Detaljna Rjesenja 4 Dio1

8/10/2019 Detaljna Rjesenja 4 Dio1

1/128

BranimirDakic

NevenElezovic

MATEMATIKA 4

zbirka detaljno rijesenih zadataka

za 4. razred gimnazija i tehnickih skola

1. dio

1. izdanje

Zagreb, 2014.


2/128

c Branimir Dakic, prof.

prof. dr. sc. Neven Elezovic, 2014.

Urednica

Sandra Gracan, dipl. ing.

Lektorica

Dunja Apostolovski, prof.

Crtezi, slog i prijelom

Element d.o.o., Zagreb

Dizajn

Edo Kadic

Nakladnik

Element d.o.o., Zagreb, Menceticeva 2

tel. 01/ 6008-700, 01/ 6008-701faks 01/ 6008-799

[email protected]

Tisak

Element d.o.o., Zagreb


3/128

Sadr zaj

1. Brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1 Brojevni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2. Matematicka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.3. Binomni poucak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.4. Prirodni, cijeli i racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

1.5.Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

1.6. Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

1.7. Potenciranje i korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . 103

2. Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1252.1. Pojam niza. Zadavanje niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

2.2. Aritmeticki niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

2.3. Geometrijski niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1652.4. Limes niza. Teoremi o limesima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

2.5. Limes monotonih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

2.6. Geometrijski red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220

2.7. Kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

3. Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2453.1. Zadavanje funkcije. Podrucje definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

3.2. Slaganje funkcija. Injektivnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

3.3. Inverzna funkcija. Graf inverzne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

3.4. Svojstva funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

3.5. Limes funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331


4/128


5/128


6/128

1 BROJEVI

1.1. Brojevni sustavi

Zadatak 1. Prevedi u dekadski sustav sljedece brojeve:

1) 221(5) ; 2) 110011(2) ;

3) 567(8) ; 4) 21 000(3) ;

5) 5550(6) ; 6) 2134(12) .

Rjesenje. Racunamo direktno, i na nacin objasnjen u Udzbeniku. U direktnom racunujednostavnije je (i sigurnije) ispisivati potencije od manjih ka vecim:1)

221(5)= 1 +2 5+2 52 =1+10+50= 61.2 2 1

5 2 12 61

2)

110 011(2)= 1 +1 2+1 24 +1 25 =1 +2+16+32 = 51.1 1 0 0 1 1

2 1 3 6 12 25 51

3)

567(8)= 7+6 8+5 82 =7 +48+5 64= 375.4)

5 6 78 5 46 375

5)

21 000(3)= 1 33 +2 34 =27+2 81= 189.2 1 0 0 0

3 2 7 21 63 189

5550(6)= 5 6+5 62 +5 63 =30 +5 36+5 216= 1290.

5 5 5 06 5 35 215 1290

Zadatak 2. Zapisi u dekadskom sustavu brojeve:

1) 1011(2) , 2) 100101(2) ,

3) 1100101(2) , 4) 110001011(2) ,

5) 11(8) , 6) 24(8) ,

7) 126(8) , 8) 3201(8) ,9) 8(16), 10) 20(16) ,

11) 3A(16), 12) 2EB1(16) .

2


7/128

BROJEVNI SUSTAVI 1.1

Rjesenje. 1) 1011(2)1 0 1 1

2 1 2 5 11

2) 100101(2) ,

1 0 0 1 0 12 1 2 4 9 18 37

3) 1100101(2) ,

1 1 0 0 1 0 12 1 3 6 12 25 50 101

4) 110001011(2)

,

1 1 0 0 0 1 0 1 12 1 3 6 12 24 49 98 197 395

5) 11(8) ,

1 18 1 9

6) 24(8) ,

2 4

8 2 20

7) 126(8) ,

1 2 68 1 10 86

8) 3201(8) ,

3 2 0 18 3 26 208 1665

9) 8(16) ,

816 8

10) 20(16) ,

2 016 2 32

11) 3A(16) ,

3 1016 3 58

12) 2EB1(16) .

2 14 11 116 2 46 747 11953

3


8/128

1 BROJEVI

Zadatak 3. Zapisi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 2, 8 i 16.

Rjesenje. Brojeve najprije prebacujemo u binarni sustav (vidi primjer 1.5), a zatim izbinarnog lako konvertiramo u oktalni i heksadekadski. Pogledaj u udzbeniku

vezu izme-du binarne, oktalne i heksadekadske baze ( str 4).1)

6 3 10 1 1

6= 110(2)= 6(8)= 6(16).

2)13 6 3 11 0 1 1

13= 1101(2)

13 15 1

13= 15(8)

13= D(16).

3)25 12 6 3 11 0 0 1 1

25= 11001(2)

25 31 3 25= 31(8)

25 19 1

25= 19(16)

4)

125 62 31 15 7 3 11 0 1 1 1 1 1

125= 1111101(2)

125 15 15 7 1 125= 175(8)

125 713 7

125= 7D(16)

Zadatak 4. Zapisi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 5, 9 i 12.

Rjesenje. Brojeve prevodimo u nove baze postupkom opisanim u primjeru 1.3. Umjestopotpunog postupka dijeljenja pisat cemo samo kolicnike i ostatke, bas kao i za

binarnu bazu u u prethodnom zadatku.1)Za broj 6 vrijedi

6= 11(5) = 6(9)= 6(12).

(tu nismo koristili zapis pomocu tablice).2)

5 13 23 2

9 13 1

4 1

12 13 11 1

4


9/128


13= 23(5) = 14(9)= 11(12).

3)

5 25 5 10 0 1

9 25 27 2

12 25 21 2

25= 100(5)= 27(9)= 21(12).

4)5 125 25 5 1

0 0 0 1

9 125 13 18 4 1

12 125 105 10= A

125= 1000(5)= 148(9)= A5(12).

Zadatak 5. Zapisi dane dekadske brojeve u sustavima s bazama 2, 5 i 12:11, 33, 100, 222, 1001.

Rjesenje. 1)U binarnom sustavu:

11= 8 +2+1= 23 +2+1 = 1011(2)).

33= 32 +1 = 25 +1= 100 001(2).

2 100 50 25 12 6 3 10 0 1 0 0 1 1

100= 1 100 100(2).

2 222 111 55 27 13 6 3 10 1 1 1 1 0 1 1

222= 11 011 110(2)

2 1001 500 250 125 62 31 15 7 3 11 0 0 1 0 1 1 1 1 1

1001= 1 111 101 001(2)

2)U sustavu s bazom 5:

11= 2 5+1 = 21(5).33= 52 +5+3 = 113(5).

100= 4 52 =400(5).

5


10/128

1 BROJEVI

5 222 44 8 12 4 3 1

222= 1342(5)

5 1001 200 40 8 11 0 0 3 1 1001= 13 001(5)

3)U sustavu s bazom 12:

11= B(12).

33= 2 12+9 = 29(12).

100= 8

12+4= 84(12).

12 222 18 16 6 1

222= 166(12).

12 1001 83 65 11 6

1001= 6B5(12).

Zadatak 6. Brojeve 1101 , 11000110 , 11001100101110011 zadane u binarnoj bazi pre-baci u oktalni i heksadekadski sustav.

Rjesenje. Vidi postupak ispred i u primjeru 1:1)

1101= 1 101= 15(8),

1101= D(16).

2)

11000110=11 000 110= 306(8),11000110=1100 0110= C6(16).

3)

11001100101110011=11 001 100 101 110 011 =314563(8),

11001100101110011= 1 1001 1001 0111 0011 =19973(16).

Zadatak 7. Brojeve 58 , 1A2 , FFFF zadane u heksadekadskom sustavu prebaci u oktalnisustav.

Rjesenje. Jednoj znamenki heksadekadskog sustava odgovaraju cetiri znamenke binarnogsustava, a zatim trima znamenkama binarnog jedna znamenka oktalnog sustava,(vidi primjer 1):

58(16)= 101 1000(2)= 1 011 000(2)= 130(8),

1A2(16) = 1 1010 0010(2)= 110 100 010(2)= 642(8),

FFFF(

16)

= 1111 1111 1111 1111(

2)

= 1 111 111 111 111 111(

2)

= 177777(

8)

.

Zadatak 8. Brojeve 223 , 517, 12 053 zadane u oktalnom sustavu prebaci u heksadekadskisustav.

6


11/128


12/128

1 BROJEVI

5) 28(12)

2 812 2 32

2 32 16 8 4 10 0 0 0 1

28(12)= 32 = 10000(2).

Zadatak 10. Zapisi brojeve 101 110(2) , 2102(3) , 3220(4) , 11 011(5) u sustavu s bazom 8.

Rjesenje. Osim u slucaju prijelaza iz binarne baze, ostale konverzije radimo preko de-kadskog sustava.1) 101110(2)= 56(8) .

2) 2102(3)

2 1 0 23 2 7 21 65

8 65 8 11 0 1

2102(3)= 65 = 101(8).

3) 3220(4)

3 2 2 04 3 14 58 232

8 232 29 30 5 3

3220(4)= 232 = 350(8).

Ovdje konverziju mozemo vrsiti lakse, preko binarne baze! Jednoj znamenki usustavu s bazom 4 odgovaraju dvije znamenke u binarnoj bazi:

3220(4)= 111010 00(2)= 11 101 000(2)= 350(8)

4) 11 011(5)

1 1 0 1 15 1 6 30 151 756

756 94 11 14 6 3 1

11011(5) = 756 = 1364(8).

Zadatak 11. 1) Broj 7AB7(16) prevedi u oktalni

brojevni sustav.2) Broj 34 567(8) prevedi u heksadekadski

brojevni sustav.

Rjesenje. Ovdje konverziju mozemo vrsiti preko binarne baze.

1) 7AB7(16)=111 1010 1011 0111(2)=111 101 010 110 111(2)=75 267(8);

2) 34 567(8)

= 11 100 101 110 111(2)

= 11 1001 0111 0111(2)

= 3 977(16)

.

Zadatak 12. 1) Broj 8EF8(16) prevedi u oktalni brojevnisustav.

2) Broj 76 543(8) prevedi u heksadekadski

brojevni sustav.

Rjesenje. Ovdje konverziju mozemo vrsiti preko binarne baze.

1)

8EF8(16)=1000 1110 1111 1000(2)=1 000 111 011 111 000(2)=107 370(8);

2)

76 543(8)=111 110 101 100 011(2)=111 1101 0110 0011(2)=7D63(16).

8


13/128


Zadatak 13. Nastavi svaki od sljedecih nizova uzastopnih prirodnih brojeva:

1) 10, 11, 12, 20, 21. . .2) 101, 110, 111, 1000, 1001. . .

3) 1, 2, 3, 10, 11, 12. . .

4) 23, 24, 25, 30, 31, 32. . .

Rjesenje. 1)Kako nakon broja 12 slijedi broj 20, (dakle, ne postoji broj 13), baza sustavaje 3. Zato dalje slijede 22, 100, 101, 102, 110,. . .2)Ovdje je rijec o binarnoj bazi (imamo samo znamenke 0 i 1). Dalje je: 1010,1011, 1100, 1101, 1110,. . .

3)Sustav s bazom 4. (Nakon 3 slijedi 10). Dalje imamo: 13, 20, 21, 22, 23,. . .4) Sustav s bazom 6. (Nakon 25 slijedi 30). Dalje imamo: 33, 34, 35, 40,41,. . .

Zadatak 14. Nastavi svaki od sljedecih nizova prirodnih brojeva:

1) 10011, 10010, 10001, 10000. . .

2) 10, 100, 110, 1000, 1010. . .

3) 10, 20, 100, 110, 120. . .

4) 11, 13, 20, 22, 24. . .

Rjesenje. 1) Prema prvim trima clanovima zakljucujemo da je rijec o padajucem nizuprirodnih brojeva zapisanih u binarnom sustavu. Nastavak je: 1111, 1110,1101, 1100,. . .2) Promotrimo li ove brojeve kao da su napisani u binarnoj bazi, onda nizpredstavlja niz parnih prirodnih brojeva. Nastavak je: 1100, 1110, 10 000,10 010. . .3)Skok s 20 na 100 sugerira da se radi o bazi 3. U toj bazi brojevi (prevedeniu dekadsku bazu) glase: 3, 6, 9, 12, 15 svaki je sljedeci za 3 veci od pret-hodnog. 3 u sustavu s bazom 3 glasi 3= 10

(3). Zato svaki sljedeci dobivamo

dodavanjem broja 10 u sustavu s bazom 3: 200, 210, 220, 1000,. . .4)Prema prvim trima clanovima zakljucujemo da je rijec o sustavu s bazom 5,a svaki sljedeci broj je za 2 veci od prethodnog: 31, 33, 40, 42, 44,. . .

Zadatak 15. Izracunaj zbroj uzastopnih prirodnih brojeva:

1+2+3+4+10+11+12+13+14+20+. . .+44+100.

Rjesenje. Prema prvih pet clanova zakljucujemo da je rijec o sustavu s bazom 5, a svaki

sljedeci broj je za 1 veci od prethodnog te je rijec o nizu:

1+2+3+4+5+. . .+25= 25(1+25)

2 =325.

325 65 13 20 0 3 2

325= 23005.

Zadatak 16. Odredi, ako postoji, bazu brojevnog sustava u kojem vrijede jednakosti

1) 23 15= 411 ;2) 32 22= 541 ;3) 31 412= 23322 .

9


14/128

1 BROJEVI

Rjesenje. 1) Iz uvjeta 23(x)15(x)= 411(x) slijedi jednadzba(2x+3)(x+5) = 4x2+x+1 ,odnosno

2x2 +13x+15 = 4x2 +x+1

2x2 12x 14= 0x2 6x 7= 0

x1,2 = 6 36+28

2 x1,2 =

6 82

cije je pozitivno rjesenje x= 7 .

2) Iz uvjeta 32(x) 22(x) = 541(x) slijedi jednadzba (3x+ 2)(2x+ 2) =5x

2

+4x+1 , odnosno6x2 +10x+4 = 5x2 +4x+1

x2 +6x+3 = 0.

Ne postoji takva baza.

3) Iz uvjeta 31(x) 412(x)= 23 322(x) slijedi jednadzba(3x+1)(4x2 +x+2) =2x4 +3x3 +3x2 +2x+2 , odnosno

12x3 +7x2 +7x+2 = 2x4 +3x3 +3x2 +2x+2

2x4 9x3 4x2 5x= 02x3 9x2 4x 5= 0

(x 5)(2x2 +x+1) =0cije je pozitivno rjesenje x= 5 .

Zadatak 17. U kojem sustavu vrijede jednakosti

1) 101(x)+1001(x) = 1110(x) ;

2) 1211(x) 1120(x)= 21(x) ?Rjesenje. 1)Jednakost glasi

(x2 +1) + (x3 +1) = x3 +x2 +x

x3 +x2 +2 = x3 +x2 +x

x 2= 0odakle slijedi x= 2 .

2)Jednakost glasi

(x3 +2x2 +x+1) (x3 +x2 +2x) =2x+1x2 x+1 = 2x+1

x2 3x= 0x 3= 0

odakle slijedi x= 3 .

Zadatak 18. Vrijede li u bilo kojem brojevnom sustavu jednakosti

1) 10101 +1101= 11202;

2) 1211 1011= 200?

10

1 1


15/128


Rjesenje. 1)Neka je baza sustava x. Jednakost se onda cita ovako:

(x4 +x2 +1) + (x3 +x2 +1) = x4 +x3 +2x2 +2,

sto vrijedi za svaki x. Dakle, jednakost vrijedi u svakom brojevnom sustavu.Me-dutim, ipak moramo iskljuciti binarni sustav, jer u njemu ne postoji zna-menka 2, pa pocetna jednakost nema smisla.2)Sada mora vrijediti

(x3 +2x2 +x+1) (x3 +x+1) =2x2,sto je ponovo istina za svaki x. x = 2 iskljucujemo jer se u zapisu brojapojavljuje znamenka 2.

Zadatak 19. Zbroj triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 121. Koji su to

brojevi?

Rjesenje. Pretvorimo racun u dekadski sustav: 121(5) = 25 + 2 5 + 1 = 36 .Oznacimo srednji od brojeva s x. Onda prema uvjetu zadatka mora biti(x1) +x+ (x+ 1) = 121(5) = 36. Odavde dobivamo 3x = 36 te jex= 12 = 22(5) . Trazeni brojevi u sustavu s bazom 5 su 21(5) , 22(5) , 23(5) .

Zadatak 20. Zbroj triju uzastopnih parnih brojeva u binarnom sustavu iznosi 11 110 . Kojisu to brojevi?

Rjesenje. Prebacimo racun ponovo u dekadski sustav: 11 110(2)= 16 + 8 + 4 + 2 =30 ,pa jednadzba glasi

(x 2) +x+ (x+2) =30,odakle je x= 10 = 1100(2) . Trazeni brojevi su 1000(2) , 1010(2) i 1100(2) .

Zadatak 21. Umnozak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 440. Koji su tobrojevi?

Rjesenje. Prebacimo ra

cun u dekadski sustav. Vrijedi 440(5)= 4 25+4 5= 120, pa

jednadzba glasi

(x 1)x(x+1) = 120 = 4 5 6.Zato je x= 5 = 10(5) . Trazeni brojevi su 4(5) , 10(5) i 11(5) .

Broj 440 mozemo faktorizirati i u sustavu s bazom 5. On je djeljiv s 4(5) i s

10(5) :

440(5)= 4(5) 110(5)= 4(5) 10(5) 11(5),

a ova su tri broja uzastopni prirodni brojevi.

Zadatak 22. Umnozak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 9 iznosi 1320. Koji su tobrojevi?

Rjesenje. Do odgovora mozemo doci prebacivanjem u dekadsku bazu:

1320(9)= 729 +3 81+2 9= 990 = 9 10 11.Zato je prvi broj jednak broju 9 (u dekadskoj bazi), odnosno broju 10(9) .

Trazeni su brojevi 10(9)

, 11(9)

, 12(9)

.

Primijeti opet da zadatak mozemo rijesiti i bez prelaska u dekadsku bazu.Faktorizacija

1320= 10 132= 10 11 12

11

1


16/128

1 BROJEVI

vrijedi u svakoj bazi vecoj od 3, jer se u svim takvim bazama podudaraju tablicemnozenja s brojevima 0, 1, i 2. Brojevi 10, 11 i 12 (shvaceni kao brojevi usustavu s bazom 9) su rjesenja zadatka.

Primijeti nadalje da sad nismo koristili podatak da racunamo u sustavu s bazom9, prema tome, isto vrijedi i za sve sustave s bazom vecom od tri. Tako bi, na

primjer, u sustavu s bazom 6 tako-der bilo

10(6) 11(6) 12(6)= 1320(6).Uvjeri se da isto vrijedi i u heksadekadskom sustavu!

Zadatak 23. Umnozak dvaju uzastopnih neparnih prirodnih brojeva u binarnom sustavuiznosi 100 011. Koji su to brojevi?

Rjesenje. Ovaj broj ne znamo faktorizirati u binarnom sustavu. Zato ga prevodimo udekadski:

100 011= 32 +2+1 = 35 = 5 7.Zato su trazeni brojevi 5= 101(2) i 7= 111(2) .

Zadatak 24. Odredi prirodne brojeve x i y iz jednakosti1) 23(x) = 41(y) ; 2) 144(x) = 100(y) .

Rjesenje. 1)Jednakost se cita ovako:

2x+3= 4y+1 = x= 2y 1.Zbog zapisa mora biti x> 3 i y > 4 . Dovoljno je onda zahtijevati da budey> 4 , jer je onda i x> 7 .2)Sad imamo

x2 +4x+4 = y2 = y= x+2.Uz to mora vrijediti x> 4 .

Zadatak 25. Odredi brojeve a , b i c iz jednakosti

1) ab(5) =ba(7); 2) abc(5)= cba(8);

3) aba(4) = bab(6).

Rjesenje. 1)Mora biti

5a+b= 7b+a = 2a= 3b.Vidimo da je b paran broj. Za b= 2 dobivamo a = 3 . Kad bi bilo b = 4 ,imali bismo a = 6 , sto je nemoguce jer su znamenke u brojevnom sustavu

uvijek manje od baze. Zato je jedino rjesenje 32(5) = 23(7) .

2)Sad uvjet citamo ovako:

25a+5b+c= 64c+8b+a

pa je 63c= 24a3b ,tj. b= 8a21c . Zato mora bitia 3 , ali i a 4 radizapisa broja u sustavu s bazom 5. Za a= 3 dobivamo c= 1 , b= 3 ; a ako jea= 4 , onda nema takvih b i c . Zato je jedino rjesenje 331(5)= 133(8) .

3) aba(4) = bab(6). Sada imamo

16a+4b+a= 36b+6a+b

pa je 11a = 33b , tj. a = 3b . Uz to mora biti a < 4 pa je jedino rjesenjea= 3 , b= 1: 313(4)= 131(6) .

12

1 1


17/128


Zadatak 26. 1) U kojem je sustavu brojeva 101 11= 1111 ?2) U kojem je sustavu brojeva 1001 111= 111 111? Poopci zakljucak!

Rjesenje. U svakom, jer je (x2 +1)(x+1) = x3 +x2 +x+1 identitet za sve x. Isto

vrijedi i za (x3 +1)(x2 +x+1) =x5 +x4 +x3 +x2 +x+1 .1) 101 11= 1111,

(x2 +1)(x+1) = x3 +x2 +x+1

x3 +x2 +x+1 = x3 +x2 +x+1 = xN \ {1}.2) 1001 111= 111 111 ,

(x3 +1)(x2 +x+1) = x5 +x4 +x3 +x2 +x+1

x5 +x4 +x3 +x2 +x+1 = x5 +x4 +x3 +x2 +x+1 = xN \ {1}.

Zadatak 27. Umnozak 111213 jednak je 3102 . U kojem je brojevnomsustavu provedenoovo mnozenje?

Rjesenje. U sustavu s bazom 4, jer iz (x+1)(x+2)(x+3) = 3x3 +x2 +2 dobivamojednadzbu 2x3 5x2 11x 4= 0 , cije je jedino prirodno rjesenje x= 4 .

11 12 13= 3102, x> 3(x+1)(x+2)(x+3) = 3x3 +x2 +2

(x2 +3x+2)(x+3) = 3x3 +x2 +2

2x3 +5x2 +11x+4 = 0f(x) =2x3 5x2 11x 4f(1) =2 5 11 4< 0f(2) =16 20 22 4< 0f(4) =128 80 44 4= 0 = x= 4

2 5 11 44 2 3 1 0

(x 4)(2x2 +3x+1) =0(x 4)(2x+1)(x+1) =0

Zadatak 28. U kojem je brojevnomsustavu broj 144 potpuni kvadrat nekog prirodnog broja?

Rjesenje. 144(n)= n2 +4n+4 = (n+2)2 . U svakom sustavu s bazom n , n> 4 .

Zadatak 29. U kojem je brojevnom sustavu 1252 =16 324 ?

Rjesenje. Neka je xbaza sustava. Onda mora biti

(x2 +2x+5)2 =x4 +6x3 +3x2 +2x+4,

odakle nakon kvadriranja slijedi

2x3 11x2 18x 21= 0.Trazimo cjelobrojne nul-tocke ovog polinoma. Te nul-tocke moraju biti djeli-telji slobodnog clana. Uz to je zbog zapisa pocetne jednakosti x> 6 . Tako su

jedini kandidati x= 7 i x= 21. Uvrstavanjem vidimo da x= 7 jest rje

senjejednadzbe, dok x= 21 to nije. Racun je izveden u sustavu s bazom 7.

Zadatak 30. Broj 620 kvadrat je broja 24. U kojem je sustavu brojeva proveden racun?

13

1


18/128

1 BROJEVI

Rjesenje. Neka je x baza sustava. Iz jednadzbe (2x+ 4)2 = 6x2 + 2x dobije sex2 7x 8= 0 pa je x= 8 jedino prirodno rjesenje.

Zadatak 31. Broj 20 311 kub je broja 21. U kojem je sustavu brojeva proveden racun?

Rjesenje. Neka je xbaza sustava. Onda mora biti

2x4 +3x2 +x+1 = (2x+1)3

Nakon potenciranja i sre-divanja dobivamo

2x3 8x2 9x 5= 0.Samo broj x= 5 moze biti prirodno rjesenje ove jednadzbe. Uvrstavanjemprovjeravamo da je on uistinu rjesenje. Zato je racun istinit u sustavu s bazom5.

Zadatak 32. U kojem je brojevnom sustavu broj 1331 potpuni kub nekog prirodnog broja?

Rjesenje. U svakom sustavu s bazom n , n> 3, jer je 1331(n)= n3 +3n2 +3n+1 =

(n+1)3 . Baza mora biti veca od 3 jer se u zapisu broja pojavljuje znamenka3.

Zadatak 33. U kojem je brojevnomsustavu

1331= 33? Koliko je u tom sustavu

2420?

Rjesenje. Iz 1331= 332 slijedi

x3 +3x2 +3x+1 = (3x+3)2,

x3 +3x2 +3x+1 = 9x2 +18x+9,

x3 6x2 15x 8= 0;te je x= 8. Zatim je

2 4 2 08 2 20 162 12962420(8)= 1296= 36 = 44(8).

Zadatak 34. U kojem je brojevnom sustavu 3322 = 1331? Koliko je u istom sustavu23 32 ?

Rjesenje. Neka je xbaza sustava, onda mora biti

(3x+3)(2x+2) =x3 +3x2 +3x+1

6(x+1)2

= (x+1)3

x+1 = 6

odakle je x= 5 . Sada je

23(5) 32(5)= 13 17= 221.221 44 8 1

1 4 3 1

Konacno

23(5) 32(5)= 1341(5).

Zadatak 35. U kojem je brojevnomsustavu

1210= 22? Koliko je u tom sustavu

3201?

14

1 1


19/128


Rjesenje. Pojavljivanje brojke 3 u zapisu uvjetuje x> 3, sada iz 1210 = 222 slijedi

x3 +2x2 +x= (2x+2)2,

x

3

+2x2

+x= 4x2

+8x+4,x3 2x2 7x 4= 0;

te je x= 4. Zatim je3201(4)=

3 64+2 16+1=

225= 15 = 33(4).

Zadatak 36. U kojem je brojevnom sustavu 2122 = 1 122 ? Koliko je u istom sustavu22 12 ?

Rjesenje. Danu jednakost mo

zemo zapisati u obliku

(2x+1)(2x+2) = x3 +x2 +2x+2,

2(2x+1)(x+1) = (x2 +2)(x+1).

Odatle dobijemo kvadratnu jednadzbu

x2 4x= 0, x(x 4);te je x= 4 ;

22(4)

12(4) = 10

6= 60 = 330(4).

Zadatak 37. Izracunaj racunajuci u binarnoj bazi:

1) 1101(2)+10101(2) ;

2) 10101(2)+10111(2) ;

3) 110111(2)+10101101(2) ;

4) 1100101(2)+11001011(2) .

Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

Rjesenje. Tablica zbrajanja u binarnom sustavu glasi

+ 0 10 0 11 1 10

Pri zbrajanju se koristimo tom tablicom. Kad god zbroj premasuje jedinicu,

moramo paziti na prijenos znamenki. Njih u ovom rjesenju pisemo umanjenimslogom:1)

1 1 1 1

1 1 0 1+ 1 0 1 0 1

1 0 0 0 1 0

2)1 1 1

1 0 1 0 1+ 1 0 1 1 1

1 0 1 1 0 0

15

1 BROJEVI


20/128

1 BROJEVI

3)

1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 1 1

+1 0 1 0 1 1 0 11 1 1 0 0 1 0 0

4)

1 1 1 1 1 1

1 1 0 0 1 0 1+ 1 1 0 0 1 0 1 1

1 0 0 1 1 0 0 0 0

Zadatak 38. Izracunaj racunajuci u binarnom sustavu:

1) 1111(2) 1001(2) ;2) 11001(2) 1101(2) ;3) 110011(2) 10110(2) ;4) 110010111(2) 1101011(2) .

Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.Rjesenje. Racunamo slicno kao u proslom primjeru. Pritom moramo paziti na situaciju

kad od 0 oduzimamo znamenku 1. Znamenki 0 dodajemo u mislima pocetnujedinicu, tako da zapravo oduzimamo jedinicu od broja 10. Rezultat je 1, alijedinicu koju smo dodali moramo pamtiti i uvecati za tu jedinicu sljedecu zna-menku broja koji oduzimamo:1)

1 1 1 1

1 0 0 1

1 1 0

U ovom primjeru nije bilo prijenosa.2)U ovom ce primjeru prijenos nastupiti kod trece znamenke:

1 1 0 0 1 1 1 0 1

? 0 0

Da bismo odbili 1 od 0, moramo povecati tu nulu, dodajuci joj jednu desetku.Tako oduzimamo 1 od 10, i pamtimo tu desetku:

1 1 0 0 1 1 1 0 1

? 1 0 0

Sada sljedecu znamenku umanjitelja ( oznacenu masnim slovom) povecavamoza jedan. Kako je rijec o znamenki 1, ona uvecana za 1 glasi 10. Ponovomoramo zapamtiti desetku, a oduzimamo 0 od 1:

1 1 0 0 1 1 1 0 1

? 1 1 0 0

16



21/128


U posljednjem koraku oduzimamo 1 (koji smo zapamtili) od znamenke 1.Rezultat glasi:

1 1 0 0 1

1 1 0 11 1 0 0

3)

1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0

1 1 1 0 1

Prijenos je nastupio u trecoj, cetvrtoj i petoj znamenki (zdesna).4)

1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1

1 0 0 1 0 1 1 0 0

Zadatak 39. Izracunaj racunajuci u binarnom sustavu:

1) 110(

2)

11(

2)

; 2) 1101(

2)

101(

2)

;

3) 11011(2) 1001(2) ; 4) 110111(2) 101101(2) .Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

Rjesenje. Mnozenje u binarnom sustavu svodi se na zbrajanje pomaknutim brojem. Tab-lica mnozenja prakticki ne postoji:

0 10 0 01 0 1

i jedino moramo paziti na ispravno potpisivanje brojeva. Me-dutim, pri zbra-janju nastaju poteskoce zbog toga sto se prijenos moze sastojati od vise negojedne znamenke. Tako, na primjer, zbrajamo li dvije jedinice, rezultat je 0 i 1(desetka) ide u prijenos. Zbrajamo li tri jedinice, rezultat je 1 i 1 u prijenosu.Me-dutim, ako zbrajamo cetiri jedinice, tad je rezultat ponovo 0, a u prijenoside broj 10.

Prva znamenka s kojom mnozimo je jedinica, pa crtu mnozenja necemo pisati(u primjeru u udzbeniku ona je bila napisana). Radi lakseg pracenja racuna,pisat cemo prijenos umanjenim slogom.1)

1 1

1 1 0 1 11 1 0

1 0 0 1 0

U dekadskoj bazi: 6 3= 18 .2)

1 1 1 1

1 1 0 1 1 0 11 1 0 1

1 0 0 0 0 0 1

17

1 BROJEVI


22/128

1 BROJEVI

U dekadskoj bazi: 13 5= 65 .3)

1 1

1 1 0 1 1

1 0 0 1

1 1 0 1 11 1 1 1 0 0 1 1

U dekadskoj bazi: 27 9= 243.4)

1 1 10 10 10 10 1 1

1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 11 1 0 1 1 1

1 1 0 1 1 1

1 1 0 1 1 11 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1

U dekadskoj bazi: 55 45= 2475 .Zadatak 40. Napisi tablicu zbrajanja i mnozenja u sustavu s bazom 3. Uporabom tih tablica

izracunaj 1201(3)+2012(3) ; 1120221(3) 2(3) ; 20012(3) 12(3) .Rjesenje. Tablice zbrajanja i mnozenja su:

+ 0 1 2

0 0 1 21 1 2 102 2 10 11

0 1 20 0 0 01 0 1 22 0 2 11

1)Brojeve zbrajamo prema prvoj tablici. Prijenos pisemo umanjenim slogom.

1 1

1 2 0 1+ 2 0 1 2

1 0 2 2 0

2)Pri mnozenju cemo tako-der pisati znamenke prijenosa. Te znamenke doda-

jemo rezultatu sljedeceg mnozenja, bas kao sto radimo i u dekadskom sustavu!

1 1 1 1 1

1 1 2 0 2 2 1 21 0 0 1 1 2 1 2

3)U ovom primjeru prijenose necemo pisati (jer ne znamo kako bismo to jed-nostavno ucinili). Ukoliko ne mozete postupak sprovesti odjednom, najprijepomnozite zadani broj s 2 na pomocnom racunu, a onda napravite zbrajanje.

2 0 0 1 2 1 22 0 0 1 21 1 0 1 0 1

1 0 1 0 2 2 1

Zadatak 41. Sastavi tablice zbrajanja i mnozenja za sustave s bazama 4, 5 i 6.

Rjesenje. 1)Za sustav s bazom 4 tablice glase (vidi ud zbenik)

+ 0 1 2 3

0 0 1 2 31 1 2 3 102 2 3 10 113 3 10 11 12

0 1 2 30 0 0 0 01 0 1 2 32 0 2 10 123 0 3 12 21

18



23/128

2)Za sustav s bazom 5 tablice su:

+ 0 1 2 3 40 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 102 2 3 4 10 113 3 4 10 11 124 4 10 11 12 13

0 1 2 3 40 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 42 0 2 4 11 133 0 3 11 14 224 0 4 13 22 31

3)Za sustav s bazom 6 tablice su:

+ 0 1 2 3 4 50 0 1 2 3 4 51 1 2 3 4 5 102 2 3 4 5 10 113 3 4 5 10 11 124 4 5 10 11 12 135 5 10 11 12 13 14

0 1 2 3 4 50 0 0 0 0 0 01 0 1 2 3 4 52 0 2 4 10 12 143 0 3 10 13 20 234 0 4 12 20 24 325 0 5 14 23 32 41

Zadatak 42. Prevedi sljedece brojeve zapisane u binarnom sustavu u dekadski sustav:

1) 11.1(2) ; 2) 101.101(2) ;

3) 111.111(2) ; 4) 1000.0001(2) .

Rjesenje. Rijec je o decimalnim brojevima. Njihov se zapis pravi na isti nacin kao udekadskom sustavu. Pretvorbu mozemo vrsiti na dva nacina.

Prvi je nacin da koristimo definiciju decimalnog prikaza:1)

11.1(2)= 2 +1+21 =3.5.

2)

101.101(2)= 22

+1+21

+23

=4 +1+

1

2 +

1

8 =5.625.3)

111.111(2)= 22 + 2 + 1 + 21 + 22 + 23 =4 + 2 +1 +

1

2+

1

4+

1

8 =7.875.

4)

1000.0001(2)= 23 +24 =8 +

1

16=8.0625

Drugi je nacin da decimalne brojeve (koji imaju konacan decimalni prikaz)mnozenjem pretvorimo u cijele brojeve, a zatim primijenimo algoritme pret-vorbe koje poznajemo kad su u pitanju cijeli brojevi:1) 11.1(2)10(2) = 111(2) . Sad je 111(2) = 7 , 1 0(2) = 2 , pa je rezultat7

2=3.5 .

2) 101.101(2) 1000(2) = 101101(2) . Sad je 101101(2) = 45, 1000(2) = 8pa je rezultat

45

8

=5.625.

3) 111.111(2) 1000(2) = 111111(2) . Sad je 111111(2) = 63, 1000(2) = 8pa je rezultat

63

8 =7.875.

19

1 BROJEVI


24/128

4) 1000.0001(2)10000(2) = 10000001(2) . Sad je 10000001(2) = 129,10000(2)= 16 pa je rezultat

129

16 =8.0625 .

Prvi je nacin prikladniji za brojeve s manjim brojem znamenki, a drugi kadimamo brojeve s vecim brojem znamenki (razlicitih od nule).

1.2. Matemati cka indukcija

Zadatak 1. Koristeci induktivni nacin razmisljanja, predvidi sljedeci clan u svakoj od lista:

1) 1, 7, 13, 19, 25, ?;

2) 1, 3, 7, 13, 21, ?;

3) 1, 3, 7, 15, 31, ?;

4) 1, 4, 9, 16, 25, ?;

5) 1, 2, 5, 14, 41, ?;

6) 2, 3, 5, 7, 11, ?;

7) 1, 1.4, 1.41, 1.414, 1.4142, ?;

8) J, D, T, C, P, ?.

Zadatak 2. Matematickom indukcijom dokazi da za sve nN vrijedi:1) 3+3+9+. . .+ (6n 9) = 3n2 6n ;2) 1+3+7+. . .+ (4n 5) = n(2n 3) ;3) 3 7 11 . . . (4n 1) =n(2n+1) ;4) 5+8+11+. . .+ (3n+2) = 12 n(3n+7) .

Rjesenje. 1)Dokazujemo indukcijom:

3+3+9+. . .+ (6n 9) = 3n2 6n.Baza indukcije. Za n= 1 tvrdnja je ocito tocna: lijeva strana ima samo jedanpribrojnik,3 , a desna strana jednaka je 3 12 6 1=3 .Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da je tvrdnja tocna i za n = k. Ondavrijedi jednakost

3+3+. . .+ (6k

9) = 3k2

6k.

Korak indukcije. Izracunajmo sada zbroj lijeve strane kojoj je dodan jos jedanclan:

3+3+. . .+ (6k 9) + (6(k+1) 9).Radi pretpostavke indukcije smijemo koristiti jednakost3 + 3 + . . . + (6k9) =3k2 6k pa citava suma iznosi

3k2 6k+6k+6 9= 3k2 3= 3(k+1)2 6(k+1),dakle, jednakost vrijedi i za broj n= k+1 .

Prema aksiomu matematicke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .2)Dokazujemo indukcijom:

1+3+7+. . .+ (4n 5) = n(2n 3).

20

MATEMATI CKA INDUKCIJA 1.2


25/128

Baza. n= 1 :

1= 1(2 1 3).

Pretpostavka.Za n= k vrijedi:

1+3+7+. . .+ (4k 5) = k(2k 3).Korak. Racunamo lijevu stranu za n= k+1 i koristimo pretpostavku induk-cije:

1+3+7+. . .+ (4k 5) + [4(k+1) 5] =k(2k 3) + [4k 1]=2k2 3k+4k 1=2k2 +k 1= (k+1)(2k 1)= (k+1)[2(k+1) 3].

Tvrdnja je dokazana.

3)Dokazujemo indukcijom:

3 7 11 . . . (4n 1) =n(2n +1)

Baza. n= 1 :3=1(2 1+1).


3 7 11 . . .+ (4k 1) =k(2k+1).Korak. Racunamo lijevu stranu za n= k+1 i koristimo pretpostavku induk-cije:

3 7 11 . . . (4k 1) [4(k+1) 1] =k(2k+1) [4k+3]=2k2 k 4k 3=(2k2 +5k+3)=(k+1)(2k+3)=(k+1)[2(k+1) +1].



5+8+11+. . .+ (3n+2) = 1

2n(3n+7).

Baza. n= 1 :

5= 1

2 1(3 1+7).


5+8+11+. . .+ (3k+2) = 1

2k(3k+7).

21

1 BROJEVI


26/128

Korak. Racunamo lijevu stranu za n= k+1 i koristimo pretpostavku induk-cije:

5+8+11+. . .+ (3k+2) + [3(k+1) +2] = 1

2k(3k+7) + [3k+5]

= 1

2

3k2 +7k+6k+10

=

1

2

3k2 +13k+10

=

1

2

(k+1)(3k+10)

=

1

2

(k+1)[3(k+1) +10].


Zadatak 3. Matematickom indukcijom dokazi da za sve nN vrijedi:1) 2+7+15+. . .+ 12 n(3n+1) =

12 n(n+1)

2 ;

2) 1+35+ . . . +(1)n(2n1) = (1)n n ;3) 3+6+12+. . .+3 2n1 =3(2n 1) ;

4) 2+16+56+ . . .+(3n2)2n

=10+(3n5)2n+1

.Rjesenje. 1)Dokazujemo indukcijom:

2+7+15+. . .+1

2n(3n+1) =

1

2n(n+1)2.

Baza. n= 1 :

2= 1

2 1 (1+1)2.


2+7+15+. . .+1

2k(3k+1) =

1

2k(k+1)2.


2+7+15+. . .+1

2k(3k+1) +

1

2(k+1)[3(k+1) +1]

= 1

2 k(k+1)2 +1

2 (k+1)[3(k+1) +1]

= 1

2(k+1)

k(k+1) +3(k+1) +1

=

1

2(k+1)

k2 +k+3k+3+1

=

1

2(k+1)

k2 +4k+4

=

1

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

= 1

2(k+1)[(k+1) +1]2.

22



27/128



1+3

5+. . .+ (

1)n(2n

1) = (

1)n

n.

Baza. n= 1 :1= (1)1 1.


1+3 5+. . .+ (1)k(2k 1) = (1)k k.Korak. Racunamo lijevu stranu za n= k+1 i koristimo pretpostavku induk-cije:

1+3 5+. . .+ (1)k

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

[2(k+1) 1]= (1)k k+ (1)k+1[2(k+1) 1]= (1)k k+ (1)k+1(2k+1)= (1)k[k (2k+1)]= (1)k[k 1]=(1)k[k+1]

= (1)k+1

(k+1).Tvrdnja je dokazana.


3+6+12+. . .+3 2n1 =3(2n 1).Baza. n= 1 :

3= 3(21 1).Pretpostavka.Za n= k vrijedi:

3+6+12+. . .+3 2k1 =3(2k 1).Korak. Racunamo lijevu stranu za n= k+1 i koristimo pretpostavku induk-cije:

3+6+12+. . .+3 2k1 +3 2k =3(2k 1) +3 2k=3 2k 3+3 2k=6 2k 3

=3 2k

+1

3=3(2k+1 1).



2+16+56+. . .+ (3n 2) 2n =10+ (3n 5) 2n+1.Baza. n= 1 :

2= 10 + (3

1

5)

21+1.


2+16+56+. . .+ (3k 2) 2k =10+ (3k 5) 2k+1.

23

1 BROJEVI


28/128


2+16+56+. . .+ (3k

2)

2k + [3(k+1)

2]

2k+1

=10+ (3k 5) 2k+1 + [3(k+1) 2] 2k+1=10+ (3k 5) 2k+1 + [3k+1] 2k+1=10+2k+1[3k 5+3k+1]=10+2k+1[6k 4]=10+2k+2[3k 2]=10+ [3(k+1)

5]

2(k+1)+1.


Zadatak 4. Matematickom indukcijom dokazi da za sve nN vrijedi:1) 1 2n +2 2n1 +3 2n2 +. . .+n 2+ (n+1)

=2n+2 (n+3) ;2) 12

22 +32

. . .+ (

1)n1

n2

= (1)n1 n(n+1)2

;

3) 1

3+

2

32+

3

33+. . .+

n

3n =

3

4 2n+3

4 3n .

Rjesenje. 1)Dokazujemo indukcijom:

1 2n +2 2n1 +3 2n2 +. . .+n 2+ (n+1) = 2n+2 (n+3).

Baza. S lijeve strane nalazi se n+1 pribrojnik. Zato za n= 1 zbroj s lijevestrane ima dva clana, prvi i posljednji:

1 21 + (1+1) =21+2 (1+3).(Svejedno je hocemo li uzeti formulu za drugi ili formulu za posljednji clan i unju staviti n= 1 .)


1 2k +2 2k1 +3 2k2 +. . .+k 2+ (k+1) = 2k+2 (k+3).

Korak. Moramo dokazati tvrdnju za broj n = k+ 1 . Tada lijeva stranajednakosti glasi:

1 2k+1 +2 2k +3 2k1 +. . .+ (k+1) 2+ (k+2).Ovaj izraz mozemo dovesti u vezu s onim iz pretpostavke indukcije! Dovoljno

je iz svih clanova osim posljednjeg izlu

citi 2:

2

1 2k +2 2k1 +3 2k2 +. . .+ (k+1)

+ (k+2).

24



29/128

Izraz u zagradi iznosi, prema pretpostavci indukcije 2k+2 (k+3) . Dakle:2

1 2k +2 2k1+3 2k2 +. . .+ (k+1)

+ (k+2)

=2 2k+2 (k+3)+ (k+2)=2k+3 2(k+3) +k+2=2k+3 2k 6+k+2=2k+3 k 4=2(k+1)+2 [(k+1) +3].



12 22 +32 . . .+ (1)n1 n2 = (1)n1 n(n+1)2

.

Baza. n= 1 :

12 = (1)11 1(1+1)2

.


12 22 +32 . . .+ (1)k1 k2 = (1)k1 k(k+1)2

.


12 22 +32 . . .+(1)k1 k2 + (1)k (k+1)2

= (1)k1 k(k+1)2

+ (1)k (k+1)2

= (1)k1 k+12

k 2(k+1)

= (1)k1 k+12

k 2

= (1)k k+1

2 (k+2)

= (1)(k+1)1 (k+1)[(k+1) +1]2

Tvrdnja je dokazana.3)Dokazujemo indukcijom:

1

3+

2

32+

3

33+. . .+

n

3n =

3

4 2n+3

4 3n .

Baza. n= 1 :1

3=

3

4 2 1+3

4 31 .

Pretpostavka.Za n= k vrijedi:1

3+

2

32+

3

33+. . .+

k

3k =

3

4 2k+3

4 3k .

25

1 BROJEVI


30/128


1

3

+ 2

32+

3

33+ . . .+

k

3k +

k+1

3k+1

= 3

4 2k+3

4 3k +k+1

3k+1

= 3

4 1

4 3k+1

3(2k+3) 4(k+1)

= 3

4 1

4 3k+1

6k+9 4k 4

= 3

4 1

4 3k

+1 2k+5

= 3

4 2(k+1) +3

4 3k+1 .


Zadatak 5. Uvrsti nekoliko pocetnih vrijednosti za broj n i pokusaj odrediti izraz za slje-dece zbrojeve. Dobivenu formulu provjeri matematickom indukcijom.

1) 1+2+4+8+. . .+2n1 =?

2) 1+3+9+27+. . .+3n1

=?3)

1

1 2 + 1

2 3 + . . .+ 1

(n 1)n =?

Rjesenje. 1)Pocetne vrijednosti ovog zbroja su

n= 1 : 1

n= 2 : 1+2 = 3

n= 3 : 1+2+4= 7

n= 4 : 1+2+4+8 = 15

n= 5 : 1+2+4+8+16= 31

Prepoznajemo brojeve koji su za 1 manji od potencija broja 2. Zato je pretpos-tavka:

1+2+4+8+. . .+2n1 =2n 1.Bazu smo provjerili. Dokazujemo korak indukcije:

1+2+4+8+. . .+2n1 +2n =2n

1+2n

=2 2n 1=2n+1 1.


2)Pocetne vrijednosti ovog zbroja su

n= 1 : 1

n= 2 : 1+3= 4

n=

3 : 1+

3+

9=

13

n= 4 : 1+3+9+27= 40

n= 5 : 1+3+9+27+81= 121

26



31/128

Niti nakon pet vrijednosti nismo sigurni u svoju pretpostavku. Zbrajali smopotencije broja 3, a u prethodnom primjeru (gdje je rezultat bio 2n 1 ) biloje rijeci o potencijama broja 2. To nam daje ideju da je i ovdje rijec o izrazupovezanom s potencijama broja 3. Napisimo sad red tih potencija, umanjenih

za jedan:2, 8, 26, 80, 242.

Usporedbom s gore napisanim vrijednostima mozemo otkriti pretpostavku in-dukcije:

1+3+9+27+. . .+3n1 = 1

2(3n 1).

Bazu smo provjerili. Dokazujemo korak indukcije:

1+3+9+27+. . .+3n1 +3n = 1

2(3n 1) +3n

= 1

2

3n 1+2 3n

= 1

2

3 3n 1

= 1

2 3n+1 1

.


3)Pocetne vrijednosti ovog zbroja su

n= 2 : 1

2

n= 3 : 1

2+

1

6 =

2

3

n= 4 : 2

3

+ 1

12

= 3

4n= 5 :

3

4+

1

20 =

4

5.

Pretpostavka indukcije

1

1 2 + 1

2 3 +. . .+ 1

(n 1)n = n 1

n

je provjerena za n= 2, 3, 4, 5 . Dokazujemo korak indukcije:

1

1 2 + 1

2 3 + . . .+ 1

(n 1)n + 1

n(n+1) = n

1

n + 1

n(n+1)

=(n 1)(n+1) +1

n(n+1)

= n2 1+1

n(n+1)

= n

n+1.


Zadatak 6. Dokazi da za x=1 (i x=1 u trecem primjeru) i za svaki nN vrijedi:

27

1 BROJEVI


32/128

1) 1+x+x2 +. . .+xn = xn+1 1

x 1 ;

2) x+2x2 +. . .+nxn = x (n+1)xn+1 +n xn+2

(x 1)2 , za sve n

N ;

3) 1

1+x+

2

1+x2+

4

1+x4 +. . .+

2n

1+x2n

= 1

x 1 + 2n+1

1 x2n+1 .

Rjesenje. Dokazujemo indukcijom.

1)Baza, n= 1 :

1+x= x2 1x 1 .

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n :

1+x+x2 +. . .+xn = xn+1 1x 1 .

Dokazimo da ona onda vrijedi i za broj n+1 :

1+x+x2 +. . .+xn +xn+1 = xn+1 1

x 1 +xn+1

= xn+1

1+xn+2

xn+1

x 1=

xn+2 1x 1 .

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n .

2)Baza, n= 1 :

x= x 2x2 +x3

(x 1)2 ;

x= x(x 1)2

(x 1)2 .


x+2x2 +. . .+nxn = x (n+1)xn+1 +n xn+2

(x 1)2 .

28



33/128


x+2x2 +. . . +nxn + (n+1)xn+1

=

x

(n+1)xn+1 +n

xn+2

(x 1)2 + (n+1)xn+1

= x (n+1)xn+1 +n xn+2 + (n+1)xn+1(x 1)2

(x 1)2

= x (n+1)xn+1 +n xn+2 + (n+1)xn+1(x2 2x+1)

(x 1)2

= x+n xn+2 2(n+1)xn+2 + (n+1)xn+3

(x

1)2

= x (n+2)xn+2 + (n+1)xn+3

(x 1)2 .Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n .

3)Zbroj s lijeve strane ima samo jedan clan ako je n= 0 , i tu vrijednost brojan uzimamo za bazu indukcije:

1

1+x=

1

x

1

+ 2

1

x2

,

11+x

= 1 x+2(1 x)(1+x) ,

1

1+x=

1 x(1 x)(1+x) ,

sto je istina.


1

1+x

+ 2

1+x2

+ 4

1+x4

+. . .+ 2n

1+x2n

= 1

x 1+

2n+1

1 x2n+1

.


1

1+x+

2

1+x2+

4

1+x4 +. . .+

2n

1+x2n +

2n+1

1+x2n+1

= 1

x 1 + 2n+1

1 x2n+1 +

2n+1

1+x2n+1

=

1

x 1 +2n+1(1+x2

n+1) +2n+1(1

x2

n+1)

(1 x2n+1 )(1+x2n+1 )=

1

x 1 + 2 2n+1

1 x2n+12=

1

x 1 + 2n+2

1 x2n+2.


Zadatak 7. Dokazi matemati

ckom indukcijom:

1) 1

1 5 + 1

5 9 + . . .+ 1

(4n3)(4n+1) = n

4n+1;

29

1 BROJEVI


34/128

2) 1

1 3 + 22

3 5 + 32

5 7 + . . .+ n2

(2n 1)(2n+1)=

n(n+1)

2(2n+1)

;

3) 3

4+

5

36+ . . .+

2n+1

n2(n+1)2 =1 1

(n+1)2 ;

4)

11

4

11

9

...

1 1

(n+1)2

=

n+2

2(n+1);

5) 1

6+

1

12+

1

20+. . .+

1

n2 +3n+2=

n

2(n+2);

6)

1

2 +

2

4 +

3

8 +

4

16 +. . .+

n

2n =2 n+2

2n .

Rjesenje. 1)Zbroj s lijeve strane ima samo jedan clan ako je n= 1 . Baza, n= 1 :

1

5 =

1

4 1+1 .


1

1 5 + 1

5 9 +. . .+ 1

(4n 3)(4n+1) = n

4n+1 .


1

1 5 + 1

5 9 + . . .+ 1

(4n 3)(4n+1)+ 1

(4n+1)(4n+5)

= n

4n+1+

1

(4n+1)(4n+5)

= n(4n+5) +1(4n+1)(4n+5)

= 4n2 +5n+1

(4n+1)(4n+5)

= (4n+1)(n+1)

(4n+1)(4n+5)

= n+1

4n+5

.


2)Baza, n= 1 :

1

3 =

12

(2 1 1)(2 1+1) .


1

1 3 + 22

3 5 + 32

5 7 + . . .+ n2

(2n 1)(2n+1) = n(n+1)

2(2n+1).

30



35/128


1

1

3

+ 22

3

5

+ 32

5

7

+ . . .+ n2

(2n

1)(2n+1)+

(n+1)2

(2n+1)(2n+3)

= n(n+1)

2(2n+1)+

(n+1)2

(2n+1)(2n+3)

= n(n+1)(2n+3) +2(n+1)2

2(2n+1)(2n+3)

=(n+1)[n(2n+3) +2(n+1)]

2(2n+1)(2n+3)

=(n+1)[2n2 +3n+2n+2]

2(2n+1)(2n+3)

=(n+1)[2n2 +5n+2]

2(2n+1)(2n+3)

=(n+1)(2n+1)(n+2)

2(2n+1)(2n+3)

=(n+1)(n+2)

2(2n+3) .


3)Baza, n= 1 :

3

4 =1 1

(1+1)2.


34

+ 536

+ . . .+ 2n+1n2(n+1)2

=1 1(n+1)2

.


3

4+

5

36+ . . .+

2n+1

n2(n+1)2+

2n+3

(n+1)2(n+2)2 =1 1

(n+1)2+

2n+3

(n+1)2(n+2)2

=1 (n+2)2 (2n+3)

(n+1)2(n+2)2

=1 n2 +4n+4 2n 3

(n+1)2(n+2)2

=1 n2 +2n+1

(n+1)2(n+2)2

=1 (n+1)2

(n+1)2(n+2)2

=1 1

(n+2)2 .


31

1 BROJEVI


36/128

4)Baza, n= 1 :

1

1

4 =

1+2

2(1+1);

3

4 =

3

4.


1 1

41 1

9 . . .1 1

(n+1)2 =

n+2

2(n+1)

.


1 1

4

1 1

9

. . .

1 1

(n+1)2

1 1

(n+2)2

= n+22(n+1)1 1

(n+2)2=

n+2

2(n+1) (n+2)

2 1(n+2)2

= (n+2)[(n+2)2 1]

2(n+1)(n+2)2

= (n+2)[n2 +4n+3]

2(n+1)(n+2)2

= (n+2)(n+1)(n+3)2(n+1)(n+2)2

= n+3

2(n+2).


5)Baza, n= 1 :

1

6 =

1

2(1+2).

Izraz n2 +3n+2 u nazivniku napisimo kao (n+1)(n+2) . Pretpostavimoda tvrdnja vrijedi za broj n :

1

6+

1

12+

1

20+ . . .+

1

(n+1)(n+2) =

n

2(n+2).

32



37/128


1

6+

1

12+

1

20+ . . .+

1

(n+1)(n+2)+

1

(n+2)(n+3)

= n2(n+2)

+ 1(n+2)(n+3)

= n(n+3) +2

2(n+2)(n+3)

= n2 +3n+2

2(n+2)(n+3)

= (n+1)(n+2)

2(n+2)(n+3)=

n+1

2(n+3).


6)Baza, n= 1 :

1

2 =2 1+2

21 ;

1

2 =

1

2.


1

2+

2

4+

3

8+

4

16+ . . .+

n

2n =2 n+2

2n .


1

2+

2

4+

3

8+

4

16+ . . .+

n

2n+

n+1

2n+1 =2 n+2

2n +

n+1

2n+1

=2 2(n+2)

(n+1)

2n+1

=2 n+32n+1

.


Zadatak 8. Dokazi matematickom indukcijom:

(n+1)(n+2) . . . (2n 1) 2n1 3 5 . . . (2n 1) =2

n.

Rjesenje. Za n= 1 umnosci u brojniku i nazivniku imaju samo po jedan clan:

2

1 =21.


(n+1)(n+2) . . . (2n 1) 2n1 3 5 . . . (2n 1) =2

n.

Dokazimo da ona onda vrijedi i za broj n+1. Napisimo kako u tom slucaju

izgleda lijeva strana:(n+2) . . . (2n 1) 2n (2n+1)(2n+2)

1 3 5 . . . (2n 1)(2n+1) .

33

1 BROJEVI


38/128

Transformirajmo taj izraz tako da mozemo iskoristiti pretpostavku indukcije:

(n+2) . . . (2n 1) 2n (2n+1) 2(n+1)1 3 5 . . . (2n 1)(2n+1)

= (n+1)(n+2) . . . (2n 1) 2n1 3 5 . . . (2n 1)

2(2n+1)2n+1

=2n 2= 2n+1.Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n .

Zadatak 9. Matematickom indukcijom provjeri sljedece formule za zbrojeve potencija

Sk=1k +2k +. . . +nk, kN .

S1 = n(n+1)

2 ;

S2 = n(n+1)(2n+1)

6 ;

S3 =n(n+1)

2

2;

S4 = n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n 1)

30 .

Rjesenje. 1)Treba dokazati:

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

2 .

Za n= 1 imamo

1= 1(1+1)

2

te tvrdnja vrijedi.

Pretpostavimo da ona vrijedi i za bilo koji prirodni broj n :

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

2 .

Onda za broj n+1 imamo

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

2 + (n+1)

= n(n+1) +2(n+1)

2

= (n+1)(n+2)

2 ,

pa tvrdnja vrijedi i za n+1 . Dakle, ona vrijedi za svaki prirodni broj n .

2)Treba dokazati:

12 +22 +. . .+n2 = n(n+1)(2n+1)

6 .

Za n= 1 imamo

12 = 1(1+1)(2

1+1)

6

te tvrdnja vrijedi.

34


P t t i d ij di i bil k ji i d i b j


39/128


12 +22 +. . .+n2 = n(n+1)(2n+1)

6 .


12 +22 +. . .+n2 + (n+1)2 = n(n+1)(2n+1)

6 + (n+1)2

= n(n+1)(2n+1) +6(n+1)2

6

= (n+1)[n(2n+1) +6(n+1)]

6

= (n+1)[2n2 +7n+6]6

= (n+1)(n+2)(2n+3)

6


3)Treba dokazati:

13 +23 +. . .+n3 = n2(n+1)2

4 .

Za n= 1 imamo

13 = 12(1+1)2

4

te tvrdnja vrijedi.


13 +23 +. . .+n3 = n2

(n+1)2

4 .


13 +23 +. . .+n3 + (n+1)3 = n2(n+1)2

4 + (n+1)3

= n2(n+1)2 +4(n+1)3

4

= (n+1)2[n2 +4(n+1)]4

= (n+1)2[n2 +4n+4]

4

= (n+1)2(n+2)2

4


4)Treba dokazati:

14 +24 +. . .+n4 = n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n 1)

30 .

35

1 BROJEVI

Za n 1 imamo


40/128

Za n= 1 imamo

14 = 1 (1+1)(2 1+1)(3 12 +3 1 1)

30 ;

1= 1 2 3 530

te tvrdnja vrijedi.


14 +24 +. . .+n4 = n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n 1)

30 .


14 +24 +. . .+n4 + (n+1)4 = n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n 1)30

+ (n+1)4

= n(n+1)(2n+1)(3n2 +3n 1) +30(n+1)4

30

=(n+1)[n(2n+1)(3n2 +3n 1) +30(n+1)3]

30 .

Transformirajmo izraz unutar uglate zagrade u brojniku:

n(2n+1)(3n2

+3n 1) +30(n+1)3

= (2n2 +n)(3n2 +3n 1) +30(n3 +3n2 +3n+1)=6n4 +9n3 +n2 n+30n3 +90n2 +90n+30=6n4 +39n3 +91n2 +89n+30.

Ako je pretpostavka indukcije tocna, ovaj izraz mora u sebi sadrzavati clanove

(n+ 2)(2n+ 3) . Umnozak tih dvaju clanova je 2n2 +7n+ 6 . Podijelimodobiveni polinom cetvrtog stupnja s ovim polinomom:

6n4 +39n3 +91n2 +89n+30 : 2n2 +7n+6= 3n2 +9n+56n4 +21n3 +18n2

18n3 +73n2 +89n+3018n3 +63n2 +54n

10n2 +35n+3010n2 +35n+30

Dakle, polinom je djeljiv s (n+2)(2n+3) , a rezultat dijeljenja je 3n2 +9n+5 :

6n4 +39n3 +91n2 +89n+30= (n+2)(2n+3)(3n2 +9n+5).

Vratimo se sad na kompletan izraz:

(n+1)[n(2n+1)(3n2 +3n 1) +30(n+1)3]30

= (n+1)(n+2)(2n+3)(3n2 +9n+5)

30

=

(n+1)[(n+1) +1][(2(n+1) +1][3(n+1)2 +3(n+1)

1]

30


36


Zadatak 10 Koristeci se formulama iz prethodnog zadatka izracunaj sljedece sume:


41/128

Zadatak 10. Koristeci se formulama iz prethodnog zadatka izracunaj sljedece sume:

1) 2 2+2 5+2 8+. . .+2(3n 1) ;2) 1 2+2 3+3 4+. . .+n(n+1) ;3) 1 3+3 5+5 7+. . .+ (2n1)(2n+1) ;4) 1 4+2 7+3 10+. . .+n(3n+1) ;5) 123+234+345+ . . .+n(n+1)(n+2) ;6) 2 12 +3 22 +4 32 +. . .+ (n+1) n2 .

Rjesenje. 1)Svaki je pribrojnik oblika

2(3k 1) = 6k 2pa je citav zbroj jednak

(6 1 2) + (6 2 2) +. . .+ (6 n 2) =6 S1 2n.Dalje je

6S1 2n= 6 n(n+1)

2 2n= 3n(n+1) 2n= n(3n+1).

2) Svaki je pribrojnik oblikak(k+1) , odnosno k2 +kte zbroj mozemo zapisatiu obliku

1

2

+1+22

+2+32

+3+. . .+n2

+n= 1+2+3+. . .+n+12

+22

+. . .+n2

=S1+S2.Tako se dobije da je trazeni zbroj jednak

S1+S2= n(n+1)

2 +

n(n+1)(2n+1)

6

=n(n+1)

1

2+

2n+1

6

=n(n+1)

3+2n+1

6

= n(n+1)(n+2)

3 .

3)Svaki je pribrojnik oblika

(2k 1)(2k+1) =4k2 1pa zbroj mozemo zapisati u obliku

(4 11 1) + (4 22 1) +. . .+ (4 n2 1) = 4 S2 n.Dalje je

4 S2 n= 4 n(n+1)(2n+1)

6 n= 2n(n+1)(2n+1) 3n

3

= n[2(n+1)(2n+1) 3]

3 =

n(4n2 +6n 1)3

.


k(3k+1) = 3k2 +k

pa zbroj mozemo zapisati u obliku

(3 11 +1) + (3 22 +2) +. . .+ (3 n2 +n) =3 S2+S1.

37

1 BROJEVI

Dalje je


42/128

Dalje je

3 S2+S1= 3 n(n+1)(2n+1)

6 +

n(n+1)

2

=n(n+1)2n+12

+ 12

=n(n+1)2n+2

2

=n(n+1)2.


k(k+1)(k+2) = k3 +3k2 +2k

pa je citav zbroj jednak S3+3S2+2S1 . Dalje je

S3+3S2+2S1= n2(n+1)2

4 +3 n(n+1)(2n+1)

6 +2 n(n+1)

2

=n(n+1)

n(n+1)

4 +

2n+1

2 +1

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

4

=n(n+1) n2

+5n+64

= n(n+1)(n+2)(n+3)

4 .


(k+1)k2 =k3 +k2

pa je citav zbroj jednak S3+S2 . Dalje je

S3+S2 = n2

(n+1)2

4 + n(n+1)(2n+1)

6

=n(n+1)

n(n+1)

4 +

2n+1

6

=n(n+1)3n(n+1) +2(2n+1)

12

=n(n+1)3n2 +7n+2

12

= n(n+1)(n+2)(3n+1)12

.

Zadatak 11. Matematickom indukcijom dokazi sljedecu formulu za kvadriranje viseclanogizraza:(a1+ a2+ . . .+ an)

2 =a21+ a22+ . . .+ a

2n +2(a1a2+ a1a3+ . . .+ an1an) .

Rjesenje. Za n= 2 tvrdnja vrijedi jer se svodi na poznati izraz

(a1+ a2)2 =a21+a

22+2a1a2.

38


43/128

1 BROJEVI

Zadatak 14. Matematickom indukcijom dokazi:


44/128

1) 6|n3 +11n ;2) 6

|2n3 +3n2 +7n ;

3) 24|n4 +6n3 +11n2 +6n ;4) 7|n7 +6n ;za sve prirodne brojeve n .

Rjesenje. 1)Za n= 1 vrijedi n3 + 11n= 12 pa baza indukcije vrijedi. Dokazimo da iz6|n3 +11n slijedi 6|(n+1)3 +11(n+1) . Imamo redom:

(n+1)3 +11(n+1) =n3 +3n2 +3n+1+11n+11

=n3 +11n+3(n(n+1) +4).

Prvi dio, n3 +11n jest broj djeljiv sa 6, po pretpostavci indukcije. No sa 6 jedjeljiv i pribrojnik 3(n(n+1) +4) . Da je djeljiv s 3, ocito je. Uoci jos da jebroj n(n+1) paran. To je dovoljno za dokaz.

2)Dokazujemo: 6|2n3 +3n2 +7n .Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 12. Pretpostavimo datvrdnja vrijedi za broj n . Onda za broj n+1 imamo:

2(n+1)3 +3(n+1)2 +7(n+1) =2(n3 +3n2 +3n+1) +3(n2 +2n+1) +7n+7

=2n3 +6n2 +6n+2+3n2 +6n+3+7n+7

= (2n3 +3n2 +7n) +6(n2 +2n+2).

Izraz u prvoj zagradi djeljiv je sa 6 prema pretpostavci indukcije, pa je i citavizraz djeljiv sa 6.

3) Dokazujemo: 24|n4 +6n3 +11n2 +6n .Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 24. Pretpostavimo da

tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za broj n+1 imamo:

(n+1)4+6(n+1)3+11(n+1)2+6(n+1)

=n4+4n3+6n2+4n+1+6n3+18n2+18n+6+11n2+22n+11+6n+6

=(n4+6n3+11n2+6n)+(4n3+24n2+44n+24)

=(n4+6n3+11n2+6n)+4(n3+6n2+11n+6).

Izraz u prvoj zagradi djeljiv je s 24 prema pretpostavci indukcije. Preostaje

dokazati da je izraz u drugoj zagradi djeljiv sa 6. To se moze ponovo u

cinitimatematickom indukcijom, na nacin slican onom u prethodnom primjeru 2).

Me-dutim, taj se izraz moze napisati ovako:

n3 +6n2 +11n+6= n3 +n2 +5n2 +5n+6n+6

=n2(n+1) +5n(n+1) +6(n+1)

= (n+1)(n2 +5n+6)

= (n+1)(n+2)(n+3).

Dakle, rijec je o umnosku triju uzastopnih prirodnih brojeva. Barem jedan odnjih mora biti paran i barem jedan od njih mora biti djeljiv s 3. Zato je ovajumnozak djeljiv sa 6.

40


Ovaj dio dokaza mozemo napraviti i nesto jednostavnije ako pribrojnik 4(n3 +2


45/128

6n2 +11n+6) napisemo u obliku

4n3 +24n2 +44n+24= 24(n3 +n2 +n+1)

20(n3

n)

=24(n3 +n2 +n+1) 5 4(n 1)n(n+1).Umnozak (n 1)n(n+1) je uvijek djeljiv sa 6, pa je citav izraz djeljiv s 24.Time je dokaz zavrsen.

Napomena. Sad vidimo da je i pocetni izraz moguce napisati ovako:

n4 +6n3 +11n2 +6n= n(n+1)(n+2)(n+3).

Rijec je o umnosku cetiriju uzastopnih brojeva. Na temelju toga zakljuci zasto

on mora biti djeljiv s 24.4)Dokazujemo: 7|n7 +6n .Za n= 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 7. Pretpostavimo da tvrdnjavrijedi za broj n . Onda za broj n+1 imamo:

(n+1)7 +6(n+1)

=n7 +

71

n6 +

72

n5 +

73

n4 +

73

n3 +

72

n2 +

71

n+1+6n+6

= (n7 +6n) +7n6 +21n5 +35n4 +35n3 +21n2 +7n+7.

Izraz u prvoj zagradi djeljiv je sa 7 prema pretpostavci indukcije, pa je i citavizraz djeljiv sa 7.

Zadatak 15. Matematickom indukcijom dokazi da za sve nN vrijedi:1) 9|7n +3n 1 ;2) 11|62n +3n+2 +3n ;3) 17

|62n +19n

2n+1 ;

4) 17|25n+3 +5n 3n+2 ;5) 19|7 52n +12 6n ;6) 37|2n+5 34n +53n+1 ;7) 64|32n+1 +40n 67 ;8) 57|7n+2 +82n+1 .

Rjesenje. 1)Za n= 1 je 7n +3n 1= 9 i tvrdnja vrijedi.Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za brojn : 7n + 3n1 je djeljiv s 9. Napisimosada

7n+1 +3(n+1) 1= 7(7n +3n 1) 18n+9=7(7n +3n 1) 9(2n+1).

Prvi je pribrojnik djeljiv s 9 prema pretpostavci indukcije, pa je i cijeli izrazdjeljiv s 9.

2)Dokazujemo da vrijedi: 11|62n +3n+2 +3n .Baza. Uvrstimo li n= 1, dobit cemo broj 36+27+3 = 66 , koji je djeljiv s11.

Pretpostavka.Pretpostavimo da je tvrdnja istinita.

41

1 BROJEVI

Korak. Dokazimo da je onda i 62(k+1) + 3k+3 + 3k+1 djeljiv s 11. Preuredimozapis ovog broja kako bismo mogli iskoristiti pretpostavku:


46/128

zapis ovog broja kako bismo mogli iskoristiti pretpostavku:

36(62k +3k+2 +3k) 11 3k+3 11 3k+1.Svi su pribrojnici djeljivi s 11, prvi prema pretpostavci indukcije. Time jetvrdnja dokazana.

3)Dokazujemo da vrijedi 17|62n +19n 2n+1 .Baza n= 1

62 +19 22 =51 = 3 17,

Pretpostavka. Neka je 62n +19n 2n+1 djeljiv sa 17. Onda vrijedi62n +19n

2n+1 =17a

za neki cijeli broj a .

Korak. n:=n +1

62n+2 +19n+1 2n+2 =36 62n +19n+1 2n+2=36(17a 19n +2n+1) +19 19n 2 2n+1=17 36a 36 19n +36 2n+1 +19 19n 2 2n+1=17 36a 17 19n +34 2n+1

=17(36a 19n

+2n+2

).

4)Dokazujemo da vrijedi 17|25n+3 +5n 3n+2 ,Baza n= 1

28 +5 33 =256+135= 391 = 17 23,Pretpostavka. Neka je

25n+3 +5n 3n+2 =17a,

tj.25n+3 =17a 5n3n+2

za neki cijeli broj a .

Korak n:=n +1

25n+8 +5n+13n+3 =25(17a 5n3n+2) +15 5n3n+2=17 32a 32 5n3n+2 +15 5n3n+2=17(32a

5n3n+2)

5)Dokazujemo da vrijedi 19|7 52n +12 6n ,Baza n= 1

7 52 +12 6= 7 25+72 = 247 = 13 19,Pretpostavka. Neka je

7 52n +12 6n =19a,tj.

7 52n =19a 12 6nza neki cijeli broj a .

42


Korak n:=n +1

7 52n+2 12 6n+1 25(19 12 6n) 12 6 6n


47/128

7 52n+2 +12 6n+1 =25(19a 12 6n) +12 6 6n=19 25a 25 12 6n +6 12 6n

=19(25a 12 6n).6)Dokazujemo da vrijedi 37|2n+534n +53n+1 .Baza n= 1

2634 +54 =64 81+625= 5809= 157 37,Pretpostavka. Neka je

2n+534n +53n+1 =37a t.j. 2n+534n =37a 53n+1za neki cijeli broj a .

Korak n:=n +1

2n+634n+4 +53n+4 =2 34 2n+5 34n +53 53n+1=162(37a 53n+1) +125 33n+1=37 162a 162 53n+1 +125 33n+1=37 162a 37 53n+1=37(162a

53n+1)

7)Dokazujemo da vrijedi 64|32n+1 +40n 67 .Baza n= 1

33 +40 67= 0,sto je djeljivo s 64.

Pretpostavka. Neka je

32n+1 +40n 67= 64a t.j. 32n+1 =64a 40n+67za neki cijeli broj a .

Korak n:=n +1

32n+3 +40n+40 67= 9(64a 40n+67) +40n 27=64 9a 360n+603+40n 27=64 9a 320n+576=64(9a 5n+9).

8) 57|7n+2 +82n+1 ,Baza n= 1

73 +83 =343 +512= 855 = 15 57,Pretpostavka. Neka je

7n+2 +82n+1 =57a t.j. 7n+2 =57a 82n+1za neki cijeli broj a .

Korak n:=n +1

72n+3 +82n+3 =7(57a

82n+1) +64

82n+1

=57 7a 7 82n+1 +64 82n+1=57(7a+82n+1).

43

1 BROJEVI

Zadatak 16. Dokazi da su za sve prirodne brojeve n ispunjene nejednakosti:

1) 4n > n2 ; 2) 2n > n2 2n + 2


48/128

1) 4 >n ; 2) 2 >n 2n+2 .

Rjesenje. 1) Za n = 1 imamo 4 > 1 . Pretpostavimo da za neki broj n vrijedi

4

n

> n2

. Treba dokazati da iz toga slijedi 4

n+1

> (n+ 1)

2

. No premapretpostavci je 4n+1 = 4 4n 4n2 . Dalje, zbog n2 n i n2 1 vrijedi4n2 n2 +2n+1 = (n+1)2 .

2)Za n= 1 imamo 2> 1. Neka je

2n >n2 2n+2.Dokazimo da je onda

2n+1 >(n+1)2 2(n+1) +2 = n2 +1.

Prema pretpostavci indukcije je2n+1 =2n +2n >n2 2n+2+2n =n2 +1+2n (2n 1)

pa je dovoljno dokazati da za svaki prirodni broj n vrijedi

2n >2n 1.Ova se tvrdnja tako-der moze dokazati indukcijom. Za n= 1 je 21 >2 1 1 .Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda je

2n+1 =2n +2n >2n 1+2n 2n 1+2 = 2(n+1) 1.

Time je dokaz gotov.


1) 3n >2n +3n , za sve n 3 ;

2) n3 >3n+3 , za sve n 3 ;

3) 2n >n2 , za sve n 5 ;

4) 2n >n3 , za sve n 10 .

Rjesenje. 1)Za n= 3 vrijedi 33 >17 . Pretpostavimo da je 3k >2k +3k i dokazimoda je onda 3k+1 >2k+1 +3(k+1) .

Zbrojimo nejednakosti 2 3k >2 2k+ 6k(pretpostavka) i 3k >3 (za k 3 ).Tad imamo

3k+1 >2 2k +6k+3 > 2 2k +3k+3,a odatle 3k+1 >2k+1 +3(k+1) .

2)Za n= 3 imamo 27> 12 . Pretpostavimo da je k3 >3k+ 3 . Onda vrijedi

(k+1)3 =k3 +3k2 +3k+1 > (3k+3) +3+3+1> 3k+6 = 3(k+1) +3.

3)Za n= 5 imamo 32> 25. Ako je 2k >k2 , onda je

2k+1 >2k2 =k2 +k2 >k2 +3k> k2 +2k+1= (k+1)2.

Ovdje smo koristili ocitu nejednakost k2 >3kkoja vrijedi za k> 4 .

4) Za n = 10 dobivamo 1024 > 1000. Iz pretpostavke 2k > k3 slijedi2k+1 > 2k3 . Dovoljno je pokazati da za k 10 vrijedi 2k3 > (k+ 1)3 ,

odnosno k3 >3k2 +3k+1 . To je lako vidjeti vec za k 7 :

k3 7k2 =3k2 +3k2 +k2 >3k2 +3k+1.Dakle, vrijedi 2k+1 >2k3 >(k+1)3 i tvrdnja je dokazana.

44


Zadatak 18. Dokazi da je broj 7 + 72 + 73 + 74 + . . . + 74n djeljiv sa 100 za svaki prirodnibroj n .


49/128

j

Rjesenje. Za k= 1 je 7+72 +73 +74 =2800 , broj djeljiv sa 100. Pretpostavimo da

je za neki prirodni broj k broj 7+72

+. . .+74k

djeljiv sa 100. No, onda jebroj

7+72 +. . .+74k +74k+1 +74k+2 +74k+3 +74k+4

= (7+72 +. . .+74k) +74k(1+7+49+343)

tako-der djeljiv sa 100. Broj u prvoj zagradi djeljiv je sa 100 po pretpostavci, a

drugi je pribrojnik jednak 400 74k, dakle, tako-der djeljiv sa 100. Zapravo, izdokaza vidimo da je zadani broj uvijek djeljiv sa 7 400.

Zadatak 19. Dokazi da za svaki prirodni broj n , n> 1 , broj 22n + 1 zavrsava znamenkom7.

Rjesenje. Za n = 2 je 222

+1 = 17 , pa baza indukcije vrijedi. Pretpostavimo da broj

22k

+1 za neki prirodni broj k zavrsava znamenkom 7, pa dokazimo da tada

i broj 22k+1

+1 zavrsava znamenkom 7. Po pretpostavci je 22k

+1 oblika

10a+7 , odnosno vrijedi 22k

=10a+6,gdjeje a prirodan broj. Sada mozemopisati

22k+1 +1= 22

k2 +1 =

22k2 +1 = (10a+6)2 +1 = 100a2 +120a+37,

a to je ocito broj kojem je posljednja znamenka 7.

Zadatak 20. Dokazi matematickom indukcijom:

1) sinx+sin 2x+sin 3x+. . .+sin nx

=sin n +1

2 x

sinx

2

sin nx2

;

2) cosx+cos 2x+cos 3x+. . .+cos nx

=cos

n+1

2 x

sinx

2

sinnx2

;

3) sinx+sin 3x+. . .+sin(2n 1)x= sin2 nx

sinx;

4) cosx+cos 3x+. . .+cos(2n 1)x= sin 2nx2sinx

.

Rjesenje. 1)Za n= 1 tvrdnja ocito vrijedi (zbroj ima samo jedan pribrojnik). Pretpos-tavimo da tvrdnja vrijedi za prirodni broj n= k, tj. da je

sinx+sin 2x+. . .+sin kx= sin

k+1

2 x

sinx

2

sin kx2.

45

1 BROJEVI

Dokazimo da tvrdnja onda vrijedi i za sljedeci broj k+1 . Imamo redom:

sin x+ sin2x + + sin kx + sin(k + 1)x


50/128

sinx+ sin2x+. . .+sin kx+sin(k+1)x

=

sink+1

2

x

sinx

2

sinkx

2 +sin(k+1)x

=sin

k+1

2 x sinkx

2 +2 sin

k+1

2 x cosk+1

2 x sin x

2

sinx

2

=sin

k+1

2 x

sin x2

sinkx2 +2 sinx

2cos

k+1

2

x=

sink+1

2 x

sinx

2

sin

kx

2 +sin

(k+2)x

2 sin kx

2

=sin

k+2

2 x

sinx

2

sin(k+1)x2

,

a to je i trebalo dobiti.

2)Za n= 1 tvrdnja ocito vrijedi (suma ima samo jedan pribrojnik). Pretpos-tavimo da tvrdnja vrijedi za prirodni broj n= k, tj. da je

cosx+cos 2x+. . .+cos kx=cos

k+1

2 x

sinx

2

sinkx2.

Dokazimo da tvrdnja onda vrijedi i za sljedeci broj k+1 . Imamo redom:

cosx+ cos2x+. . .+cos kx+cos(k+1)x

=cos

k+1

2 x

sinx

2

sin kx2

+cos(k+1)x

=cos

k+1

2 x sinkx

2 +cos(k+1)xsin

x

2

sin

x

2

.

Transformirajmo brojnik:

cosk+1

2 x sin kx

2+ cos(k+1)xsin

x

2

= cosk+1

2 x sin(k+1)xx

2 + cos(k+1)xsin

x

2

= cosk+1

2

x

sink+1

2

xcosx

2sin

x

2

cosk+1

2

x+cos2k+1

2

x

sin2

k+1

2

x sinx

2

= cosk+1

2 x sin k+1

2 xcos

x

2 sin x

2cos2

k+1

2 x+ cos2

k+1

2 xsin

x

2 sin2 k+1

2 xsin

x

2

46


= sink+1

2 x

cos

k+1

2 xcos

x

2 sin k+1

2 xsin

x

2


51/128

= sink+1

2 xcos

k+2

2 x.

3)Za n= 1 dobivamo istinitu jednakost

sinx= sin2x

sinx =sinx.

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za n+1 dobivamo

n+1

k=1sin(2k 1)x= sin

2 nx

sinx+sin(2n+1)x

= sin2 nx+sin(2n+1)xsinx

sinx

=

1

2(1 cos2nx) + 1

2(cos2nx cos(2n+2)x)sinx

=

1

2(1 cos2nx+cos 2nx cos(2n+2)x)

sinx

=

12

(1 cos2(n+1)x)sinx

= sin2(n+1)x

sinx.

4)Za n= 1 dobivamo istinitu jednakost

cosx= sin 2x

2sinx

= 2sinxcosx

2sinx

=cosx.

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za n+1 dobivamo

n+1k=1

cos(2k 1)x= sin2nx2sinx

+cos(2n+1)x

= sin2nx+2 sinxcos(2n+1)x

2 sinx

= sin2nx+sin(2nx) +sin(2n+2)x

2 sinx

= sin2nx sin2nx+sin 2(n+1)x

2sinx

= sin2(n+1)x

2sinx.


1) 12

+ cosx+cos 2x+. . .+cos nx=sin

2n+1

2 x

2sinx

2

;

47

1 BROJEVI

2) 1

2tg

x

2+

1

22 tg

x

22+. . .+

1

2n tg

x

2n

1


52/128

= 1

2nctg

x

2n ctgx.

Rjesenje.

1)Dokazujemo identitet

1

2+

nk=1

cos kx=sin

2n+1

2 x

2 sinx

2

.

Baza n= 1

1

2+ cosx=

sin3

2x

2sinx

2

=sinxcos

x

2+sin

x

2cosx

2 sinx

2

=2sin

x

2cos2

x

2+sin

x

2cos2

x

2 sin3 x

2

2sinx

2

=sin x

2

2 cos2 x

2+cos2 x

2 sin2 x

2

2sin

x

2

=4cos2

x

2 1

2 =

4

1+cosx

2

1

2

= 2+2 cosx 1

2

= 1+2 cosx

2=

1

2+ cosx;

Pretpostavka. Pretpostavimo da je identitet istinit za prirodni broj n .

Korak n:=n +1

1

2

+n+1

k=1 cos kx=sin

2n+1

2 x

2 sinx

2

+cos(n+1)x

=sin

2n+1

2 x+2 sin

x

2cos(n+1)x

2sinx

2

= 1

2 sinx

2

sin

2n+1

2 x+sin

2n+1

2

x+sin

2n+3

2 x

= 12 sin

x

2

sin2n+1

2 x sin2n+1

2 x+sin2n+3

2 x

48


=sin

2n+3

2 x

2 ix .


53/128

2 sin2

2)Dokazujemo identitetn

k=1

1

2k tg

x

2k =

1

2nctg

x

2n ctgx.

Baza n= 1

1

2tg

x

2 =

1

2ctg

x

2 ctgx= 1

2 tgx

2

ctg2

x

2 1

2ctgx

2

= 1

2 tgx

2

1

tg2 x

2

1

2

tgx

2

= 1

2 tgx

2

1 tg2 x2

tg2 x

22

tgx

2

= 1

2 tgx

2

1

tg2

x

22 tg

x

2

=

1

1+tg2

x

22 tg

x

2

= 1

2tgx

2

Pretpostavka. Pretpostavimo da je identitet istinit za prirodni broj n .

Korak n:=n +1n+1k=1

1

2k tg

x

2k =

1

2nctg

x

2n ctgx+ 1

2n+1 tg

x

2n+1

= 1

2n ctg

2 x

2n+1 12ctg

x

2n+1

ctgx+ 12n+1

1ctg

x

2n+1

=ctg2

x

2n+1 1+1

2n+1 ctg x

2n+1

ctgx

= 1

2n+1

ctg x

2

n

+1ctgx.

49

1 BROJEVI

1.3. Binomni pou cak


54/128

Zadatak 1. Izracunaj:

1) 7!+8!+9! ; 2) 12! 1 ;3)

25!

20!; 4)

7! 6!120

.

Rjesenje. 1) 7! + 8! + 9!=7! + 7! 8 + 7! 8 9 =7!(1 + 8 + 72) = 5040 81= 408 240 ;2) 12! 1= 479 001 599 ;3) 25!

20!= 20! 21 22 23 24 25

20! =6 375 600;

4) 7! 6!

120 =

6! 7 6!5!

= 6!(7 1)

5! =

5! 6 65!

=6 6= 36 .

Zadatak 2. Zapisi krace:

1) 18 17 16 15!; 2) 12 11 10!;3) (n+1)

n

(n

1)! ;

4) (n 1)(n 2)(n 3)! .Rjesenje. 1) 18 17 16 15!= 18!;

2) 12 11 10!= 12!;3) (n+1) n (n 1)!= (n+1)! ;4) (n 1)(n 2)(n 3)!= (n 1)! .

Zadatak 3. Skrati razlomke:

1) 15!

13!; 2) 8!

5!;

3) n!

(n 2)!; 4) (n+1)!

(n 1)!;

5) (2n)!

n! ; 6)

(n+k)!

(n+k 2)!;

7) (n+1)!

(n

2)!

; 8) 2n(2n 1)

(2n)! .

Rjesenje. 1) 15!

13!=

13! 14 1513!

=14 15= 210 ;

2) 8!

5! =

5! 6 7 85!

=6 7 8= 336 ;

3) n!

(n 2)! = (n 2)!(n 1)n

(n 2)! = (n 1)n ;

4) (n+1)!

(n

1

)!

= (n 1)!n(n+1)

(n

1

)!

=n(n+1) ;

5) (2n)!

n! =

n!(n+1)(n+2) . . . (2n)

n! = (n+1)(n+2) . . . (2n) ;

50

BINOMNI POUCAK 1.3

6) (n+k)!

(n+k 2)! = (n+k 2)!(n k 1)(n k)

(n+k 2)! = (n k 1)(n k) ;(n + 1)! (n 2)!(n 1)n(n + 1)


55/128

7) (n+1)!

(n

2)!

= (n 2)!(n 1)n(n+1)

(n

2)!

= (n 1)n(n+1) ;

8) 2n(2n 1)

(2n)! =

2n(2n 1)(2n 2)!(2n 1)(2n) =

1

(2n 2)!.


1) 1

7!+

1

9!; 2)

1

8!+

1

7!+

1

6!;

3) 5!+4!3! ; 4) 99! 98!97! ;

5) 50!

48! 30!

28!; 6)

50!

49!+ . . .+

2!

1!+

1!

0!.

Rjesenje. 1) 1

7!+

1

9!=

8 99!

+ 1

9! =

73

9! 0.000201168=2.01168 104 ;

2) 1

8!+

1

7!+

1

6!=

1+8+7 88!

= 65

8! 0.0016121;

3) 5!+4!3!

= 3!(5 4+4)3!

=24 ;

4) 99! 98!

97! =

98!(99 1)97!

=98 98= 9604 ;

5) 50!

48! 30!

28!=50 49 30 29= 1580 ;

6) 50!

49!+ . . .+

2!

1!+

1!

0!=50+49+. . .+2+1 =

50(50+1)

2 =1275.


1) 1

n! 1

(n+1)!; 2)

1

(n 1)! 1

n!;

3) (n 1)!

n! +

(n 2)!(n 3)!; 4)

n!

(n 1)!(n 1)!(n 2)!.

Rjesenje. 1) 1n!

1(n+1)!

= (n+1) 1(n+1)!

= n(n+1)!

2) 1

(n 1)! 1

n! =

n

n! 1

n! =

n 1n!

3) (n 1)!

n! +

(n 2)!(n 3)! =

1

n+ (n 2) = 1+n

2 2nn

= (n 1)2

n.

4) n!

(n 1)!(n 1)!(n 2)!

=n

(n

1) = 1.

51

1 BROJEVI

Zadatak 6. Rijesi jednadzbe:

1) (n+2)!

! =72 ; 2)

k!

(k 4)!=

2k!

(k 2)!;


56/128

)n!

; )(k 4)! (k 2)! ;

3) (k+1)!(k 1)! =30 ; 4) n! (n 1)!(n+1)! = 16.

Rjesenje. 1)

(n+2)!

n! =72

(n+2)(n+1) =72

n2 +3n

70= 0

n1,2 =3 9+4 70

2 n1,2 =

3 172

n1= 7, n2 =10Jednadzbu zadovoljava prirodni broj n= 7 .

2)

k!

(k

4)!

= 2k!

(k

2)!

k(k 1)(k 2)(k 3) =2k(k 1)(k 2)(k 3) =2

Jer je k prirodan, vidimo da mora biti k 2= 2 pa je k= 4 .3)

(k+1)!

(k 1)! =30

(k+1)k= 30(k+1)k= 6 5

k= 5

4)

n! (n 1)!(n+1)!

= 1

6

(n

1)!(n

1)

(n 1)!n(n+1) = 1

6

n 1n(n+1)

= 1

6

6(n 1) =n(n+1)n2 5n+6 = 0

(n 2)(n 3) = 0n

1= 2, n

2= 3

Jednadzbu zadovoljavaju obje vrijednosti.

52

BINOMNI POUCAK 1.3

Zadatak 7. Odredi posljednju znamenku zbroja1!+2!+3!+. . .+99! .

Rjesenje. Vrijedi 5! = 120 i svi sljedeci pribrojnici zavrsavaju s nulom Zato posljednju


57/128

Rjesenje. Vrijedi 5!= 120 i svi sljedeci pribrojnici zavrsavaju s nulom. Zato posljednjuznamenku odre-duju samo prva cetiri pribrojnika:

1!+2!+3!+4!= 1 +2+6+24 = 33

pa je posljednja znamenka 3.

Zadatak 8. Dokazi matematickom indukcijom da za svaki prirodni brojn vrijedi jednakost:

1) 0

1!+

1

2!+

2

3!+ . . .+

n 1n!

=1 1n!

;

2) 1 1!+2 2!+3 3!+. . .+n n! = (n+1)! 1.Rjesenje. 1)

Baza. 0

1! =1 1

1!;

Pretpostavka.Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n :

0

1!+

1

2!+

2

3!+. . .+

n 1n!

=1 1n!

;

Korak. Provjerimo istinitost tvrdnje za broj n+1 .

0

1!+

1

2! +

2

3! + . . .+

n

1

n! +

n

(n+1)! =1 1

n! +

n

(n+1)!

=1 (n+1) n(n+1)!

=1 1(n+1)!

;

dakle, jednakost vrijedi i za broj n+1 .

2)Baza.

1 1!= (1+1)! 1;1= 1

2

1;

Pretpostavka.Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n :

1 1!+2 2!+3 3!+. . .+n n!= (n+1)! 1.Korak. Provjerimo istinitost tvrdnje za broj n+1 .

1 1!+2 2!+3 3!+. . .+n n!+ (n+1)(n+1)!= (n+1)! 1+ (n+1)(n+1)!= (n+1)!(1+n+1) 1= (n+1)!(n+2) 1= (n+2)! 1;

dakle, jednakost vrijedi i za broj n+1 .


102

,

94

,

183

,

107

,

128

.

Rjesenje.

102

= 10 9

1

2

=45.

94

=

9 8 7 61 2 3 4 =126.

53

1 BROJEVI

183

=

18 17 161 2 3 =816.

10 10 10 9 8


58/128

107 =

103 =

10 9 81 2 3

=120.

128

=

124

=

12 11 10 91 2 3 4 =495.

Zadatak 10. Izravnim racunom provjeri jednakosti:

1)

107

=

103

; 2)

1210

=

122

;

3) 158 = 157 ; 4) 2014 = 206 .Rjesenje. 1)

107

=

10 9 8 7 6 5 41 2 3 4 5 6 7 =

10 9 81 2 3 =

103

;

2)

1210

=

12 11 10 9 8 7 6 5 4 31 2 3 4 5 6 7 8 9 10 =

12 111 2 =

122

;

3)

158

=

15 14 13 12 11 10 9 81 2 3 4 5 6 7 8 =

15 14 13 12 11 10 91 2 3 4 5 6 7

= 157 ;4)

2014

=

20 19 18 17 16 15 14 13 12 11 10 9 8 71 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

= 20 19 18 17 16 15

1 2 3 4 5 6 =

206

.

Zadatak 11. Izravnim racunom provjeri jednakosti:

1) 83 + 84 = 94 ;2)

104

+

105

=

115

;

3)

157

+

158

=

168

;

4)

n+1n 1

+

n+1n

=

n+2n

.

Rjesenje. 1) 83 + 84 = 6 7 82 3 + 5 6 7 82 3 4 =56 +70 = 126,

94

=

9!

4!5! =

6 7 8 92 3 4 =63 2= 126 ;

2)

104

+

105

=

7 8 9 102 3 4 +

6 7 8 9 102 3 4 5 =210 +252= 462,

115

=

11!

5!6!=

7 8 9 10 112 3 4 5 =462 ;

5) 50 + 5

2 + 5

4 =6+10 = 16 , 51

+

53

+

55

=5 +

4 52

+1 = 6+10 = 16 ;

54

BINOMNI POUCAK 1.3

6)

60

+

62

+

64

+

66

=2 +

5 62

+5 6

2 =32 ,

61

+63

+65

=12 +4 5 6

2 3 =32 .


59/128

1 3 5 2 3Zadatak 12. Odredi prirodni broj n tako da vrijede jednakosti:

1)

n5

=

n3

; 2) 2

n4

=

n+14

;

3) 7

n4

=

n+24

; 4) 5

n3

=

n+24

;

5) 3

2nn 1

=5

2n 1

n

;

6) 17 2n 1n =9 2nn 1 .Rjesenje. 1)

n5

=

n3

n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)

5! =

n(n 1)(n 2)3!

(n 3)(n 4)5

4

=1

n2 7n+12= 20n2 7n 8= 0(n 8)(n+1) =0n= 8;

2)2

n4 =

n+14

2n(n 1)(n 2)(n 3)

4! =

(n+1)n(n 1)(n 2)4!

2(n 3) = n +12n 6= n +1n= 7;

3)7 n4 = n+24 7

n(n 1)(n 2)(n 3)4!

= (n+2)(n+1)n(n 1)

4!

7(n 2)(n 3) = (n+1)(n+2)7n2 35n+42 = n2 +3n+23n2 19n+20 = 0

n1,2 = 19 19

2 4 3 206

= 19 11

6n= 5;

55

1 BROJEVI

4)5

n3

=

n+24

5

n(n 1)(n 2) (n+2)(n+1)n(n 1)


60/128

5( )( )

6 =

( )( ) ( )

24

20(n 2) = (n+2)(n+1)20n 40= n2 +3n+2n2 17n+42 = 0

n1,2 = 17

172 4 42

2 =

17 112

n1= 14, n2 = 3;

5)

3

2nn 1

=5

2n 1

n

3

(2n)(2n 1) . . . (n+2)(n 1)! =5

(2n 1)(2n 2) . . .nn!

3 2n= 5 (n+1)6n= 5n+5

n= 5;

6)

17

2n 1n

=9

2nn 1

17

(2n 1)(2n 2) . . . (n+1)nn!

=9(2n)(2n 1) . . . (n+3)(n+2)

(n 1)!17

(n+1) = 9

2n

17n+17 = 18n

n= 17.

Zadatak 13. Odredi prirodni broj x tako da vrijede jednakosti:

1) 2

x4

=2

x3

x2

;

2) 30x5+8x4=21x3 8x2 ;3)

x3

+

x5

=

x+13

;

4)

x4

+2

x2

=

x+14

.

Rjesenje. 1)

2x4 =2

x3

x2

2x(x 1)(x 2)(x 3)

24 =2

x(x 1)(x 2)6

x(x 1)2

56

BINOMNI POUCAK 1.3

xmora biti veci od 3 pa mozemo kratiti izraz s x(x 1) :(x 2)(x 3)

12 =

x 23

12


61/128

x2

5x

+6

=4

(x

2

) 6

x2 5x+6 = 4x 14x2 9x+20 = 0(x 4)(x 5) = 0x1= 4, x2 =5

2)

30x5 +8x4 =21x3 8x230

x(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)120

+8x(x 1)(x 2)(x 3)

24

=21x(x 1)(x 2)

6 8x(x 1)

2

(x 2)(x 3)(x 4)4

+(x 2)(x 3)

3 =7

x 22

43(x

2)(x

3)(x

4) +4(x

2)(x

3)

42(x

2) +48= 0

Stavimo sad u= x 2 (dobit cemo jednostavniji izraz):3u(u 1)(u 2) +4u(u 1) 42u+48 = 03u3 9u2 +6u+4u2 4u 42u+48= 03u3 5u2 40u+48= 0

Trazimo rjesenja ove kubne jednadzbe u skupu prirodnih brojeva. Takva rje-senja moraju biti djelitelji slobodnog clana. Pritom mora biti i u 3, jer jex 5. U obzir dolaze brojevi 4, 6, 8, 12, 24 i 48. Vec prvi pokusaj u= 4

daje nam jedno rjesenje ove jednadzbe:

3 43 5 42 40 4+48= 192 80 160+48 = 0.Druga rjesenja necemo traziti na isti nacin, vec cemo polinom podijeliti snjegovim faktorom (u 4) , koji smo upravo pronasli:

3u3 5u2 40u +48 :u 4= 3u2 +7u 123u3 12u2

7u2 40u+487u

2

28u12u+4812u+48

.

Preostala dva rjesenja dobivamo iz

3u2 +7u 12= 0

u1,2 =7 49+4 6 12

6

u1,2 =7 337

6

57

1 BROJEVI

i to nisu cijeli brojevi.

Dakle, zadovoljava samo u= 4 , odnosno x= 6 .

3)


62/128

x3 + x

5 = x+1

3

x(x 1)(x 2)6

+x(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)

120 =

(x+1)x(x 1)6

(x 2) +(x 2)(x 3)(x 4)20

=x+1

(x 2)(x 3)(x 4) = 60 = 5 4 3

Zakljucujemo da mora biti x 2= 5 , tj. x= 7 .

4) x4

+2

x2

=

x+14

x(x 1)(x 2)(x 3)

24 +2

x(x 1)2

=(x+1)x(x 1)(x 2)

24

(x 2)(x 3)

24

+1= (x+1)(x 2)

24x2 5x+6+24 = x2 x 2 4x=32

x= 8

Zadatak 14. Dokazi sljedece identitete direktno, i koristeci svojstva Pascalovog trokuta.

1) n+2k = nk 2 +2 nk 1 + nk ,2 k n ;

2)

n+3

k

=

nk 3

+3

n

k 2

+3

nk 1

+

nk

, 3 k n .

Rjesenje. 1)Primjenjujemo svojstvo Pascalovog trokuta:

n+1k

= n

k 1

+ n

k

.

To cemo svojstvo primijeniti triput u sljedecim izrazima:n+2

k

=

n+1k 1

+

n+1k

=

nk

2 +

nk

1 +

nk

1 +

nk

=

nk 2

+2

n

k 1

+

nk

.

58

BINOMNI POUCAK 1.3

2) Sada cemo najprije iskoristiti temeljni identitet, a zatim rezultat dobiven uprethodnom primjeru

n+3k

=n+2k 1

+n+2

k


63/128

k k 1 k = nk 3

+2

nk 2

+ n

k 1

+ n

k 2

+2 n

k 1

+ n

k

=

nk 3

+3

n

k 2

+3

nk 1

+

nk

.

Zadatak 15. Prikazi pomocu binomne formule:

1) (x 1)4 ; 2) (2x+1)5 ;

3) (2x+1)6 ; 4)

x+

1

x

4;

5)

x 1

x

5; 6) (1+y2)4 ;

7)x 1

x

6 ; 8) (3 2)6 .Rjesenje. U prikazima koristimo koeficijente Pascalovog trokuta

1 11 2 1

1 3 3 11 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 11 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1)

(x 1)4 =x4 +

41

x3(1) +

42

x2(1)2 +

41

x(1)3 + (1)4

=x4

4x3 +6x2

4x+1

2)

(2x+1)5 = (2x)5 +

51

(2x)4 +

52

(2x)3 +

52

(2x)2 +

51

(2x) +1

=32x5 +80x4 +80x3 +40x2 +10x+1

3)

(2x+1)

6

= (2x)

6

+ 61(2x)5 + 62(2x)4 + 63(2x)3 + 62(2x)4 + 61(2x) +1=64x6 +192x5 +90x4 +160x3 +60x2 +12x+1

59

1 BROJEVI

4) x+

1

x

4=x4 +

41

x3

1

x+

42

x2

1

x2+

41

x

1

x3+

1

x4


64/128

=x4 +4x2 +6+ 4x2 + 1x4

5)x 1

x

5=x5

51

x4

1

x+

52

x3

1

x2

52

x2

1

x3 +

51

x

1

x4 1

x5

=x5 5x3 +10x+ x2 +10x 10x

+ 5

x3 1

x5

6)

(1+y2)4 =1 +

41

(y2) +

42

(y2)2 +

41

(y2)3 + (y2)4

=1 +4y2 +6y4 +4y6 +y8

7) x 1

x

6= (

x)6

61

(

x)5 1

x+

62

(

x)4 1

(

x)2

63(x)3 1(x)3 + 62 (x)2 1(x)4

61

(

x) 1

(

x)5 +

1

(

x)6

=x3 6x2 +15x 20+ 15x

6x2

+ 1

x3


1) (3x+1)4 + (3x 1)4 ;2) (x+1)6 + (x 1)6 .

Rjesenje. Razvijmo po binomnoj formuli i koristimo koeficijente Pascalovog trokuta.

1) (3x+1)4 + (3x 1)4=

40

(3x)4 +

Documents

Detaljna Rjesenja 4 Dio1