže tvrdenie platí aj pre $n+2$.
 
-	\textit{Poznámka.} Pre zaujímavosť dodajme, ako je všeobecne: Pre dve nesúdeliteľné kladné celé čísla $p$ a $q$ sa dá dokázať, že každé celé číslo $n \ge pq-p-q+1$ sa dá zapísať ako $n=pa+qb$ pre nezáporné $a,b$. Číslo $pq-p-q$ sa volá Frobeniovo číslo a~je to najväčšie celé číslo, ktoré sa takto zapísať nedá. V~našom prípade je $2\cdot 3-2-3=1$.
+	\Remark Pre zaujímavosť dodajme, ako je všeobecne: Pre dve nesúdeliteľné kladné celé čísla $p$ a $q$ sa dá dokázať, že každé celé číslo $n \ge pq-p-q+1$ sa dá zapísať ako $n=pa+qb$ pre nezáporné $a,b$. Číslo $pq-p-q$ sa volá Frobeniovo číslo a~je to najväčšie celé číslo, ktoré sa takto zapísať nedá. V~našom prípade je $2\cdot 3-2-3=1$.
 }
 
 Ďalšia fascinujúca forma indukcie je vidieť v Cauchyho dôkaze AG nerovnosti, kedy najprv ideme hore a~potom dole.
@@ -509,7 +509,7 @@
 }{
 	Dôkaz pozostáva z~dvoch krokov: najprv dokážeme nerovnosť pre všetky mocniny dvojky $n = 2^k$ a~potom ukážeme, že z~platnosti pre $n$ premenných vyplýva platnosť pre $n-1$ premenných. Tieto dva kroky dokopy pokryjú všetky prirodzené čísla.
 
-	{\it Krok nahor (z~$n$ na $2n$):} Pre $n=2$ máme dokázať, že $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, čo je ekvivalentné $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, a~to platí vždy.
+	\NamedProof{Krok nahor (z~$n$ na $2n$).} Pre $n=2$ máme dokázať, že $\frac{a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1 a_2}$, čo je ekvivalentné $(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2 \ge 0$, a~to platí vždy.
 
 	Predpokladajme, že nerovnosť platí pre $n$ premenných.	Pre $2n$ premenných rozdelíme čísla na dve skupiny po~$n$. Označme
 	$$
@@ -527,7 +527,7 @@
 	\endgather
 	$$
 
-	{\it Krok nadol (z~$n$ na $n-1$):} Predpokladajme, že nerovnosť platí pre $n$ premenných, a~vezmime si $n-1$ nezáporných reálnych čísel $a_1,\dots,a_{n-1}$. Položme 
+	\NamedProof{Krok nadol (z~$n$ na $n-1$).} Predpokladajme, že nerovnosť platí pre $n$ premenných, a~vezmime si $n-1$ nezáporných reálnych čísel $a_1,\dots,a_{n-1}$. Položme 
 	$$
 	a_n = \frac{a_1+\cdots+a_{n-1}}{n-1}
 	$$
@@ -681,7 +681,7 @@
 	$$
 	Výraz $(n+1)(n+2)\cdots(n+k-1)$ je súčin $k-1$ po sebe idúcich čísel, takže podľa indukčného predpokladu pre $k-1$ je deliteľný $(k-1)!$. Teda $P(n+1)-P(n)$ je deliteľné $k\cdot(k-1)! = k!$. Keďže $P(n)$ je deliteľné $k!$, je deliteľné aj $P(n+1)$.
 
-	\textit{Poznámka.} Existuje jednoduchý kombinatorický dôkaz tejto úlohy -- tvrdenie vyplýva z~toho, že kombinačné číslo
+	\Remark Existuje jednoduchý kombinatorický dôkaz tejto úlohy -- tvrdenie vyplýva z~toho, že kombinačné číslo
 	$$
 	{n+k-1 \choose k} = \frac{n(n+1)(n+2)\cdots(n+k-1)}{k!}
 	$$

data/handouts/introduction-to-inequalities.cs.tex

@@ -174,7 +174,7 @@
     Tato poslední nerovnost platí, protože ze zadání $x<y<z$ vyplývá, že $x-y < 0$ a $y-z < 0$. Součin dvou záporných čísel je kladný.
     Jelikož všechny úpravy byly ekvivalentní, původní nerovnost je dokázána.
 
-    \textit{Poznámka.} Úlohu je možné vyřešit i roznásobením výrazu $(x-y+z)^2$ a následnou úpravou na $(y-z)(x-y)$. Postup s~dvojitým využitím rozdílu čtverců je však elegantnější, neboť se vyhne přímému roznásobení tří členů.
+    \Remark Úlohu je možné vyřešit i roznásobením výrazu $(x-y+z)^2$ a následnou úpravou na $(y-z)(x-y)$. Postup s~dvojitým využitím rozdílu čtverců je však elegantnější, neboť se vyhne přímému roznásobení tří členů.
 }
 
 Maličko těžší, ale stále zvládnutelný příklad je tento. Všimněte si, že zde máme \textit{celá} čísla:
@@ -379,7 +379,7 @@
 
     Pokud je právě $n-1$ z~nich rovných $p$, tak hodnotu poslední získáme, když od součtu všech proměnných odečteme součet zbývajících. Součet všech je $np$ (jelikož $p$ je průměr a $n$ je jejich počet), zatímco součet zbývajících je $(n-1)p$ (jelikož jsou všechna rovna $p$). Vidíme, že i poslední proměnná musí být rovna $p$, což je spor.
 
-    \textit{Poznámka.} Existuje velmi mnoho různých důkazů této známé nerovnosti s různou úrovní techničnosti. Věříme však, že tento je nejintuitivnější z~hlediska, že nejlépe vysvětluje, co se to vlastně děje.
+    \Remark Existuje velmi mnoho různých důkazů této známé nerovnosti s různou úrovní techničnosti. Věříme však, že tento je nejintuitivnější z~hlediska, že nejlépe vysvětluje, co se to vlastně děje.
 }
 
 Dobré pohledy, jak nahlížet na AG nerovnost:
@@ -430,7 +430,7 @@
     $$
     Rovnost nastává právě když všechny odhadované členy jsou stejné, tedy když $12-2x=12-2x=4x$, což dává $x=2$. Potřebujeme tedy vystřihnout čtverec se stranou $x=2$ a ve výsledku dostaneme krabici s~rozměry $8 \times 8 \times 2$.
 
-    \textit{Poznámka.} Obecně pro čtverec se stranou $a$ máme $\displaystyle x=\frac a6$.
+    \Remark Obecně pro čtverec se stranou $a$ máme $\displaystyle x=\frac a6$.
 }
 
 Několik úloh na procvičení:
@@ -541,7 +541,7 @@
 }{
     Podmínku ze zadání vynásobme kladným $x$, máme $x^3 > x^2 + xy$. Nyní stačí dokázat, že $x^2 + xy > x^2 + y$, tedy $xy > y$. K~tomu by nám stačilo dokázat, že $x>1$. To ale rychle nahlédneme z~podmínky: $x^2>x+y$ nám z~kladnosti $y$ dává $x^2>x$, což po vydělení kladným $x$ dává $x>1$, což jsme chtěli dokázat.
 
-    \textit{Poznámka.} Takto zapsané řešení ukazuje myšlenkový postup vedoucí k~řešení. Na soutěži bychom řešení mohli zapsat takto:
+    \Remark Takto zapsané řešení ukazuje myšlenkový postup vedoucí k~řešení. Na soutěži bychom řešení mohli zapsat takto:
 
     Jelikož $y>0$, tak $x^2>x+y>x$, což díky $x>0$ dává $x>1$. Potom $x^2>x+y$ po vynásobení kladným $x$ dává $x^3>x^2+xy$, což díky $x>1$ dává $xy>y$, takže dohromady $x^3>x^2+xy>x^2+y$, takže jsme hotovi.
 }
@@ -687,7 +687,7 @@
     $$
     Poslední nerovnost je zjevně pravdivá. Jelikož úpravy byly ekvivalentní, původní nerovnost je dokázána.
 
-    \textit{Poznámka.} Substituce $x=a^2$, $y=b^2$ nebyla nutná, dělá však řešení \uv{objevitelnější}, jelikož mocniny jsou hezčí než odmocniny.
+    \Remark Substituce $x=a^2$, $y=b^2$ nebyla nutná, dělá však řešení \uv{objevitelnější}, jelikož mocniny jsou hezčí než odmocniny.
 }
 
 \Problem{0}{66-CPSJ-I-3}{
@@ -735,7 +735,7 @@
     \i $x-1 = -2$ a $y-1 = -1$, což dává $(x,y)=(-1,0)$.
     \enditems
 
-    \textit{Poznámka.} Trik na levé straně je vlastně speciální případ identity 
+    \Remark Trik na levé straně je vlastně speciální případ identity 
     $$
     (a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2 - (ac-bd)^2,
     $$

data/handouts/introduction-to-inequalities.sk.tex

@@ -174,7 +174,7 @@
     Táto posledná nerovnosť platí, pretože zo zadania $x<y<z$ vyplýva, že $x-y < 0$ a $y-z < 0$. Súčin dvoch záporných čísel je kladný.
     Keďže všetky úpravy boli ekvivalentné, pôvodná nerovnosť je dokázaná.
 
-    \textit{Poznámka.} Úlohu je možné vyriešiť aj roznásobením výrazu $(x-y+z)^2$ a následnou úpravou na $(y-z)(x-y)$. Postup s~dvojitým využitím rozdielu štvorcov je však elegantnejší, lebo sa vyhne priamemu roznásobeniu troch členov.
+    \Remark Úlohu je možné vyriešiť aj roznásobením výrazu $(x-y+z)^2$ a následnou úpravou na $(y-z)(x-y)$. Postup s~dvojitým využitím rozdielu štvorcov je však elegantnejší, lebo sa vyhne priamemu roznásobeniu troch členov.
 }
 
 Máličko ťažší, ale stále zvládnuteľný príklad je tento. Všimnite si, že tu máme \textit{celé} čísla:
@@ -379,7 +379,7 @@
 
     Ak je práve $n-1$ z~nich rovných $p$, tak hodnotu poslednej získame, keď od súčtu všetkých premenných odpočítame súčet zvyšných. Súčet všetkých je $np$ (keďže $p$ je priemer a $n$ je ich počet), zatiaľ čo súčet zvyšných je $(n-1)p$ (keďže sú všetky rovné $p$). Vidíme, že aj posledná premenná musí byť rovná $p$, čo je spor.
 
-    \textit{Poznámka.} Existuje veľmi veľa rôznych dôkazov tejto známej nerovnosti s rôznou úrovňou technickosti. Veríme však, že tento je najintuitívnejší z~hľadiska, že najlepšie vysvetľuje, čo sa to vlastne deje.
+    \Remark Existuje veľmi veľa rôznych dôkazov tejto známej nerovnosti s rôznou úrovňou technickosti. Veríme však, že tento je najintuitívnejší z~hľadiska, že najlepšie vysvetľuje, čo sa to vlastne deje.
 }
 
 Dobré pohľady, ako nazerať na AG nerovnosť:
@@ -430,7 +430,7 @@
     $$
     Rovnosť nastáva práve keď všetky odhadované členy sú rovnaké, teda keď $12-2x=12-2x=4x$, čo dáva $x=2$. Potrebujeme teda vystrihnúť štvorec so stranou $x=2$ a vo výsledku dostaneme krabicu s~rozmermi $8 \times 8 \times 2$.
 
-    \textit{Poznámka.} Všeobecne pre štvorec so stranou $a$ máme $\displaystyle x=\frac a6$.
+    \Remark Všeobecne pre štvorec so stranou $a$ máme $\displaystyle x=\frac a6$.
 }
 
 Niekoľko úloh na precvičenie:
@@ -541,7 +541,7 @@
 }{
     Podmienku zo zadania vynásobme kladným $x$, máme $x^3 > x^2 + xy$. Teraz stačí dokázať, že $x^2 + xy > x^2 + y$, teda $xy > y$. K~tomu by nám stačilo dokázať, že $x>1$. To ale rýchlo nahliadneme z~podmienky: $x^2>x+y$ nám z~kladnosti $y$ dáva $x^2>x$, čo po vydelení kladným $x$ dáva $x>1$, čo sme chceli dokázať.
 
-    \textit{Poznámka.} Takto zapísané riešenie ukazuje myšlienkový postup vedúci k~riešeniu. Na súťaži by sme riešenie mohli zapísať takto:
+    \Remark Takto zapísané riešenie ukazuje myšlienkový postup vedúci k~riešeniu. Na súťaži by sme riešenie mohli zapísať takto:
 
     Keďže $y>0$, tak $x^2>x+y>x$, čo vďaka $x>0$ dáva $x>1$. Potom $x^2>x+y$ po vynásobení kladným $x$ dáva $x^3>x^2+xy$, čo vďaka $x>1$ dáva $xy>y$, takže dokopy $x^3>x^2+xy>x^2+y$, takže sme hotoví.
 }
@@ -687,7 +687,7 @@
     $$
     Posledná nerovnosť je zjavne pravdivá. Keďže úpravy boli ekvivalentné, pôvodná nerovnosť je dokázaná.
 
-    \textit{Poznámka.} Substitúcia $x=a^2$, $y=b^2$ nebola potrebná, robí však riešenie \uv{objaviteľnejšie}, keďže mocniny sú krajšie ako odmocniny.
+    \Remark Substitúcia $x=a^2$, $y=b^2$ nebola potrebná, robí však riešenie \uv{objaviteľnejšie}, keďže mocniny sú krajšie ako odmocniny.
 }
 
 \Problem{0}{66-CPSJ-I-3}{
@@ -735,7 +735,7 @@
     \i $x-1 = -2$ a $y-1 = -1$, čo dáva $(x,y)=(-1,0)$.
     \enditems
 
-    \textit{Poznámka.} Trik na ľavej strane je vlastne špeciálny prípad identity 
+    \Remark Trik na ľavej strane je vlastne špeciálny prípad identity 
     $$
     (a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2 - (ac-bd)^2,
     $$

data/handouts/proofs-basics.cs.tex

@@ -89,7 +89,7 @@
 
     Kdy se ale stane, že toto párování páruje dělitele se sebou samým? Právě když $d=n/d$, tedy když $d^2=n$. A to je přesně náš předpoklad! Tím pádem se všichni dělitelé až na dělitele $\sqrt{n}$ s~nějakým spárují, dohromady tedy budeme mít lichý počet dělitelů, což bylo třeba dokázat.
 
-    \textit{Poznámka.} Tento příklad ve skutečnosti platí jako ekvivalence. Ve skutečnosti by byl lehčí, pokud by byla zadaná obrácená implikace, neboť fakt, že je čtverec, se v~úvahovém řetězci používá až na konci. V~soutěžních úlohách je ale běžné, že autoři se snaží tyto klíčové kroky zamaskovat.
+    \Remark Tento příklad ve skutečnosti platí jako ekvivalence. Ve skutečnosti by byl lehčí, pokud by byla zadaná obrácená implikace, neboť fakt, že je čtverec, se v~úvahovém řetězci používá až na konci. V~soutěžních úlohách je ale běžné, že autoři se snaží tyto klíčové kroky zamaskovat.
 }
 
 Předešlý příklad se dá vyřešit i~pomocí obecně užitečného vzorce pro počet dělitelů:
@@ -210,7 +210,7 @@
     Jelikož $r$ je racionální, je racionální i pravá strana.
     To by znamenalo, že $\sqrt{6}$ je racionální číslo, což je spor (důkaz je analogický jako pro $\sqrt{2}$).
 
-    \textit{Poznámka.} Typicky chybný důkaz může spočívat v~argumentu, že součet dvou iracionálních čísel je vždy iracionální. Přesvědčte se ale, že to není pravda.
+    \Remark Typicky chybný důkaz může spočívat v~argumentu, že součet dvou iracionálních čísel je vždy iracionální. Přesvědčte se ale, že to není pravda.
 }
 
 Následující příklady ukazují, že důkaz sporem je \uv{technicky} i tehdy, pokud dokazujeme, že něco \textit{neplatí}. 
@@ -241,9 +241,9 @@
 	Tvrzení úlohy dokážeme sporem. Připusťme tedy, že čísla $a$, $b$ nejsou rozmístěna střídavě. To zřejmě znamená, že se v kruhu vedle sebe nacházejí někde dvě $a$ a současně někde dvě $b$\fnote{V kruhu se stejným počtem prvků $a$ a $b$ se tvoří střídavé skupiny, takže počet skupin složených z $a$ se vždy musí rovnat počtu skupin z $b$. Pokud umístíme dvě $a$ vedle sebe, snížíme celkový počet skupin s $a$, čímž se nutně sníží i počet dostupných skupin s $b$. Aby se všechna existující $b$ rozdělila do tohoto menšího počtu skupin, matematicky to vynucuje, že alespoň dvě $b$ musí být umístěna vedle sebe.}. Vyberme dvě sousední $a$. Pokud začneme od této dvojice $aa$ putovat po kruhu jedním směrem, narazíme na číslo $b$ (jinak by v kruhu byla samá $a$). Jakmile se to stane, budeme
 	mít sousední trojici $aab$. Podle zadání potom platí $a \mid a+b$, odkud $a \mid b$. Analogickou úvahou najdeme trojici $bba$, ze které dostaneme $b \mid a$. Pro přirozená čísla $a$, $b$ tak platí $a \mid b$ i $b \mid a$, a tedy $a = b$, což je ve sporu s tím, že čísla $a$, $b$ jsou různá. Tím je celé řešení úlohy hotové.
 
-	\textit{Poznámka 1.} Bez újmy na obecnosti jsme od začátku důkazu sporem mohli předpokládat, že platí například $a < b$. Potom bychom vystačili jen s úvahou o trojici $bba$ vedoucí ke spornému závěru $b \mid a$.
+	\Remark{1} Bez újmy na obecnosti jsme od začátku důkazu sporem mohli předpokládat, že platí například $a < b$. Potom bychom vystačili jen s úvahou o trojici $bba$ vedoucí ke spornému závěru $b \mid a$.
 
-	\textit{Poznámka 2.} Ukažme navíc, že pro čísla $a$, $b$ splňující zadání úlohy musí platit buď $b = 2a$, nebo
+	\Remark{2} Ukažme navíc, že pro čísla $a$, $b$ splňující zadání úlohy musí platit buď $b = 2a$, nebo
 	$a = 2b$. S ohledem na symetrii stačí v případě $a < b$ dokázat rovnost $b = 2a$. Při střídavém rozmístění čísel z trojice $aba$ máme $b \mid 2a$, takže $2a = kb$ pro vhodné přirozené číslo $k$. Z předpokladu $a < b$ však vyplývá $kb = 2a < 2b$, odkud $k < 2$ čili $k = 1$, a proto $2a = kb = b$, jak jsme chtěli dokázat.
 }