Edis Mekic Elvis Barakovic

1 Matematicka indukcija

Primjer 1.1 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

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

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost je ocigledna jer je 2 1 1 = 12 = 1.2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2k 1) = k2.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

1 + 3 + 5 + + (2 (k + 1) 1) = (k + 1)2 .Dokaz:

1 + 3 + 5 + + (2k 1) + (2 (k + 1) 1) = k2 + (2 (k + 1) 1) == k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 .

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svakiprirodan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

(2k 1) = n2.

Primjer 1.2 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

13 + 23 + 33 + + n3 =(n (n+ 1)

2

)2.

Rjesenje:

1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je 13 =

(1 (1 + 1)

2

)2= 12 = 1.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

13 + 23 + 33 + + k3 =(k (k + 1)

2

)2.

1

Edis Mekic Elvis Barakovic

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

13 + 23 + 33 + + (k + 1)3 =(

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

2

)2Dokaz:

13 + 23 + 33 + + k3 + (k + 1)3 =

=

(k (k + 1)

2

)2+ (k + 1)3 =

k2 (k + 1)2

4+ (k + 1)3 =

=k2 (k + 1)2 + 4 (k + 1)3

4=

(k + 1)2 (k2 + 4 (k + 1))

4=

=(k + 1)2 (k2 + 4k + 4)

4=

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

4=

=

((k + 1) (k + 2)

2

)2=

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

2

)2.

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

k3 =

(n (n+ 1)

2

)2.

Primjer 1.3 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

1 3 +1

3 5 + +1

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

2n+ 1.

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

1

3=

1

1 3 =1

2 1 + 1 =1

3.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

1

1 3 +1

3 5 + +1

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

2k + 1.

2

Edis Mekic Elvis Barakovic

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

1

1 3 +1

3 5 + +1

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

2 (k + 1) + 1.

Dokaz:

1

1 3 +1

3 5 + +1

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

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

=k

2k + 1+

1

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

=k

2k + 1+

1

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

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

=2k2 + 3k + 1

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

(k + 1)

(2k + 3)=

(k + 1)

2 (k + 1) + 1.

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjesenja kvadratne jednacine 2k2 + 3k + 1 = 0 su brojevi k1 = 12 i

k2 = 1, pa je 2k2 + 3k + 1 = 2 (k +

1

2

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

4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

1

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

2n+ 1.

Primjer 1.4 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

12

1 3 +22

3 5 + +n2

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

2 (2n+ 1).

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

1

3=

12

1 3 =1 (1 + 1)

2 (2 1 + 1) =1

3.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

12

1 3 +22

3 5 + +k2

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

2 (2k + 1).

3

Edis Mekic Elvis Barakovic

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

12

1 3 +22

3 5 + +(k + 1)2

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

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

Dokaz:

12

1 3 +22

3 5 + +k2

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

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

=k (k + 1)

2 (2k + 1)+

(k + 1)2

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

=k (k + 1)

2 (2k + 1)+

(k + 1)2

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

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

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

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

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

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

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

(k + 1) (2k2 + 5k + 2)

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

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

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

(k + 1) (k + 2)

2 (2k + 3)=

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

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

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.Rjesenja kvadratne jednacine 2k2 + 5k+ 2 = 0 su brojevi k1 = 12 i k2 = 2,pa je 2k2 + 5k + 1 = 2

(k +

1

2

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

4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

k2

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

2 (2n+ 1).

Primjer 1.5 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

3

4+

5

36+ + 2n+ 1

n2 (n+ 1)2= 1 1

(n+ 1)2.

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

2 1 + 112 (1 + 1)2

= 1 1(1 + 1)2

= 1 14

=3

4.

4

Edis Mekic Elvis Barakovic

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

3

4+

5

36+ + 2k + 1

k2 (k + 1)2= 1 1

(k + 1)2.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

3

4+

5

36+ + 2 (k + 1) + 1

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

((k + 1) + 1)2.

Dokaz:

3

4+

5

36+ + 2k + 1

k2 (k + 1)2+

2 (k + 1) + 1

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

= 1 1(k + 1)2

+2 (k + 1) + 1

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

= 1 1(k + 1)2

+2k + 3

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

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

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

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

=

= 1 k2 + 2k + 1

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

2

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

= 1 1(k + 2)2

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

.

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

2k + 1

k2 (k + 1)2= 1 1

(n+ 1)2.

Primjer 1.6 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

3+

2

9+

3

27+ ...+

n

3n=

3(3n 1) 2n4 3n .

5

Edis Mekic Elvis Barakovic

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

1

3=

3(3 1) 2 14 3 =

1

3.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

1

3+

2

9+

3

27+ ...+

k

3k=

3(3k 1) 2k4 3k .

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

1

3+

2

9+

3

27+ ...+

k + 1

3k+1=

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

Dokaz:

1

3+

2

9+

3

27+ ...+

k + 1

3k+1=

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

=3(3k 1) 2k

4 3k +k + 1

3k+1=

3 3(3k 1) 6k + 4(k + 1)4 3k+1

=3(3k+1 3) 6k + 4(k + 1)

4 3k+1 =3(3k+1 1) 6 6k + 4(k + 1)

4 3k+1=

3(3k+1 1) 6(k + 1) + 4(k + 1)4 3k+1 =

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

4 3k+1 .

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisati

nk=1

k

3k=

3(3n 1) 2n4 3n .

Primjer 1.7 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2n 1)x = sin2 nx

sinx.

6

Edis Mekic Elvis Barakovic

Rjesenje:1) Za n = 1 jednakost vrijedi jer je

sinx =sin2 x

sinx= sinx.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x = sin2 kx

sinx.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2 (k + 1) 1)x = sin2 (k + 1)x

sinx

Dokaz:

sinx+ sin 3x+ sin 5x+ + sin (2k 1)x+ sin (2 (k + 1) 1)x =

=sin2 kx

sinx+ sin (2k + 1)x =

sin2 kx+ sinx sin (2k + 1)xsinx

=

=sin2 kx+ 1

2[cos 2kx cos (2kx+ 2x)]

sinx=

=2 sin2 kx+cos 2kxcos(2kx+2x)

2

sinx=

2 sin2 kx+ cos 2kx cos 2 (k + 1)x2 sinx

=

=2 sin2 kx+ cos2 kx sin2 kx cos2 (k + 1)x+ sin2 (k + 1)x

2 sinx=

=sin2 kx+ cos2 kx cos2 (k + 1)x+ sin2 (k + 1)x

2 sinx=

=1 cos2 (k + 1)x+ sin2 (k + 1)x

2 sinx=

sin2 (k + 1)x+ sin2 (k + 1)x

2 sinx=

=2 sin2 (k + 1)x

2 sinx=

sin2 (k + 1)x

sinx.

Dakle, jednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije jednakost vrijedi za svaki priro-dan broj n.

Napomena: Jednakost krace mozemo zapisatin

k=1

sin (2k 1)x = sin2 nx

sinx.

7

Edis Mekic Elvis Barakovic

Primjer 1.8 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

(1 + a)n 1 + na, a > 0.

Rjesenje:1) Za n = 1 nejednakost vrijedi jer je

(1 + a)1 1 + a.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

(1 + a)k 1 + ka.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

(1 + a)k+1 1 + (k + 1)a.

Dokaz:(1 + a)k+1 = (1 + a)(1 + a)k (1 + a)(1 + ka),

pri cemu smo iskoristili pretpostavku da data nejednakost vrijedi za n = k.Dalje imamo da je

(1 + a)k+1 (1 + a)(1 + ka) = 1 + (k + 1)a+ ka2 1 + (k + 1)a,

odnosno dobijamo da je

(1 + a)k+1 1 + (k + 1)a.

Dakle, nejednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije nejednakost vrijedi za svakiprirodan broj. Primjer 1.9 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

11

+12

+13

+ + 1n n.

8

Edis Mekic Elvis Barakovic

Rjesenje:1) Za n = 1 nejednakost vrijedi jer je

11

1 1 1.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

11

+12

+13

+ + 1kk.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

11

+12

+13

+ + 1k + 1

k + 1.

Dokaz:Na osnovu pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n = k imamo:

11

+12

+13

+ + 1k + 1

k +

1k + 1

=

=

k k + 1 + 1

k + 1>

k k + 1k + 1

=k + 1k + 1

=k + 1.

Dakle, nejednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije nejednakost vrijedi za svakiprirodan broj n. Primjer 1.10 Dokazati da vrijedi

1

n+ 1+

1

n+ 2+

1

n+ 3+ + 1

2n>

1

2, n 2.

Rjesenje:1) Za n = 2 nejednakost vrijedi jer je

1

3+

1

4=

7

12>

1

2.

9

Edis Mekic Elvis Barakovic

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

1

k + 1+

1

k + 2+

1

k + 3+ + 1

2k>

1

2.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

1

k + 1+

1

k + 2+

1

k + 3+ + 1

2k+

1

2k + 1+

1

2k + 2>

1

2.

Dokaz:Na osnovu pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n = k imamo:

1

k + 1+

1

k + 2+

1

k + 3+ + 1

2k+

1

2k + 1+

1

2k + 2>

>1

2 1k + 1

+1

2k + 1+

1

2k + 2=

1

2+

1

2k + 1 1

2k + 2>

1

2,

jer je1

2k + 1 1

2k + 2> 0.

Dakle, nejednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije nejednakost vrijedi za svakiprirodan broj n 2. Primjer 1.11 Dokazati da za svaki prirodan broj n 5, vrijedi nejednakost

2n > n2.

Rjesenje:1) Za n = 5 nejednakost vrijedi jer je

25 > 52 32 > 25.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

2k > k2.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

2k+1 > (k + 1)2.

Dokaz:

10

Edis Mekic Elvis Barakovic

Na osnovu pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n = k imamo:

2k+1 = 2 2k > 2 k2 = k2 + k2,a kako je

k2 > 2k + 1 k2 2k + 1 > 0 (k 1)2 > 0,to je

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

Dakle, nejednakost vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije nejednakost vrijedi za svakiprirodan broj n 5. Primjer 1.12 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

17 | 5n+3 + 113n+1.Rjesenje:1) Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je

51+3 + 1131+1 = 54 + 114 = 625 + 14641 = 15266 = 17 898.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

17 | 5k+3 + 113k+1 = 5k+3 + 113k+1 = 17A.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

17 | 5(k+1)+3 + 113(k+1)+1

Dokaz:

5(k+1)+3 + 113(k+1)+1 = 5k+4 + 113k+4 = 5k+3 5 + 113k+1 113 == 5k+3 5 + 113k+1 1331 == 5k+3 5 + 113k+1 (1326 + 5) == 5k+3 5 + 113k+1 5 + 113k+1 1326 == 5 (5k+3 + 113k+1)+ 113k+1 1326 == 5 17A+ 113k+1 17 78 == 17

(5 A+ 113k+1 78) = 17B,

11

Edis Mekic Elvis Barakovic

gdje je B = 5 A+ 113k+1 78.Dakle, tvrdnja vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki priro-dan broj n. Primjer 1.13 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

19 | 7 52n + 12 6n.

Rjesenje:1) Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je

7 521 + 12 61 = 7 25 + 12 6 = 175 + 72 = 247 = 19 13.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

19 | 7 52k + 12 6k = 7 52k + 12 6k = 19A.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

19 | 7 52(k+1) + 12 6(k+1)

Dokaz:

7 52(k+1) + 12 6(k+1) = 7 52k+2 + 12 6k+1 = 7 52k 25 + 12 6k 6 == 7 52k (19 + 6) + 12 6k 6 == 7 52k 19 + 7 52k 6 + 12 6k 6 == 7 52k 19 + 6 (7 52k + 12 6k) == 7 52k 19 + 6 19A = 19 (7 52k + 6A) = 19B,

gdje je B = 7 52k + 6A.Dakle, tvrdnja vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki priro-dan broj n. Primjer 1.14 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

9 | 4n + 15 n 1.

12

Edis Mekic Elvis Barakovic

Rjesenje:1) Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je

41 + 15 1 1 = 18 = 9 2.

2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k, tj. neka vrijedi

9 | 4k + 15 k 1 = 4k + 15 k 1 = 9A.

3) Dokazimo da tvrdnja vrijedi i za n = k + 1, tj. da vrijedi

9 | 4k+1 + 15 (k + 1) 1

Dokaz:

4k+1 + 15 (k + 1) 1 = 4 4k + 15k + 14 == 4 (4k + 15k 1) 45k + 18 == 4 9A 45k + 18 = 4 9A 9(5k 2) == 9(4A (5k 2)) = 9(4A 5k + 2) = 9B,

gdje je B = 4A 5k + 2.Dakle, tvrdnja vrijedi i za n = k + 1.4) Na osnovu principa matematicke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki priro-dan broj n.

1.1 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 1.1 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

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

.

Zadatak 1.2 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

12 + 22 + 32 + + n2 = n (n+ 1) (2n+ 1)6

.

Zadatak 1.3 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

23 + 43 + 63 + + (2n)3 = 2n2(n+ 1)2.

13

Edis Mekic Elvis Barakovic

Zadatak 1.4 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

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

.

Zadatak 1.5 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

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

.

Zadatak 1.6 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1234+2345+ +n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3) = n (n+ 1) (n+ 2) (n+ 3) (n+ 4)5

.

Zadatak 1.7 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1 + 2 + 22 + 23 + + 2n1 = 2n 1.Zadatak 1.8 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

4 5 +1

5 6 + +1

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

4 (n+ 4).

Zadatak 1.9 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

1 2 3 +1

2 3 4 + +1

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

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

Zadatak 1.10 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

14

1 3 +24

3 5 + +n4

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

6 (2n+ 1).

Zadatak 1.11 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

5

1 2 +13

2 3 + +2k2 + 2k + 1

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

n+ 1.

Zadatak 1.12 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

2

2 + 1+

22

22 + 1+

23

24 + 1+ + 2

n

22n1 + 1= 2 2

n+1

22n 1 .

Zadatak 1.13 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi(1 1

22

)(1 1

32

) (

1 1n2

)=n+ 1

n, (n > 2) .

14

Edis Mekic Elvis Barakovic

Zadatak 1.14 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi(1 9

22

)(1 9

52

) (

1 9(3n 1)2

)= 3n+ 2

2 (3n 1) .

Zadatak 1.15 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) (2n 1)!! = (2n)!2n n! , b) n! =

(n+ 2)!

(n+ 1) (n+ 2).

Zadatak 1.16 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) 6 | 7n 1, b) 6 | n3 11n, c) 3 | n3 n.

Zadatak 1.17 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) 25 | 2n+2 3n + 5n 4, b) 11 | 62n + 3n+2 + 3n.

Zadatak 1.18 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) 9 | n 4n+1 (n+ 1) 4n + 1, b) 64 | 32n+2 8n 9.

Zadatak 1.19 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) 54 | 22n+1 9n2 + 3n 2, n N0 b) 1053 | 32n+2 52n + 33n+2 22n.

Zadatak 1.20 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

a) nn+1 > (n+ 1)n , b) n! 1) .

Zadatak 1.21 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

( n!)2 1) .

Zadatak 1.22 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

n+ 1+

1

n+ 2+ + 1

3n+ 1> 1.

Zadatak 1.23 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

n+ 1+

1

n+ 2+ + 1

3n+ 1> 1.

15

Edis Mekic Elvis Barakovic

Zadatak 1.24 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

4+

1

9+ + 1

n2< 1.

Zadatak 1.25 Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi

1

22+

1

32+ + 1

n2