Ivana Hartmann - Odjel Za Matematikumdjumic/uploads/diplomski/HAR30.pdfSveuˇciliˇste J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveuˇciliˇsni nastavniˇcki studij matematike

Sveuciliste J J Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Sveucilisni nastavnicki studij matematike i informatike

Ivana Hartmann

Primjena Pascalovog trokuta u nastavi matematike

Diplomski rad

Osijek 2010



Ivana Hartmann


Diplomski rad

Mentor profdrsc M BensicKomentor Lj Jukic asistent

Osijek 2010

Sadrzaj

Uvod 5

1 Povijesni razvoj Pascalovog trokuta 6

2 Pravilnosti Pascalovog trokuta 91 Binomni koeficijenti 92 Potencije broja 2 i 11 103 Kombinatorika 124 Jos neke zanimljivosti 12

41 Niz (n n isin N) 1242 Fibonaccijev niz 1343 Primjer hokejaske palice 1644 Poligonalni brojevi 1645 Pascalove latice 20

3 Primjena Pascalovog trokuta u nastavi matematike 221 (1 - 4 razreda osnovne skole) 22

11 Prirodni brojevi 2212 Parni i neparni brojevi 23

2 (5 - 8 razreda osnovne skole) 2421 Djeljivost brojeva 2422 Prebrojavanje 2623 Palace pizzerija 27

3 Brahma kula 294 Pismo i glava 305 Fibonaccijevi brojevi 31

51 Penjanje po stubama 3152 Vrtni put 32

6 Primjena Pascalovog trokuta u srednjoj skoli 3361 Binomni poucak 3362 Kombinatorika 3463 Vjerojatnost 34

4 Istrazivanja u nastavi 361 rdquoKoristenje reprezentacija kod ucenika pri kombinatornom zakljucivanju i

objasnjavanjurdquo 3611 Metode 37

3

SADRZAJ 4

12 Rezultati i zakljucci 372 Niz zahtjevnih matematickih problema i konstrukcija matematicke sheme za

rjesavanje problema 3821 Metode 3822 Rezultati 3923 Povezivanje problema pizze problema tornjeva i Pascalovog trokuta 4024 Rjesavanje problema taxija 40

3 Zakljucak 42

Literatura 44

Sazetak 45

Summary 46

Zivotopis 47

Uvod

Pascalov trokut je struktura koju dobijemo slaganjem binomnih koeficijenata u trokutRedovi Pascalovog trokuta su dogovoreno numerirani pocevsi s redom nula Brojevisvakog reda konstruirani su u odnosu na brojeve iz prethodnog reda

Slika 1 Pascalov trokut - prvih pet redova

Pascalov trokut se na primjer koristi u algebri kombinatorici i vjerojatnosti kod polig-onalnih i Fibonaccijevi brojevaDiplomski rad se temelji na primjeni Pascalovog trokuta u nastavi matematike U pr-vom poglavlju diplomskog rada je prikazan kratki povijesni razvoj Pascalovog trokutaU drugom poglavlju obraditi cu pravilnosti koje se mogu uociti u Pascalovom trokutuU trecem poglavlju cu na konkretnim zadatcima obraditi primjenu Pascalovog trokutau nastavi matematike U cetvrtom poglavlju opisala sam zakljucke longitudinalnihistrazivanja u nastavi koja su koristila Pascalov trokut

5

Poglavlje 1

Povijesni razvoj Pascalovog trokuta

Pascalov trokut je dobio ime po francuskom matematicaru i filozofu Blaise Pascalu(1623-1662) ali se njegov eksplicitni prikaz javlja i mnogo ranije Binomni koefi-cijenti se javljaju u 10 stoljecu u Chandashaastri drevnoj indijskoj knjizi koju jenapisao Pingala izmedu 5 i 2 stprKrista Kineski matematicar Ji Xian u 11stkoristio je trokut za izracunavanje drugog i treceg korijena Do tada se nisu spominjalemetode za rjesavanje kvadratnih i kubnih jednadzbi U 13 stoljecu Yang Hui (1238-1298) prikazuje aritmeticki trokut sa sest redaka i najslicniji je Pascalovom trokutuDanas se Pascalov trokut u Kini naziva rdquoYang Hui-ov trokutrdquo Oko 1303 godine ZhuShijiei prosiruje trokut na osam redaka kao sto se vidi na Slici 11

Slika 11 Yang Hui-ov trokut

Postoje dokazi da je ovaj numericki trokut poznat arapskom astronomu pjesniku imatematicaru Omar Khayyamu iz 11 stoljecu Zbog istovremenog pojavljivanja uKini i Perziji tocno se ne zna jesu li ga Arapi nezavisno otkrili ili preuzeli od KinezaIako je numericki trokut dobio ime po Blaise Pascalu on nije bio jedini u Europi koji jeproucavao binomne koeficijente U Europi se danasnji Pascalov trokut pojavio 1527 a

6

Povijesni razvoj Pascalovog trokuta 7

Blaise Pascale je sto godina poslije otrica poceo proucavati aritmeticki trokut U nje-govom djelu Traite du triangle arithmetique izdanom nakon njegove smrti pojavljujese artimeticki trokut koji se od nama poznatog Pascalovog trokuta razlikuje utolikosto je zarotiran za 45 (Slika 12)

Slika 12 Zarotirani Pascalov trokut

Pascal je vrlo detaljno istrazivao svojstva i primjene aritmetickog trokuta te je uociosljedeca tri svojstva

1 Svaki broj A u tablici jednak je sumi brojeva u retku neposredno iznad retka ukojem je A pocevsi od prvog broja slijeva pa sve do broja direktno iznad A (Slika13)

Slika 13 1 svojstvo

2 Svaki broj A u tablici jednak je sumi brojeva u stupcu neposredno prije stupca ukojem je A pocevsi od najgornjeg broja u stupcu pa sve do broja direktno poredA (Slika 14)


Slika 14 2 svojstvo

3 Svaki broj A u tablici umanjen za jedan jednak je sumi brojeva koji ispunjavajupravokutnik nacinjen od redaka i stupaca neposredno iznad odnosno prije onogretka i stupca na cijem je sjecistu A (Slika 15)

Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2

Pravilnosti Pascalovog trokuta

1 Binomni koeficijenti

Temeljno svojstvo Pascalovog trokuta je da svaki njegov red cine brojevi koji pred-stavljaju koeficijente u razvoju odgovarajuce potencije binoma po binomnom poucku

(a + b)4 = 1 middot a4 + 4 middot a3b + 6 middot a2b2 + 4 middot ab3 + 1 middot b4

Koeficijenti 1 4 6 4 1 odgovaraju cetvrtom redu Pascalovog trokuta

Definicija 11 Binomni koeficijent je izraz oblika(n

k

)=

n(nminus1)(nminusk+1)

kk n isin N0 k le n

0 inace

Binomni koeficijenti(

nk

) za n isin N0 k = 0 1 n elementi su Pascalovog trokuta

Binomni poucakZa svaki n isin N vrijedi

(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk

Dokaz (vidi [5 str 78]) 2

Teorem 11 Za sve brojeve k n isin N0 takve da je k le n vrijedi(n

k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)

Dokaz Pokazimo da vrijedi relacija (21) koristeci definiciju binomnih koeficijenata(n

nminus k

)=

n

(nminus k)(nminus (nminus k))=

n

(nminus k)k=

(n

k

)9

Pravilnosti Pascalovog trokuta 10

Relaciju (22) dokazujemo na slican nacin(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)

(k minus 1)(nminus 1)+

(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)

(k minus 1)(nminus 1minus k)(

1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)

(k minus 1)(nminus 1minus k)middot n

k(nminus k)=

=

(n

k

)

2

Relaciju (22) zovemo jos i Pascalova formulaUzmemo li u obzir da je

n = n middot (nminus 1) middot (nminus 2) middot middot middot 2 middot 1

i da je0 = 1

tada iz definicije slijedi (0

0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1

2 Potencije broja 2 i 11

Potencije broja 2 cine niz (2n n isin N0) Prvih nekoliko clanova toga niza su20 = 1 21 = 2 22 = 4 23 = 8 24 = 16 25 = 32 26 = 64 27 = 128

Svaki element ovog niza moze se dobiti kao suma brojeva u odgovarajucem retkuPascalovog trokuta (Slika 21) Naime vrijedi(1 + 1)0 = 1(1 + 1)1 = 1 middot 1 + 1 middot 1 = 2(1 + 1)2 = 1 middot 12 + 2 middot 1 middot 1 + 1 = 4(1 + 1)3 = 1 middot 13 + 3 middot 12 + 3 middot 1 + 1 = 8Opcenito koristeci binomnu formulu vidimo da vrijedi

2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)


Slika 21 Potencije broja dva

Prvih nekoliko potencija broja 11 cine niz (11n n isin N0) Prvih nekoliko clanova ovogniza su 110 = 1 111 = 11 112 = 121 113 = 1331 114 = 14641 115 = 161051116 = 1771561 117 = 19487171

Potencije broja 11 mogu se izvuci iz Pascalovog trokuta citajuci redove i intepreti-rajuci znamenke kao mjesto vrijednosti sistema Od petog reda Pascalovog trokutanadalje gubi se pravilnost potencije broja 11 zbog pojavljivanja dvoznamenkastihfaktora (Tablica 21)Vrijedi

(10 + 1)0 = 1(10 + 1)1 = 1 middot 10 + 1 middot 1 = 11(10 + 1)2 = 1 middot 102 + 2 middot 10 middot 1 + 1 = 121(10 + 1)3 = 1 middot 103 + 3 middot 102 + 3 middot 10 + 1 = 1331(10 + 1)4 = 1 middot 104 + 4 middot 103 + 6 middot 102 + 4 middot 10 + 1 = 14641(10 + 1)5 = 1 middot 105 + 5 middot 104 + 10 middot 103 + 10 middot 102 + 5 middot 10 + 1 =

= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051

Opcenito koristeci binomnu formulu vidimo da vrijedi

11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)


Tablica 21 Potencije broja 11

3 Kombinatorika

Primjer 31 Pretpostavimo da imamo tri olovke i zelimo izracunati na koliko razlicitihnacina mozemo odabrati dvije od njih Bitno nam je koje dvije olovke odaberemo Brojsvih kombinacija od tri elementa drugog reda je

(32

) Ovaj broj je sadrzan u Pascalovom

trokutu na 2 mjestu 3 reda stoga imamo tri mogucnosti odabrati dvije razlicite olovkeod njih tri

Brojevi u Pascalovom trokutu se mogu generirati koristeci kombinacije Treba odreditired i mjesto svakog broja zatim koristeci formulu za broj kombinacija(

n

k

)=

n

k(nminus k)

Na primjer ako zelimo pronaci 3 broj u 5 retku koristimo(5

3

)=

5

3(5minus 3)=

5 middot 4 middot 3 middot 2 middot 13 middot 2 middot 1(2 middot 1)

= 10

Ali prvi broj 1 koji se ponavlja duz lijeve strane Pascalovog trokuta je na nul-tom mjestu Tako mozemo razne kombinatorne zadatke lako izracunavati pomocuPascalovog trokuta

4 Jos neke zanimljivosti

41 Niz (n n isin N)

Ako promotrimo dijagonalu Pascalovog trokuta koja se nalazi odmah uz dijagonalujedinica uocit cemo da nju cine upravo prirodni brojevi u rastucem poretku To jedirektna posljedica definicije Pascalovog trokuta

Uz proste brojeve vezana je zanimljiva cinjenica - ako prvi broj u retku poslije jedinicedijeli svaki drugi broj u tom retku onda je taj broj prost broj


Slika 22 Niz prirodnih brojeva

42 Fibonaccijev niz

Definicija 41 Fibonaccijev niz definiramo rekurzivnom formulom

Fn = Fnminus1 + Fnminus2

gdje je F0 = 1 F1 = 1

Za ovaj niz je karakteristicno da je zbroj dvaju susjednih brojeva jednak njihovomsljedbeniku Pocetni dio niza je 1 1 2 3 5 8 13 21 34

Ako oznacimo dijagonale kao na slici 23 te zbrojimo brojeve na dijagonali uocit cemoda dobiveni zbrojevi cine Fibonaccijev niz

Slika 23 Fibonaccijev niz


Dokaz Kako bismo dokazali postojanje Fibonaccijevog niza u Pascalovom trokuturaspisimo prvo zbrojeve

Dijagonala Zbroj na dijagonali Odgovarajuca oznaka1 1 = 1 F1

2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6

Iskoristimo sada vezu binomnih koeficijenata i Pascalovog trokuta krenuvsi od trecegFibonaccijevog broja

Zbroj na dijagonali Zbroj binomnih koeficijenata Fibonaccijeve oznake

1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7

Ovime se namece slijedeca pretpostavka

Tvrdnja 41 Suma brojeva na n-toj dijagonali zadana je formulom

Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)

gdje je Fn n-ti clan Fibonaccijevog niza

Pocetni uvjeti su ocito zadovoljeni treba jos dokazati da rekurzivna relacija kojadefinira Fibonaccijev niz vrijedi za sumu brojeva na dijagonali Pascalovog trokutaDokaz cemo raspodjeliti na dva slucaja kada je n paran i kada je n neparan


1 Pokazimo da tvrdnja vrijedi kada je n paran (tada vrijedi bn2c = bn+1

2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2

2 Pokazimo sada da vrijedi tvrdnja kada je n neparan (tada vrijedi bn2c lt bn+1

2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2

Dokazali smo da vrijedi pretpostavka jer je F0 = F1 = 1 i Fn+2 = Fn+1 + Fn za n ge 02


43 Primjer hokejaske palice

Ako odaberemo na dijagonali niz brojeva koji pocinje s bilo kojom jedinicom narubu trokuta i zavrsava negdje unutar trokuta zbroj brojeva odabranog niza jednak jebroju koji se nalazi ispod posljednjeg broja u nizu a nije na toj dijagonali Dijagonalai zbroj cine oblik hokejaske palice (Slika 24)

Slika 24 Hokejaska palica

Ovu pravilnost Pascalovog trokuta mozemo jos zapisati kao

kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk

)binomni koeficijent

Dokaz [5 str 65] 2

44 Poligonalni brojevi

Poligonalni brojevi su dobili naziv po broju tocaka u geometrijskim oblicima uza-stopnih pravilnih poligona (Tablica 22) Prvi broj bilo koje grupe poligonalnih bro-jeva uvijek je 1 a drugi broj je broj vrhova tog poligona Treci poligon se do-bije produzenjem dviju stranica drugog poligona za jednu tocku koje formiraju novipoligon Ukupan broj tocaka novog poligona cini treci poligonalni broj Poligonalnebrojeve odredujemo pomocu formule

N =n2 minus n

2middot (xminus 2) + n (27)

gdje je n redni broj a x broj vrhova poligona


Vrsta Prvi Drugi Treći Četvrti Peti Šesti

Trokutni

Vrijednost 1 3 6 10 15 21

Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66

Tablica 22 Poligonalni brojevi

Poligonalne brojeve dobijemo zbrajanjem prvih n odgovarajucih brojeva s pocetnomjedinicom

1 + 1 + 1 + 1 + niz brojeva 1 2 3 4 1 + 2 + 3 + 4 + trokutni brojevi 1 3 6 10 1 + 3 + 5 + 7 + kvadratni brojevi 1 4 9 16 1 + 4 + 7 + 10 + peterokutni brojevi 1 5 12 22 1 + 5 + 9 + 13 + sesterokutni brojevi 1 6 15 28

odnosno mozemo ih dobiti pravilima

1 produzavanjem susjednih stranica za jednu tockicu a ostale stranice nadopunitiodgovarajucim brojem tockica

2 dodavanjem (nminus 1)-og trokutnog broja (4nminus1)

Prvo pravilo prikazano je tablicom (22) a drugo pravilo mozemo prikazati

n +4nminus1 = 4n trokutni brojevi4n +4nminus1 = n + 24nminus1 = n2 kvadratni brojevi

n2 +4nminus1 = n + 34nminus1 =1

2n(3nminus 1) peterokutni brojevi

n + 44nminus1 = n(2nminus 1) sesterokutni brojevi

Zakljucujemo da svaki od poligonalnih brojeva bilo kojeg poligona mozemo prikazatitrokutnim brojevima


Primjer 41 Izracunajmo 6 poligonalni broj peterokuta Rjesavajuci formulom (27)dobijemo

N =62 minus 6

2middot (5minus 2) + 6 =

30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51

Iz tablice (22) takoder mozemo uociti da je poligonalni broj sestog poligona peterokutajednak 51Racunajuci trokutnim brojevima46 + 245 = 21 + 2 middot 15 = 51Odnosno uzimamo sesti trokutni broj i zbrojimo ga s dva puta petim trokutnim brojemU slucaju da ne znamo neki od trokutnih brojeva lako rekurzivno dolazimo do trokutnogbroja koji nam je poznat

U Pascalovom trokutu mozemo uociti trokutne i kvadratne brojeve

Trokutni brojevi

Trokutni brojevi su poligonalni brojevi koji se geometrijski mogu predociti tockamarasporedenim u ravnini u obliku trokuta Prvih nekoliko trokutnih brojeva su 1 3 610 15

n-ti trokutni broj Tn izracunava se pomocu formule

Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2

Trokutni brojevi mogu se pronaci na dijagonali koja pocinje u drugom redu kao stoje prikazano na Slici 25) Prvi trokutni broj je 1 drugi 3 treci 6 cetvrti 10 i takodalje

Slika 25 Trokutni brojevi


Ako nas konkretno zanima na primjer vrijednost 4 trokutnog broja Po formuliimamo

T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10

Odnosno vrijednost cetvtog trokutnog broja se nalazi na drugom mjestu petog retkaPascalovog trokuta Zakljucujemo da uvijek gledamo drugu poziciju u Pascalovomtrokutu Odnosno na drugoj rdquodijagonalirdquo Pascalovog trokuta se nalaze trokutni bro-jeviSljedeca treca dijagonala Pascalovog trokuta predstavlja trodimenzionalne trokutnebrojeve (1 4 10 20 ) - tetraedarski brojevi Dobijemo ih zbrajanjem dvodimenzion-alnih trokutnih brojeva

Zbroj trokutnih brojeva Suma1 1

1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20

Slika 26 Tetraedarski brojevi

Induktivno zakljucujemo da n-ta dijagonala Pascalovog trokuta predstavlja n-dimenzionalnitrokutni broj

Kvadratni brojevi

Kvadratni brojevi su brojevi koji se mogu prikazati tockama rasporedenim u ravnini uobliku kvadrata Sn je n-ti kvadratni broj i jednak je Sn = n2

Kvadratni broj je suma dva zaredom trokutna broja (Slika 27) n-ti kvadratni brojjednak je sumi n-tog trokutnog broja i (nminus 1)-og trokutnog broja


Slika 27 Kvadratni brojevi

Trazimo li 4 kvadratni poligonalni broj Prema definiciji gledamo trokutne bro-jeve odnosno cetvrtom trokutnom broju zbrojimo 3 trokutni broj

S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16

Odnosno vrijednost cetvrtog kvadratnog broja je 16

45 Pascalove latice

U Pascalovom trokutu mozemo uociti pravilnosti u obliku cvijeta (Slika 28) Odabe-rimo neko mjesto u Pascalovom trokutu brojeve oko tog broja zamislimo kao laticecvijeta (ima ih sest) i svaki drugi broj pomnozimo Umnosci su jednaki i djeljivi su saunutarnjim brojemNa primjer produkt brojeva oko broja 15 Imamo sest bojeva 5 10 20 35 21 6 imnozimo tri broja svaki drugi Odnosno

bull produkt zutih latica je 5times 20times 21 = 2100

bull produkt narancastih latica je 6times 10times 35 = 2100

rArr umnozak je jednak i djeljiv brojem 15


Slika 28 Pascalove latice

Opcenito primjetimo da mozemo Pascalove latice zapisati u obliku(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k

)binomni koeficijent i on dijeli svaki od umnozaka

Dokaz Prema definiciji binomnog koeficijenta

(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)

(k + 1)(k minus 1)k(nminus k minus 1)(nminus k)(n + 1minus k)=

=n(nminus 1)(n + 1)

(k + 1)(k minus 1)k(nminus k minus 1)(nminus k)(n + 1minus k)

Ocigledno vrijedi jednakost i(

nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3

Primjena Pascalovog trokuta unastavi matematike

Pascalov trokut i njegovi uzorci imaju veliku primjenu u nastavi matematike od samihpocetaka ucenja matematike Pascalov trokut uvelike pomaze pri razvijanju logike izakljucivanja na vec izgradenom uzorku Na satu se moze ucenicima zadati razlicitiprojekti Projekti se mogu naknadno prezentirati razredu jer se na taj nacin razvijaodgovornost u radu i timski rad Na sljedecim primjerima su prikazane neke od idejakoje bi se mogle uvesti u plan nastave matematike

1 (1 - 4 razreda osnovne skole)

11 Prirodni brojevi

Sljedeci zadatak primjeren je ucenicima nizih razreda Na temelju crteza mogu potrazitislijedove brojeva koji imaju zajednicku osobinu i njihove zbrojeve Zadatak je primjerensatu vjezbe nakon uvodnog dijela sata ili tijekom ponavljanja Svakom od ucenika danje predlozak s nacrtanim balonima koji cine Pascalov trokut i koji je popunjen u prvihnekoliko redova

Slika 31 Zbrajanje brojeva

22

Primjena Pascalovog trokuta u nastavi matematike 23

Ucenicima se zadaju pitanja

1 Mozes li predvidjeti sljedeci red brojeva

2 Zbroji brojeve svakog reda Uocavas li pravilo medu tim zbrojevima

3 Ponavljaju li se neki brojevi

4 Mozes li pronaci pravilo u nizovima brojeva koji su povezani jednom linijom(ilustrirati slikom)

Drugo pitanje bi evenutalno mogli uociti oni ucenici koji dobro koriste i razumijuuzastopno mnozenjeOvim zadatkom ucenici razvijaju zapazanje i povezivanje matematickih pojmova terazvijaju logicko zakljucivanje sto je izrazito bitno za tu dob ucenika

12 Parni i neparni brojevi

Zadatak je primjeren drugom razredu osnovne skole kod ucenja parnih i neparnih bro-jeva Moze se formulirati u obliku projektnog zadatka koji ucenici mogu samostalnorjesavati ili eventualno u paru na satu vjezbeU ovom zadatku ucenici uvjezbavaju koncept parnih i neparnih brojeva bojajuci baloneNa primjer neparne brojeve bojaju crvenom bojom a parne ostavljaju neobojaneUcenicima se daje prazni predlozak s eventulano nekoliko popunjenih redova kojiucenici popunjavaju samostalno logickim slijedom a zatim rjesavaju zadatak

Slika 32 Parni - neparni brojevi

Nakon rjesavanja zadatka potrebno je s ucenicima heuristickom metodom komentiratirjesenje zadatka nakon cega bi ucenici mogli uociti pravilnosti Broj 1 je sigurnoneparan broj jer je trokut ocrtan crvenom bojom Ucenici mogu uociti simetricnostbez obzira znaju ili ne sto je simetricnostTakoder pomocu ovog zadatka dolazimo do pravila koje mozemo ucenicima slikovitoobjasniti

1 dva su crvena balona jedan do drugog tada ce balon ispod biti bijeli rArr zbroj dvaneparna broja je paran broj


2 dva bijela balona su jedan do drugog tada ce balon ispod biti bijeli rArr zbroj dvaparna broja je paran broj

3 crveni balon je do bijelo balona tada ce balon ispod biti crven rArr zbroj parnog ineparnog broja je neparan broj

Ovim zadatkom ucenike poticemo na razvijanje sposobnosti samostalnih zakljucivanjai donosenja osnovnih matematickih pravila te s druge strane ucenike ohrabrujemo inaglasavamo njihovu samosvjesnost i samostalnost


21 Djeljivost brojeva

Na satu uvjezbavanja djeljivosti brojeva u petom razredu osnovne skole ovaj zadatakmozemo podijeliti na vise dijelova U prvom dijelu ucenici bojaju u danom predloskuPascalovog trokuta visekratnike broja 3 jednom bojom brojeve za jedan manji odvisekratnika broja 3 drugom bojom te brojeve za dva manji od visekratnika broja 3trecom bojom

Slika 33 Obrazac za bojanje - djeljivost brojeva

Drugi nacini bojanja

1 koristimo cetiri boje za bojanje visekratnici broja 4 brojeva za jedan manji odvisekratnika broja 4 brojeva za dva manji od visekratnika broja 4 i brojeva zatri manji od visekratnika broja 4

2 slicno tako i za visekratnike broja 5

3 odnosno bilo kojeg broja

Matematika u zadatku

1 Pravilo djeljivosti brojem 3 trazi od ucenika prvo zbrajanje znamenaka broja teako je ta suma visekratnik broja 3 tada je taj broj djeljiv brojem 3 KoristeciPascalov trokut pri uvjezbavanju ovog pravila ucenici lakse dolaze do racuna


provjere djeljivostiUcenici prepoznavaju uzorak u brojevima na primjer 924 da je djeljiv brojem 3Uocavaju da je 9 + 2 + 4 = 15 ili ce doci do rezultata tako da ce zakljuciti da je9 visekratnik broja 3 a suma visekratnika broja 3 je opet broj tri tako da trebaprovjeriti ostale dvije znamenke 2 + 4 = 6 sto je ocigledno visekratnik broja triiz cega slijedi da je broj 924 visekratnik broja 3

2 Pravilo djeljivosti brojem 3 moze posluziti za izracunavanje brojeva koji su zajedan manji od visekratnika broja tri Broj 200 je za jedan manji od visekratnikabroja tri 2 + 0 + 0 = 2 odnosno cija je suma znamenaka za jedan manja od tri

3 Pravilo djeljivosti brojem 3 moze se koristiti za izracunavanje brojeva koji su zadva manji od visekratnika broja tri Broj 52 je za dva manji od visekratnikabroja tri 5 + 2 = 7 koji je za dva manji od devet

Projektni zadatak mozemo osmisliti tako da se ucenicima zada neki broj i da istrazujubrojeve koji su visekratnici tog broja za jedan manji od visekratnika i tako redomNa kraju mozemo napomenuti da tim pravilom i odgovarajucim bojanjem Pascalovogtrokuta dolazimo do oblika koji se naziva Sierpinski trokut koji mogu u obliku projektasami istraziti i prezentirati na sljedecem satu u 10 - 15 minuta

Pascalov trokut i Sierpinski trokut

Sierpinski trokut nastaje tako da se poloviste svake stranice spoji sa polovistem sus-jedne stranice Time se pocetni trokut dijeli na cetiri jednaka trokuta Sredisnji trokutrdquoizvadimordquo a na preostala tri nastavimo isti proces (Slika 34) Analogan proces semoze izvrsiti n puta Nakon prve iteracije rdquoizvlacirdquo se 1

4povrsina pocetnog trokuta a 3

4

povrsine ostaju te se na tim povrsinama nastavlja iteracijaOsnovni Sierpinski trokutkonstruira se iz jednakostranicnog trkouta

Slika 34 Sierpinski trokut

Veza izmedu Pascalovog trokuta i Sierpinskog trokuta je vidljiva ako parne brojeveu Pascalovom trokutu obojamo jednom bojom (npr bijelom) a neparne drugom bo-jom (npr crnom)


22 Prebrojavanje

Zadatak je predviden za uvjezbavanje prebrojavanja i logickog zakljucivanja UpotrebaPascalovog trokuta moze ucenicima pomoci pri rjesavanju problemskih zadataka s pre-brojavanjemAna ce uskoro napuniti 10 godina i njezin ju je otac upitao sto bi zeljela za rodendanAna bi htjela novi bicikl ali umjesto molbe je odgovorila rdquoHtjela bih 1 kn za svakurazlicitu kombinaciju prirodnih brojeva koje mogu zbrojiti tako da cine broj mojih go-dinardquo Njezin otac nije matematicar te je pomislio da mozda ima nekih dvadesetakmogucnosti brojeva koji zbrajanjem daju broj 10 Slozio se Koliko joj mora platitiOvo je dobar primjer istrazivacke matematike koju treba podupirati i razvijati Ovaj islicne zadatke mozemo s ucenicima zajedno rijesiti kako bi razvili logiku zakljucivanjaMoze se zapoceti sa pitanjem razreda da direktno ispisuju nacine Vecina ucenika cezapoceti

1 + 9 2 + 8 3 + 7

Sljedece pitanje koje treba postaviti je da li prebrojavamo 1+9 i 9+1 kao dva razlicitazapisa Moramo napomenuti da kod prebrojavanja gledamo n-torke brojeva koje cinetrazeni zbroj Ako prebrojavamo na primjer parove brojeva nije bitno koji je na pr-vom mjestu a koji na drugom mjestu bitan je zbroj tih brojeva Isto tako sa trojkamabrojeva itd Ako nas problem zapisemo kao parove dobijemo (19) i (91) te ih brojimokao dva razlicita zapisaTako mogu postupno doci do rjesenja

1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2

Isto tako jedno od rjesenja moze biti

1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

Nakon nekog izvjesnog vremena ucenici ce pronaci vise razlicitih mogucnostiUcenicima mozemo postaviti pitanja kao sto su rdquoMozemo li logickim zakljucivanjembez prebrojavanja mogucnosti doci do tocnog odgovorardquo rdquoMoze li problem biti laksida je Ana mladardquoS ucenicima krenuti redom koliko mogucnosti ima ako Ana ima jednu godinu dvijei tako redom (Slika 35) Napraviti dijagram i zakljuciti da dijagram predstavlja zasvaku godinu da je broj mogucnosti potencija broja 2


Slika 35 Prebrojavanje

Odnosno lako mozemo uociti redove Pascalovog trokuta (kojega su ucenici ranijeupoznali) za svaki od nacina Do sada znamo da je suma redova Pascalovog trokutapotencija broja dva a nama oni oznacavaju broj nacina za svaku pojedinu godinuTako da ce Ana za 10 rodendan dobiti 29 odnosno 512 knJos se moze dodati pitanje odnosno zadatak za samostalnu vjezbu rdquoKoliko bi Ananovaca dobila za 18 ili 21 rodendanrdquo

23 Palace pizzerija

Zadatak pripada podrucju kombinatorike ali ovisno o uzrastu mogu se preoblikovatipitanja i zahtjevi koji se trazePetak je navecer i pizzerija Palace je popunjena vise nego obicno Za blagajnomobitelj Pascalini pokusava naruciti veliku pizzu ali se ne mogu odluciti koji dodatakzele odabrati Blagajnik Antonio progovara rdquoImamo samo osam razlicitih dodatakaNe moze biti tako tesko se odluciti Koliko razlicitih pizza mozete bitirdquo rdquoPa moglibi uzeti cistu pizzu bez dodatakardquo rece gospodin Pascalini rdquoIli bi mogli uzeti sa svihosam dodatakardquo odgovara gospoda Pascalini rdquoSto kazete na pizzu s dodatnim siromi zelenim papromrdquo progovara konobar Pero rdquoNe pomazesrdquo vikne Antonio na PerurdquoVrati se na posaordquo Dok je cistio obliznji stol Pero je mumljao sebi u bradu rdquoIli pizzasa srdelama extra sirom gljivama i maslinamardquo Antonio je dao notes za narudzbe gPascaliniu i rekao rdquoKada se odlucite zapisite i ja cu napravitirdquo Nakon cega posluzidruge ljude u redu koji su znali sto zele veliku pizzu sa gljivama zelenim masli-nama i rajcicama Koliko razlicitih pizza se moze naruciti u pizzeriji Palace ako jepizza odabrana sa svim kombinacijama dodataka srdele ekstra sir zeleni papar gljivemasline feferoni kobasica rajcice Kada rijesis problem pogledaj uzorak i odgovori nasljedeca pitanja

1 Koliko razlicitih pizza mozes naruciti samo s 1 dodatkom

2 Koliko razlicitih pizza mozes naruciti s 7 dodataka

3 Je li broj pizza s jednim dodatkom i broj pizza s sedam dodataka povezan (Obra-zlozi)


4 Koliko razlicitih pizza mozes naruciti s dva dodatka

5 Koliko razlicitih pizza mozes naruciti s sest dodataka

6 Je li broj pizza s dva dodatka i sa sest dodataka povezan (Obrazlozi)

7 Mozes li pronaci te brojeve u Pascalovom trokutu

8 Mozes li koristiti Pascalov trokut za pomoc pri pronalasku pizza ako je dano samo3 4 ili 5 dodataka

9 Koliko razlicitih pizza se moze naruciti

Ucenici ovaj zadatak mogu rijesiti tako da krenu redom odnosno ako im je naraspolaganju jedan dodatak mogu kombinirati koliko razlicitih pizza mogu naruciti sjednim dodatkom Zatim ako imaju dva dodatka - koliko razlicitih pizza mogu narucitis jednim dodatkom zatim s dva dodatka i tako redom Nakon sto naprave tablicu smogucnostima do na primjer cetiri dodatka dobiju sljedecu tablicu

Broj dodataka Kombinacije Broj kombinacija Ukupan brkombinacija1 dodatak empty (1)

a (1) 22 dodatka empty (1)

a b (2) 4ab (1)

3 dodatka empty (1)a b c (3)

ab ac bc (3) 8abc (1)

4 dodatka empty (1)a b c d (4)ab ac ad

bc bd (6) 16cd

abc abd acd bcd (4)abcd (1)

Tablica 31 Kombinacije dodataka na pizzu

Iz tablice vidimo da je dani broj dodataka povezan s redom Pascalovog trokuta aukupan broj kombinacija dodataka na pizzu odgovora sumi redova Pascalovog trokutaU zadatku je zadano osam dodataka na pizzu sto znaci da proucavamo osmi redPascalovog trokuta Svakom elementu u osmom retku odgovara broj kombinacija pizzas redom 0 1 8 dodataka Tablicom smo odgovorili na sedmo pitanje zadatka i nadio osmog pitanja Odgovor na deveto pitanje pronalazimo u sumi svih kombinacijaodnosno u sumi osmog redaOvaj zadatak se moze zadati ucenicima u visim razredima osnovne skole za uvjezbavanjeprebrojavanja i logicko zakljucivanje preko Pascalovog trokuta Zadatak se moze za-dati u obliku projektnog zadatka tako da ucenici odgovore na pitanja u paru te ako


se jos do tada nisu upoznali sa Pascalovim trokutom objasne sto je Pascalov trokut ikoje su njegove karakteristike Osnovna funkcionalna zadaca ovog zadatka je logickopovezivanje te usmjeravanje ucenika na donosenje samostalnih zakljucaka

3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula

Hanoi kula ili Brahma kula je matematicka igra koja se sastoji od tri stapa iodredenog broja diskova razlicitih velicina koje su poslagane po velicini od najveceprema najmanjoj na jednoj sipci Cilj igre je premjestiti diskove i sloziti niz diskovana drugu sipku koristeci pravila

1 samo jedan disk moze biti premjesten u jednom potezu

2 svaki potez se sastoji od uzimanja gornjeg diska i premjestanja na drugi stap

3 diskovi moraju biti poslagani tako da na stapu bude samo manji disk na vecemili da je na sipci jedan disk

Zadatak mozemo formulirati kao projektni zadatak tako da ucenici prezentiraju zan-imljivosti o Brahma kuli i da komentiraju koliko treba minimalno poteza da se diskovipremjeste sa jednog stapa na drugi ako imamo 4 7 ili 8 diskova Broj poteza je potrebnopovezati sa Pascalovim trokutomAko imamo 3 diska koje oznacimo s A B C (od najmanjeg prema najvecem) i oznacimoprebacivanje diska A na 3 stap kao A3 Tada bi rjesenje izgledalo ovako

A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3

Vidimo da nam treba minimalno sedam potezaBroj poteza mozemo prikazati Pascalovim trokutom


Slika 37 Hanoi

Iz slike vidimo tri reda Pascalovog trokuta koji predstavlja broj poteza svakog diska1 + 2 + 4 = 7 = 23 minus 1Mozemo generaliziratiRed0 1 = 20 = 11 1 1 = 21 = 22 1 2 2 = 22 = 43 1 3 3 1 = 23 = 84 1 4 6 4 1 = 24 = 16

n-ti redak = 2n odnosno potrebno je 2n poteza za n-ti disk Ukupan broj potezamozemo prikazati formulom 1 + 2 + 4 + 8 + + 2n = 2n+1 minus 1

4 Pismo i glava

Proucavajuci Pascalov trokut ucenici mogu nauciti da Pascalov trokut mogu koristitii za vjerojatnost u 7 razredu osnovne skoleVjerojatnost se najjednostavnije moze uvesti eksperimentom bacanja novcica Vjero-jatnost pojavljivanja pisma odnosno glave je tocno pola i eksperiment se lako postaviBitno je istaknuti da ovaj zadatak uci raspisivanje svih mogucnosti na metodicki nacinAko ucenicima zadamo zadatak da prebroje sve mogucnosti pri bacanju tri novcicaRezultate mogu zapisivati u tablicu

Rezultati bacanja Mogucnosti Broj nacina Vjerojatnost3 glave 0 pisama GGG 1 1

8

2 glave 1 pismo GGP GPG PGG 3 38

1 glava 2 pisma GPP PGP PPG 3 38

0 glava 3 pisma PPP 1 18

Tablica 32 Rezultati bacanja

Rezultati mogucnosti su nam 1 3 3 1 sto mozemo povezati s 3 redom Pascalovogtrokuta iz cega zakljucujemo da ako imamo tri novcica da se broj mogucnosti pronalaziu 3 retku Pascalovog trokuta odnosno 23 = 8Zadati ucenicima da na isti nacin ispune tablicu za 4 5 ili 7 novcica i da povezu sPascalovim trokutom


5 Fibonaccijevi brojevi

Proucavajuci Pascalov trokut te zbrajanjem brojeva na rdquodijagonalamardquo dobijemo nizbrojeva 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 Svaki sljedeci broj je zbroj prethodna dva brojai taj niz brojeva zovemo Fibonaccijevi brojevi Kao sto je ranije objasnjeno nazivsu dobili po talijanskom matematicaru koji je prvi proucavao problem razmnozavanjazeceva te pokusava predvidjeti koliko ce parova djece podignuti jedan par roditeljau jednoj godini Svaki par zec-zecica starih dva mjeseca dobiju jedan par zec-zecicuTijekom sljedeceg mjeseca dobiju novi par mladih (zeca i zecicu) Koliko cemo imatiparova nakon godinu danaFibonacci je proucavao pojavljivanje tih brojeva u prirodi (borove sisarke suncokreteizbojci na listu i slicno)Zanimljivo ih je povezati s Pascalovim trokutom i s ucenicima proucavati razne prob-lemske zadatke tog tipaJedan od takvih zadataka je i sljedeci

51 Penjanje po stubama

Primjer 51 Vecina zgrada imaju stubiste s po 13 stepenica Na koliko mogucih nacinase moze pretrcati stepeniste preskocivsi svaku drugu stepenicu ili svaku stepenicu

Ovaj primjer i slicne mozemo ucenicima pribliziti induktivnom metodom Odnosnokrenuti od mogucih rjesenja ako imamo samo jednu stepenicu zatim dvije i tako dalje

Slika 38 Stepeniste

Raspisivanjem mogucnosti zakljucujemo sa ucenicima da nam se pojavljuje Fibonac-cijev niz brojeva te na kraju lako dobijemo broj mogucnosti ako imamo 13 stepenicaodnosno imamo 233 mogucnosti


52 Vrtni put

Koristenjem Fibonaccijevih brojeva i Pascalovog trokuta ucenicima se moze zadatislican primjer sljedecem

Primjer 52 Imamo dvanaest kamenih ploca za poplocavanje svaka duzine 20 cm i10 cm sirine te trebamo poplocati vrtni put duzine 120 cm i 20 cm sirine Na kolikorazlicitih nacina mozemo postaviti kamene ploce

Za uvodni primjer ucenicima se moze zadati zadatak otvorenog tipa tako da samizadaju primjere kako se mogu postaviti 12 pravokutnika duzine 2 cm i sirine 1 cmNakon sto ucenici iznesu svoje primjere mozemo rijesiti nas primjer induktivnommetodom pocevsi s tri ploce neovisno o duljini puta zatim sa cetiri i tako daljete dolazimo opet do zakljucka da se broj nacina povecava slicno kao i kod niza Fi-bonaccijevih brojeva

Slika 39 Vrtni put

Ucenike navoditi da uoce vezu izmedu povecavanju broja nacina Bitno je da ucenikeranije upoznamo sa Fibonaccijevim brojevima i Pascalovim trokutom tako da vizualnolako mogu uociti logiku u slicnim zadacima


6 Primjena Pascalovog trokuta u srednjoj skoli

Do sada smo vidjeli gdje i kako mozemo upotrijebiti pravilnosti Pascalovog trokuta umatematici u osnovnoj skoli Vecinu objasnjenih zadataka i primjera mozemo postavitina visu razinu tako da se srednjoskolcima zadaje niz teorijskih projekata (povijesnirazvoj dokazi laksih pravilnosti zadavanje problemskih zadataka) kako iz matematiketako i iz informatike (rjesavanje zadataka raznim objektnim programskim jezicima)

61 Binomni poucak

Pascalov trokut je beskonacni numericki trokut i prva asocijacija su binomni koefici-jenti Ucenicima prvog srednje moze se dokazati razvoj binomne formule PascalovimtrokutomAko se nisu do sada susreli sa Pascalovim trokutom dovoljno je u uvodnom dijelu sataprikazati ucenicima Pascalov trokut i njegove bitne karakteristike a za sire znanje oPascalovom trokutu mogu se zadati projekti

Osnovna formula koju uce u prvom srednje je kvadrat i kub zbroja i razlike a uvisim razredima i stupnja n a Pascalov trokut ce pripomoci najvise onim ucenicimakojima su komplicirane oznake u binomnom teoremu

(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk

U uvodnom dijelu sata uz objasnjenje zajedno s ucenicima sastaviti Pascalov trokutbarem do 5reda Zatim pomocu potencija uvesti kvadrat zbroja i razlike

(a + b)2 = (a + b)(a + b) = aa + ab + ba + bb = a2 + 2ab + b2

(aminus b)2 = (aminus b)(aminus b) = aaminus abminus ba + bb = a2 minus 2ab + b2

zatim uvesti i kub zbroj i razlike

(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

(aminus b)3 = (aminus b)2(aminus b) = (a2 minus 2ab + b2)(aminus b) =

= a2aminus a2bminus 2aba + 2abb + b2aminus b2b =

= a3 minus 3a2b + 3ab2 minus b3

Nakon izvoda s ucenicima komentirati vezu koeficijenata kvadrata i kuba zbroja i


razlike s Pascalovim trokutom - koeficijenti uz clanove jednaki su odredenom redu uPascalovom trokutuZadati ucenicima da pokusaju izvesti (a+b)4 te im napomenuti da im Pascalov trokutuvelike moze pomoci pri pamcenju koeficijenata Nakon cega se nastavlja sa satom uuobicajenom slijeduNa slican nacin se moze uvesti i Pascalov trokut u 4 razredu srednje skole kada ucebinomni poucak

62 Kombinatorika

S problemom prebrojavanja ucenici se upoznaju vec u osnovnoj skoli Ali u srednjojskoli se upoznavaju sa binomnim koeficijentimaKao sto je ranije objasnjeno u poglavlju 23 Pascalov trokut se moze koristiti zbogsvojih svojstava i nacina izgradnje pri rjesavanju kombinatornih zadataka prebroja-vanja bez ponavljanjaPrije samog uvodenja prebrojavanja potrebno je na laksim primjerima vizulano prikazatiucenicima princip prebrojavanja i binomnih koeficijenata odnosno njegovo znacenjepreko Pascalovog trokutaTako ako smo s ucenicima obradili Pascalov trokut u lekciji binomnog poucka dovoljnoje u uvodnom dijelu sata ponoviti osnovnu strukturu Pascalovog trokuta i na primjeruprebrojavanja uociti vezu Pascalovog trokuta i kombinatorike

Primjer 61 Na koliko nacina obitelj s petero djece moze imati dvije djevojcice

Ovim primjerom mozemo ucenicima prikazati kako Pascalov trokut mozemo iskoristitiza rjesavanje ovog i slicnih zadatakaOdnosno rjesavamo ga promatrajuci Pascalov trokut Gledamo peti redak drugomjesto Pascalovog trokuta odnosno to je broj 10 Sto znaci da obitelj moze imatidvije djevojcice na deset nacina

63 Vjerojatnost

Ranije je objasnjeno kako uvesti vjerojatnost i Pascalov trokut u sedmi razred osnovneskole Slicni jednostavniji zadaci kod ponavljanja vjerojatnosti u srednjoj skoli moguse takoder upotrijebiti pomocu Pascalovog trokuta

Primjer 62 Kolika je vjerojatnost da u obitelji s petero djece svi budu djecaci

Gledamo peti redak (petero djece) Pascalovog trokuta Oznacavamo redak pocevsi odnulte pozicije slijeva 5 djecaka 4 djecaka 3 djecaka itd preko cijelog petog retka donula djecaka Odaberemo prvi broj u retku i podijelimo ga s sumom brojeva tog retkaodnosno P (5 djecaka) = 1

32 vjerojatnost da obitelj s petero djece imaju pet djecaka je

132

= 0 031

Primjer 63 Kolika je vjerojatnost da u cetiri bacanja novcica dobijemo

a) tri glave

b) 2 glave i 2 pisma


c) 0 glava

d) vise od 2 glave

Ovaj primjer takoder mozemo rijesiti pomocu Pascalovog trokuta kao i prijasnji Sadagledamo cetvrti redak i brojevima u retku redom odredimo nula glava jedna glavaitd do kraja retka Zatim rjesavamo zadatak Cetvrti redak redom ima brojeve1 4 6 4 1 a suma retka je 16Prvi problem je izracunati vjerojatnost dobitka tri glave Odnosno to bi zapisaliP (3 glave) = 4

16

Drugi problem je dobitak dvije glave i dva pisma odnosno P (2 glave 2 pisma) = 616

Sljedeci problem je dobitak nula glava odnosno P (0 glava) = 116

Te posljednji problem je dobitak vise od dvije glave sto znaci da treba izracunativjerojatnost dobitka tri ili cetiri glave P (3 glave ili 4 glave) = 4

16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4

Istrazivanja u nastavi

Mnogi znanstvenici ilustrirali su kako ucenici koriste sheme pri rjesavanju problemskihzadataka Veliko znacenje dali su kombinatornim zadacima i vezi izmedu Pascalovogtrokuta i shematskih rjesenja kombinatornih zadatakaPokazali su da ucenici razvijaju snazne kombinatorne sheme dok rjesavaju nizove zaht-jevnih problema Tako su opovrgli tvrdnju da je ucenike potrebno unaprijed pripremititako da ih se upozna s osnovnim problemima na koje moguce primijeniti odedenushemuMozemo definirati

- matematicki zadatak - situacija u kojoj se pojedincu daje inicijalna situacija zaizvrsenje zadatka ucenik treba primjeniti niz matematickih operacija

- matematicki zadatak je vjezba - ako je uceniku ocito koju operaciju treba prim-jeniti bez obzira ima li ucenik iskustva ili je problem tako prezentiran da mozenaslutiti koje je rjesenje

- matematicki zadatak je problem - kada nije ocito koju matematicku operacijutreba primjeniti zbog toga sto ucenik ne moze odmah prepoznati koja je matematickaoperacija potrebna ili postoji nekoliko mogucih alternativa od kojih je potrebnoodabrati ispravno

Sljedeci primjeri prikazuju neka istrazivanja te njihova rjesenja i objasnjenja Is-trazivanja su bila longitudialna a neka jos i traju jer se smatra da su istrazivanjau nastavi tocnija ako ucenici kroz niz godina rjesavaju odredeni problem zbog razvojanjihovog znanja te se moze kontinuirano prikazati rjesavanje problema do njegovetocnosti U istrazivanjima koja su trajala kroz kraci vremenski period ucenici su imalilose rezultate Rezultati su bolji ako studija traje duze jer ucenici imaju vise vremenada nesto nauce

1 rdquoKoristenje reprezentacija kod ucenika pri kombinatornom zakljucivanju iobjasnjavanjurdquo

U svom clanaku Tarlow (2008) predstavlja matematicki razvoj grupe ucenika 11 razredakoji su napravili reprezentacije za rjesavanje zahtjevnih kombinatornih zadataka za-tim poboljsali i povezali te reprezentacije kako bi razvili razumijevanje odnosa izmedu

36

Istrazivanja u nastavi 37

zadataka kombinatorne ideje

(m

n

) i Pascalovog trokuta Koristenje reprezentacija

bilo je neophodno za razvoj kombinatornog zakljucivanja i opravdavanjaIstrazivanja pokazuju kako je kombinatorika podrucje znanosti koje vecina ucenikavrlo tesko prihvaca Zbog toga se ucenicima najcesce daju razne formule bez velikogobjasnjavanja a memoriranje tih formula ima porazavajuci rezultatOvo istrazivanje zasnovano je na misljenju da zadavanjem zahtjevnih zadataka ucenicisu u mogucnosti izraditi poboljsati i povezati reprezentacije vlastitih ideja te datislozena objasnjenja Na ovaj nacin ucenici razvijaju razumijevanje koje grade navlastitom iskustvu sto je bolje nego da sve budu instruirani od strane nastavnika

11 Metode

U sedamnaestogodisnjoj longitudialnoj studiji koja jos traje i koja se bavi razvojemmatematickih ideja kod ucenika osnovne skole ucenici su sudjelovali u kombinatornimistrazivanjima od 2 do 8 razreda tijekom kojih su zajednicki radili kako bi naslirjesenja problema i konstruirali obrazlozenja za svoje problemeOva studija se vodila kao izvannastavna aktivnost Nekoliko identicnih i slicnih prob-lema postavljeni su pred devet ucenika 11 razreda od kojih su pet bili podskupinaoriginalne grupe Zadaci koji tvore osnovu ove studije su Problem tornja i Problempizze U problemu tornja ucenike se pitalo koliko se tornjeva moze sagraditi od nUnifix kocki kada biraju izmedu dvije boje Unifix kocke su didakticke kocke koje sluzeu nastavi matematike za pojasnjavanje matematickih ideja principa Podaci za ovo istrazivanje dolaze od video snimaka svakog susreta pismenog radaucenika istrazivackih biljezaka i traskripata video snimaka Za analizu podatakakoristena je kvalitativna metodologija Kodirane su ucenicke reprezentacije strate-gije obrazlozenja poveznice i interakcija kao i uloga nastavnikaistrazivaca a kodovi suiskoristeni kako bi se indetificirao i pratio ucenicki razvoj reprezentacija zakljucivanjai obrazlozenja

12 Rezultati i zakljucci

Suocena s problemom pizze jedna ucenica Stephanie predlozila je da koriste strategijukoju su koristili s Problemom kosulje i hlaca ili Problemom tornja [upucujuci na prob-leme koje su istrazivali u studiji provedenoj nekoliko godina prije] Shelly se dosjetiladijagrama stabla Ucenici su koristili dijagram u obliku stabla kojeg su modificiralikako bi izbjegli dupliciranje pizza a zatim i liste (jedno slovo - jedan izbor pizze sadodacima) Svoje su pizze organizirali u slucajeve sukladno broju dodataka i koristilisu dokaz kako bi opravdali svoja rjesenja Pronasli su da za pizze sa cetiri mogucadodatka postoje 1 4 6 4 1 kombinacija dodataka a za sveukupno 16 pizza i pre-poznali su ove brojeve kao niz u Pascalovom trokutu Prosirili su svoje reprezentacijei iskoristili trokut kako bi utvrdili broj mogucih pizza s pet dodataka - sljedeci red1 5 10 5 1 - za ukupno 30 pizza Ucenici su zatim povezali brojeve u Pascalovomtrokutu s odgovarajucim kombinacijama dodataka i iskoristili pizze kako bi objasnilipravilo zbrajanja za tvorbu redova u trokutu Robert je rjesenje za ukupan broj pizzageneralizirao kao 2n za n dostupnih dodataka na osnovu udvostrucujuceg uzorka kojegje uocio kada je zbrojio brojeve u redovima Pascalovog trokuta Kada je Stephanie ob-


jasnila kako pizze mogu biti premjestene na dva razlicita mjesta u trokutu - na jednommjestu pizze ostaju iste (ne mjenjaju se) a na drugom mjestu im se stavi dodatakAmy-Lynn je povezala ovih rdquo2rdquo s Robertovim 2n kako bi opravdala njegovu general-izaciju Osim toga ucenici su povezali brojeve u Pascalovom trokutu s Tornjevima iiskoristili tornjeve kako bi objasnili pravilo zbrajanja u trokutu Takoder su objasniliizomorfizam izmedu Problema tornja i Problema pizze

Dok su istrazivali zadane probleme ucenici su konstruirali poboljsavali i povezivalireprezentacije Razvili su progresiju reprezentacija koje su postojale sve apstraktnijei simbolicnije Koristili su se razlicitim reprezentacijama u razvoju svojih ideja sto jeiznimno vazno za njihov razvoj razumijevanja kombinatorike

2 Niz zahtjevnih matematickih problema i konstrukcija matematicke shemeza rjesavanje problema

U ovom clanku autori su prikazali procese koje su ucenici koristili u longitudialnojstudiji rjesavanja problema kako bi konstruirali i primjenili matematicku shemu matematickihproblema dok su rjesavali zahtjevne probleme Jedna od karakteristika koja razlikujestrucne rjesavace matematickih problema od manje uspjesnih rjesavaca problema je tosto strucnjaci imaju i koriste sheme odnosno imaju apstraktno znanje o fundamen-talnim slicnim matematickim strukturama kako bi pronasli rjesenje problema Stogaucenike se ne treba sputavati u razvoju matematickih shema jer time razvijaju svojuuspjesnost pri rjesavanju problema

21 Metode

Ovo se istrazivanje provodi u okviru longitudialne studije koja traje 18 godina i pratimatematicki razvoj ucenika dok rjesavaju matematicke probleme otvorenog tipa Upocetku ucenici cesto nisu svjesni proceduralnih ili algoritamskih alata za rjesavanjeproblema Ucenici trebaju samostalno pronaci te alate i razviti ih u kontekstu rjesavanjaproblema Jedan aspekt studije je bio rad ucenika na nizovima zahtjevnih zadatakaili nizovima zadataka koji se mogu naizgled razlikovati ali se ticu istih matematickihidejaZadaci koji su koristeni u ovoj studiji su

- Pretpostavi da imas 3 zute Unifix kocke i 2 crvene Unifix kocke Koliko razlicitihtornjeva visine 5 kocaka mozes napraviti s ovim Unifix kockama Opravdaj svojodgovor

- Pretpostavi da narucujes pizzu gdje mozes birati izmedu pet dodataka Kolikopizza mozes naruciti s tri dodatka Obrazlozi svoj odgovor

- Zamisli da imas kartu grada u koordinatnom sustavu u kojem je ishodiste sustavatvoje stajaliste za taxi te da si poslan da pokupis putnike koji se nalaze 2 blokajuzno i 3 bloka istocno Postoji li najkraci put do tog putnika Kako znas da jenajkraci Postoji li vise najkracih puteva do svake tocke Ako ne zasto Akoda koliko Opravdaj svoj odgovor


Svi ovi problemi imaju zajednicku strukturu i moze ih se razumijeti u okviru rdquoPascalovog

trokutardquo Odgovor na svako pitanje je

(5

3

)ili 3 mjesto u 5 retku Pascalovog trokuta

U longitudialnoj studiji ucenici su imali siroke mogucnosti da rade sa svakim od ovihpitanja Kako je studija napredovala ucenici su uspjeli povezati prva dva problema sPascalovim trokutom Kasnije su iskoristili Pascalov trokut i za druga dva problemakako bi rijesili geometrijski problem taksija Svaki susret s ucenicima je snimljem videokamerom video zapisi su analizirani a rezultati su narativni tekstovi koji opisuju kakosu ucenici zakljucivali i ucili o matematickim idejama

22 Rezultati

U ovom poglavlju cu prikazati kako je grupa od 5 ucenika (Ankur Jeff Brian Michaeli Romina) rijesila tri problema u 10 i u 12 razredu Problemi su sljedeci

1 Koliko ima razlicitih pizza s cetiri dodatka

2 Koliko razlicitih tornjeva visokih pet kockica mozes napraviti od 3 crvene i 2 zutekockice

3 Geometrijski problem taxija prethodno opisan

U 10 razredu ucenici su dolazili do zakljucka za svaki slucaj pojedinacno te razlicitestrategije brojanja kako bi dosli do tocnog odgovoraMichael je razvio binarni prikaz kako bi kreirao svaku od pizza Svaka je pizza prikazanakoristeci cetveroznamenkasti binarni broj pri cemu je svaki dodatak bio povezan spozicijom u tom broju gdje je jedinica oznacavala da dodatka ima a 0 da dodatkanema na pizzi Na primjer pizza s cetiri dodatka - salama kobasica luk i gljive -binarni broj 0010 se odnosio na pizzu koja ima samo luk Michael je uspio iskoristitiovaj oblik notacije kako bi objasnio zasto se moglo kreirati 16 razlicitih pizza kada sudostupna cetiri dodatka Ovim pristupom je uvjerio grupu i da bi bile moguce 32 pizzekada bi bilo dostupno 5 dodataka (ostali clanovi grupe su vjerovali da bi bila moguca31 pizza)Na kraju susreta istrazivac je upitao grupu da li ih ovaj problem podsjeca na neki drugiproblem Brian je odgovorio rdquotornjevirdquo - reflektirajuci na problem kreiranja tornjeva scetiri kockice od crvenih i zutih kockica Medutim Ankur je primjetio da su problemirdquoslicni ali ne sasvim jednakirdquo Obrazlozio je svoj komentar buduci da se u tornjumoze pojaviti vise od jedne zute kockice a gljive nisu mogle biti navedene vise putana pizzi U tom su trenutku svi ucenici prihvatili Ankurovo objasnjenje Sljedecegtjedna Michael je prikazao problem tornjeva koristeci binarnu notaciju n-ta znamenkau notaciji odnosila se na n-tu kockicu u tornju pri cemu je 0 oznacavala zutu kockicu a1 crvenu Primjerice 0010 je predstavljao toranj od cetiri kockice u kojem je 3 kockicacrvena dok su sve ostale bile zute Stoga je putem ove binarne notacije Michael uspiosvojoj grupi pokazati vezu izmedu tornjeva i pizzeU rjesavanju ovih problema mozemo uociti dvije stvari

1 kada su ucenici inicijalno usporedivali problem pizze i problem tornjeva nisuuocili dubinsku strukturu medu tim problemima - Arthur je tvrdio da su prob-lemi znacajno razliciti dok je Michael nakon odredenog razmisljanja konstruiraopoveznice


2 notacijski sistem koji je Michael razvio rjesavajuci problem pizze bio je iznimnovazan za konstrukciju ustanovljene slicnosti

23 Povezivanje problema pizze problema tornjeva i Pascalovogtrokuta

Mjesec dana kasnije ucenici su bili pozvani da nastave istrazivanje odnosa izmeduproblema pizze i problema tornjeva Dobli su zadatak da utvrde koliko tornjeva od petkockica mogu konstruirati s 3 zute i 2 crvene kockice Koristeci Michaelov binarni prikazpretocili su ovaj problem u odredivanje toga koliko se peteroznamenkastih binarnihbrojeva s tri nule i dvije jedinice moze formulirati Kontrolirajuci gdje se u tom nizupojavljuje prva 1 ucenici su zakljucili da se moze formirati 10 takvih tornjeva Mozemozamijetiti da su metode koje je Michael razvio kako bi rijesio problem s pizzama postaleshema koju su ucenici koristili kako bi osmislili rjesenje za nove probleme Nakon sto sudosli do rjesenja istrazivac je ucenike upoznao s Pascalovim trokutom objasnjavajucikako su clanovi n-tog reda Pascalovog trokuta kojeficijenti izraza (a+ b)n i da se izraziu Pascalovom trokutu cesto prikazuju koristeci kombinatornu notaciju Primjerice 4

red - 1 4 6 4 1 - moze biti napisan

(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je

bilo zatrazeno da pokusaju shvatiti sto bi ovi koeficijenti mogli znaciti u okviru onogasto su oni upravo napravili Ucenici su uspjeli uspostaviti veze uocili su da 10 koji

se pojavljuje u 5 redu Pascalovog trokuta odgovara izrazu

(5

2

) dakle korespondira

tornjevima visokima 5 kockica sa 2 crvene i 3 zute kockice Daljnja ispitivanja su dovelaucenike do opisa odnosa izmedu Pascalovog trokuta i problema pizze - naime element(

n

i

)Pascalovog trokuta odgovara broju pizza koje mogu biti formirane sa i dodataka

ako postoji n dodataka medu kojima mogu birati Ucenici su takoder objasnili zasto

je Pascalov identitet

(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci

problem tornjeva i problem pizze

24 Rjesavanje problema taxija

Dvije godine kasnije s cetiri ucenika koji su tada bili u 12 razredu dobili su verzijuproblema taxija Upitani su koliko je mogucih najkracih ruta taxija duz koordinatnogsustava ako bi isao 4 bloka dolje i 1 blok lijevo 3 bloka dolje i 4 bloka desno 5blokova dolje i 5 blokova desno Ovaj problem se klasificira kao zahtjevan problem zaucenike Rjesenje ovog problema vise ili manje zahtjeva primjenu i koristenje kombi-natornih tehnika Medutim ucenici koji su rjesavali ovaj problem nisu ranije koristilitakve tehnike da bi rjesavali nove probleme Inicijalne faze ucenicke aktivnosti bile suistrazivacke prirode Prvo su morali pronaci smisao u zadanom problemu postavili suneke temeljne pretpostavke za koje se ispostavilo da su netocne (npr udaljenost odpocetne tocke do krajnje tocke daje broj najkracih ruta) te su pokusali odgovoriti napitanje eksplicitno crtajuci i brojeci ruteRomina je pitala moze li se problem na slican nacin rijesiti kao problem tornjevaMichael i Romina su uocili da je udaljenost jedne od tocaka 10 i zapitali se da li je


ukupan broj najkracih ruta do tih tocaka 210 Kasnije su ucenici pokusali rijesiti prob-lem pronalazeci broj najkracih ruta do uglova blizu polazisne tocke (npr postoje dvanajkraca puta da bi se islo 1 blok dolje - 1 blok desno tri najkraca puta da bi se islo2 dolje 1 desno) Rezultate su upisivali u tablicu i dobili

1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151

Polje mtimesn u tablici prikazuje broj najkracih puteva kako bi se islo m jedinica na istoki n jedinica na jugRomina je ucila da je 4 dijagonala u ovoj tablici niz 1 4 6 4 1 i izjavila da dijago-nale predstavlju redove pascalovog trokuta Jeff je uocio da 12 i 15 u sljedecoj dijagonalinisu tocni elementi ako se tu radi o Pascalovom trokutu i zatrazio da ponovno proc-jene broj najkracih ruta koje su moguce da se ide 4 bloka desno i 2 dolje Kada supronasli 15 ruta zakljucili su da se ipak radi o Pascalovom trokutu Zatim su upisali20 za polje koja odgovara ruti 3 desno 3 dolje Iako su pronalazili 20 najkracih putevaza odgovarajucu rutu zakljucili su da ako mogu dokazati da trokut rdquoradirdquo onda netrebaju potvrdivati da je to 20Kako bi razumijeli zasto bi Pascalov trokut dao broj najkracih ruta do bilo koje tocke ukoordinatnom sustavu pokusali su povezati trokut s problemom o tornjevima i fokusir-ali su se na dijagonalu 1 2 1 Romina primjecuje da su sve tocke na ovoj dijagonaliudaljene dvije jedinice od polazne tocke i da to takoder formira drugi red Pascalovogtrokuta Nadalje uocila je povezanost izmedu sredisnjeg elementa u stupcu s torn-jevima - odnosio bi se na toranj od dvije kockice s jednom zutom i jednom crvenomkockicom U problemu taxija to se odnosi na put dugacak jedan blok desno jedan blokdolje Sukladno tome element 2 dolje 1 desno odnosio bi se na toranj visok tri kockice- dvije zute i jedna crvena kockica s druge strane odnosi se na tri bloka - dva dolje ijedan desnoMichael je takoder objasnio vezu Pascalovog trokuta i problema taxija koristeci svojunotaciju binarnim brojevima Za geometrijski problem taxija 0 bi predstavljala smjerprema dolje a 1 smjer desno Stoga za primjer 2 dolje i 1 desno treba pronaci binarnenizove brojeva koji imaju dvije nule i jednu jednicu Grupa je vec ranije utvrdila kadasu usporedivali Pascalov trokut s problemom pizze da bi ovo bio prvi element (ignori-rajuci prvu jedinicu) treceg reda Pascalovog trokuta Naposlijetku grupa je znala kakokoristiti ove konstrukcije da bi odgovorili na dana pitanja Primjerice broj najkracihruta do tocke koja je 5 blokova desno i 5 blokova dolje odgovarao bi petom elementudesetog reda Pascalovog trokuta


3 Zakljucak

U gornjim odlomcima je prikazano kako su ucenici konstruirali mocnu shemu za rjesavanjekombinatornih zadataka Zatim je prikazano kako su ucenici primjenili tu shemu zarjesavanje zahtjevnog geometrijskog problema taxija Primjena ove sheme nije im samoomogucila da konstruiraju rjesenje problema nego i duboko razumijevanje njihovogrjesenja te obogatila shemu koju su konstruiraliRjesavanje problema koje je omogucilo ucenicima da naprave konstrukcije mozemoproucavati iz razlicitih aspekataPrvo je od ucenika je zatrazeno da rade na zahtjevnim problemima Da je od ucnikazatrazeno da rade na problemima za koje su oni vec naucili rjesavacke tehnike bili biu iskusenju da provjere da su razlicite tehnike koje su vec naucili primjenjive na tajproblem Buduci da su ucenici morali razviti tehnike kako bi napredovali u rjesavanjuzadanih problema ovo nije bila za njih opcija Posebno vazan pokazatelj razvoja shemakoje su ucenici kontruirali bio je razvoj korisnih nacina prikaza problema Michaelovbinarni prikaz problema tornjeva i problema pizze posebno je pripremio put ucenicimada uoce dubinske strukture zajednicke tim problemimaZatim je od ucenika zatrazeno da rade na nizovima zahtjevnih problema koji su povrsinskirazliciti ali dijele istu matematicku strukturu To je ucenicima omogucilo da rade uokruzenju u kojemu je shema mogla biti konstruirana Istrazivaci su poticali konstru-iranje sheme poticuci ucenike da razmisljaju o tome kako se problemi koje rjesavajumogu dovesti u vezu s problemima koje su rijesili prije Rad ucenika na nizovima za-htjevnih zadataka je neophodan ali i nedovoljan uvijet za konstruiranje i koristenjeshemaUcenicima je dano dovoljno vremena da istraze probleme i dana im je mogucnost dase iznova pozabave problemima koje su istrazivali Ucenici nisu odmah uocili vezeizmedu problema tornja i problema pizze niti su uocili kako je problem taxija povezansa prethodna dva problema Vazno je zamijetiti da su ucenici inicijalno vjerovali dasu problemi tornja i pizze slicni ali da se istovremeno znacajno razlikuju Kako suucenici iznova proucavali probleme njihovi prikazi problema postojali su sve sofistici-raniji omogucujuci im da vide poveznice izmedu problema na kojemu rade i prijasnjihrjesenih problemaHeuristika koju su ucenici koristili u rjesavanju problema omogucila im je da povezuproblemsku situaciju sa svojom shemom Heuristikom nalaze rjesavanje tezih problemarjesavanjem laksih (prije pronalazenja broja najkracih puteva do neke lokacije udaljenedeset blokova pronasli su broj najkracih puteva do neke lokacije udaljene dva bloka)generiranje podataka i trazenje uzoraka te gledanje postoji li analogija izmedu ovogproblema i nekog drugog koji im je vec poznatDa su ucenicima dani jednostavniji problemi oni ne bi imali potrebu razvijati korisneprikaze ovih problema koji su bili posebno vazni za njihovo konstruiranje sheme Daim se dao kratak vremenski period za istrazivanje ovih problema vjerovatno shemane bi bila konstruirana Zapravo ucenici u pocetku nisu vidjeli duboke veze izmedurazlicitih problema na kojima su radili Promatrajuci procese koji pojedinci koristekako bi formirali i koristili shemu u relativno kratkom vremenu je promatranje samojednog podskupa procesa koristenih u tom pogledu Proucavanje nacina kako ucenicirjesavaju zahtjevne probleme pruza opsezan i koristan uvid kako ucenici mogu konstru-irati i koristiti shemu za rjesavanje problema

Popis slika

1 Pascalov trokut - prvih pet redova 5

11 Yang Hui-ov trokut 612 Zarotirani Pascalov trokut 713 Pascal - 1 svojstvo 714 Pascal - 2 svojstvo 815 Pascal - 3 svojstvo 8

21 Potencije broja dva 1122 Niz prirodnih brojeva 1323 Fibonaccijev niz 1324 Hokejaska palica 1625 Trokutni brojevi 1826 Tetraedarski brojevi 1927 Kvadratni brojevi 2028 Pascalove latice 21

31 Zbrajanje brojeva 2232 Parni - neparni brojevi 2333 Obrazac za bojanje - djeljivost brojeva 2434 Sierpinski trokut 2535 Prebrojavanje 2736 Hanoi kula 2937 Hanoi 3038 Primjer - penjanje po stubama 3139 Vrtni put 32

43

Bibliografija

[1] T Colledge Pascalrsquos triangle a teacherrsquos guide with blackline masters TarquinPublications England 1997

[2] J H Conway R K Guy The book of numbers Springer-Verlag New York1996

[3] C Maher A Powell K Weber Strands of challenging mathematical prob-lems and the construction of mathematical problem-solving schema GraduateSchool of Education Rutgers University New Brunswich NJ 2006

[4] L D Tarlow Studentsrsquo use of representations in their development of combi-natorial reasoning and justification City College of the City University of NewYork Vol2-424 PME-NA 2006 Proceedings

[5] D Veljan Kombinatorika s teorijom grafova Algoritam Zagreb 2001

[6] Pascal trianglehttpmilanmilanovicorgmathenglishcontentshtml

[7] Montclair state university Pascal trianglehttppagescsammontclairedu~kazimirpatternshtml5122009

[8] Wolfram MathWorld Pascal TrianglehttpmathworldwolframcomPascalsTrianglehtml5122009

44

Sazetak

Pascalov trokut svojom strukturom i definicijom uvelike moze pomoci ucenicima odsamih pocetaka ucenja matematike Osnovne pravilnosti Pascalovog trokuta objasnjeneu diplomskom radu metodicka su osnova ucenicima koji se upoznavaju s Pascalovimtrokutom Bitna komponenta za razumijevanje matematickog problema je prepozna-vanje strukturalnih odnosa izmedu problemskih situacija i razlikovanje slicnih dubin-skih struktura od povrsinskih razlicitosti Stvaranje poveznica s vec postojecim idejamalako se mogu uvjezbavati zadacima cija se rjesenja temelje na Pascalovom trokutu Za-datcima u diplomskom radu zeljela sam naglasiti vaznost koristenja i konstruiranjematematickih shema u rjesavanju slicnih zadataka jer se njima prvo dolazi do razvojaheuristickih postupaka kod ucenika a zatim i lakse ucenje matematickog gradiva

45

Summary

Structure and definition of Pascalrsquos triangle can greatly assist students at the verybeginning of learning mathematics Bacis regularities of Pascalrsquos triangle as explainedin this diploma thesis constitute a methodical basis for the students who are being in-troduced to the concept of Pascalrsquos triangle One important component of the processof understanding mathematical problems comprises of the recognition of the structuralrelationships between promblem situations as well as distinguishing between similardeep structures and surface differences Creating links with existing ideas can be easilypracticed with exercises whose solutions are based on the Pascalrsquos triangle Exercisesused as exemples in my thesis should illustrate the importance of the use and con-struction of mathematical schemes when solving similar exercises as they promotethe development and studentsrsquo use of heuristic procedures while facilitating effortlesslearning of mathematical subject-matter

46

Zivotopis

Ivana Hartmann rodena u Osijeku 4 travnja 1985 godine Osnovnu skolu Okruggornji upisala je 1991 a u sijecanju 1992 upisala je Osnovnu skolu Mate Lovrakau Zagrebu Osnovnu skolu Franje Krezme u Osijeku upisuje 1993 Nakon zavrseneosnovne skole 1999 godine upisala je Ekonomsku i upravnu skolu u Osijeku sm-jer upravni referent U srpnju 2003 godine upisuje Odjel za matematiku studijskiprogram matematike i informatike

47



Ivana Hartmann


Diplomski rad

Mentor profdrsc M BensicKomentor Lj Jukic asistent

Osijek 2010

Sadrzaj

Uvod 5












3

SADRZAJ 4



3 Zakljucak 42

Literatura 44

Sazetak 45

Summary 46

Zivotopis 47

Uvod




5

Poglavlje 1





6






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Sadrzaj

Uvod 5












3

SADRZAJ 4



3 Zakljucak 42

Literatura 44

Sazetak 45

Summary 46

Zivotopis 47

Uvod




5

Poglavlje 1





6






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

SADRZAJ 4



3 Zakljucak 42

Literatura 44

Sazetak 45

Summary 46

Zivotopis 47

Uvod




5

Poglavlje 1





6






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Uvod




5

Poglavlje 1





6






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Poglavlje 1





6






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47






Slika 13 1 svojstvo



Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


Slika 14 2 svojstvo


Slika 15 3 svojstvo

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Poglavlje 2







k

)=


kk n isin N0 k le n

0 inace


nk



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk



k

)=

(n

nminus k

) (21)

(nminus 1

k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(n

k

) (22)


nminus k

)=

n


n

(nminus k)k=

(n

k

)9



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



k minus 1

)+

(nminus 1

k

)=

(nminus 1)


(nminus 1)

k(nminus 1minus k)=

=(nminus 1)


1

nminus k+

1

k) =

=(nminus 1)


k(nminus k)=

=

(n

k

)

2



i da je0 = 1


0

)= 1(

1

0

)= 1

(1

1

)= 1(

2

0

)= 1

(2

1

)= 2

(2

2

)= 1(

3

0

)= 1

(3

1

)= 3

(3

2

)= 3

(3

3

)= 1




2n = (1 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)(23)






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47






= 100000 + 50000 + 10000 + 1000 + 50 + 1 = 161051


11n = (10 + 1)n =nsum

k=0

(n

k

)10nminusk (24)



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



3 Kombinatorika


(32




n

k

)=

n

k(nminus k)


3

)=

5

3(5minus 3)=


= 10



41 Niz (n n isin N)





42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



42 Fibonaccijev niz



gdje je F0 = 1 F1 = 1







2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




2 1+1 = 2 F2

3 1+2 = 3 F3

4 1+3+1 = 5 F4

5 1+4+3 = 8 F5

6 1+5+6+1 = 13 F6



1 + 2 = 3

(3

0

)+

(2

1

)= 3 F3

1 + 3 + 1 = 5

(4

0

)+

(3

1

)+

(2

2

)= 5 F4

1 + 4 + 3 = 8

(5

0

)+

(4

1

)+

(3

2

)= 8 F5

1 + 5 + 6 + 1 = 13

(6

0

)+

(5

1

)+

(4

2

)+

(3

3

)= 13 F6

1 + 6 + 10 + 4 = 21

(7

0

)+

(6

1

)+

(5

2

)+

(4

3

)= 21 F7



Fn =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

) (25)





2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(nminus bn

2c

bn2c

)+

(nminus bn+1

2c

bn+12c

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 + 1 =(kharrk+1)= 1 +

bn2csum

k=1

(n + 2minus k

k

)+ 1 =

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2


2c)

Fn + Fn+1 =

bn2csum

k=0

(nminus k

k

)+

bn+12csum

k=0

(n + 1minus k

k

)=

=

bn2cminus1sum

k=0

[(nminus k

k

)+

(nminus k

k + 1

)]+

(n + 1 + 0

0

)=

=

bn2csum

k=0

(n + 1minus k

k + 1

)+ 1 =(kharrk+1)=

bn2c+1sum

k=1

(n + 2minus k

k

)+

(n + 2

0

)=

=

bn+22csum

k=0

(n + 2minus k

k

)= Fn+2







kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47






kminus1sumi=0

(n + i

i

)=

(k + n

k minus 1

)(26)

gdje je(

nk


Dokaz [5 str 65] 2



N =n2 minus n





Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



Trokutni


Kvadratni


Peterokutni

Vrijednost 1 5 12 22 35 51

Šesterokutni

Vrijednost 1 6 15 28 45 66















N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



N =62 minus 6


30

2middot 3 + 6 = 15 middot 3 + 6 = 45 + 6 = 51



Trokutni brojevi



Tn =

(n + 1

2

)=

n(n + 1)

2





T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



T4 =

(4 + 1

2

)=

(5

2

)= 10



1 + 3 41 + 3 + 6 10

1 + 3 + 6 + 10 20



Kvadratni brojevi






S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




S4 = T4 + T3 =

(4 + 1

2

)+

(3 + 1

2

)=

(5

2

)+

(4

2

)= 10 + 6 = 16


45 Pascalove latice








k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

gdje je

(n

k



(n

k

)=

n

k(nminus k) vrijedi

(n

k minus 1

)(nminus 1

k

)(n + 1

k + 1

)=

(n

k + 1

)(nminus 1

k minus 1

)(n + 1

k

)

odnosno

(n + 1)n(nminus 1)


=n(nminus 1)(n + 1)



nk

)dijeli taj izraz 2

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Poglavlje 3




11 Prirodni brojevi



22



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



































4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47























4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47









4





22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


22 Prebrojavanje


1 + 9 2 + 8 3 + 7


1 + 3 + 6 2 + 2 + 2 + 2 + 2


1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1





23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




23 Palace pizzerija















a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47











a b (2) 4ab (1)




bc bd (6) 16cd






3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



3 Brahma kula

Slika 36 Hanoi kula






A3 B2 A2 C3 A1 B3 A3



Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


Slika 37 Hanoi



4 Pismo i glava



8












Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47







Slika 38 Stepeniste



52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


52 Vrtni put




Slika 39 Vrtni put





61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




61 Binomni poucak



(a + b)n =nsum

k=0

(n

k

)anminuskbk





(a + b)3 = (a + b)2(a + b) = (a2 + 2ab + b2)(a + b) =

= a2a + a2b + 2aba + 2abb + b2a + b2b =

= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3







62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



62 Kombinatorika




63 Vjerojatnost





132

= 0 031


a) tri glave



c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


c) 0 glava

d) vise od 2 glave


16




16+ 1

16= 5

16

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Poglavlje 4









36



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



(m

n



11 Metode









21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47






21 Metode








(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47




(5

3



22 Rezultati












(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47






(4

0

) (4

1

) (4

2

) (4

3

) (4

4

) Od ucenika je



(5

2



n

i




(n

i

)=

n

i(nminus i)i

(n

i

)+

(n

i + 1

)=

(n + 1

i + 1

)istinit koristeci






1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47



1 1 1 1 11 2 3 4 51 3 6 10 121 4 10 151



3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47


3 Zakljucak


Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Popis slika





43

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Bibliografija









44

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Sazetak


45

Summary


46

Zivotopis


47

Summary


46

Zivotopis


47

Zivotopis


47

Documents

Ivana Hartmann - Odjel Za Matematikumdjumic/uploads/diplomski/HAR30.pdfSveuˇciliˇste J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveuˇciliˇsni nastavniˇcki studij matematike