Detaljna Rjesenja 4 Dio1

Branimir Daki´c Neven Elezovi´c

MATEMATIKA 4 zbirka detaljno rijeˇsenih zadataka za 4. razred gimnazija i tehniˇckih sˇ kola

1. dio

1. izdanje

Zagreb, 2014.

c 

Branimir Daki´c, prof. prof. dr. sc. Neven Elezovi´c, 2014.

Urednica Sandra Graˇcan, dipl. ing. Lektorica Dunja Apostolovski, prof. Crteˇzi, slog i prijelom Element d.o.o., Zagreb Dizajn Edo Kadi´c

Nakladnik Element d.o.o., Zagreb, Menˇceti´ceva 2 tel. 01/ 6008-700, 01/ 6008-701 faks 01/ 6008-799 www.element.hr [email protected]

Tisak Element d.o.o., Zagreb

Sadrˇzaj

1. Brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1.1 Brojevni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2. Matematiˇcka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.3. Binomni pouˇcak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 1.4. Prirodni, cijeli i racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 1.5.Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 1.6. Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 1.7. Potenciranje i korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . 103

2. Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 2.6. 2.7.

Pojam niza. Zadavanje niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aritmetiˇcki niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijski niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limes niza. Teoremi o limesima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limes monotonih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijski red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kamatni raˇcun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5.

Zadavanje funkcije. Podruˇcje definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Slaganje funkcija. Injektivnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inverzna funkcija. Graf inverzne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Svojstva funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limes funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

125 126 137 165 197 207 220 241 245 246 271 289 304 331

1

BROJEVI

1.1. Brojevni sustavi Zadatak 1.

Rjeˇsenje.

Prevedi u dekadski sustav sljede´ce brojeve: 1) 221(5) ; 3) 567(8) ;

2) 110 011(2) ;

5) 5 550(6) ;

6) 2 134(12) .

4) 21 000(3) ;

Raˇcunamo direktno, i na naˇcin objaˇsnjen u Udˇzbeniku. U direktnom raˇcunu jednostavnije je (i sigurnije) ispisivati potencije od manjih ka ve´cim: 1) 221(5) = 1 + 2 · 5 + 2 · 52 = 1 + 10 + 50 = 61. 2 2

5

2 12

1 61

2) 110 011(2) = 1 + 1 · 2 + 1 · 24 + 1 · 25 = 1 + 2 + 16 + 32 = 51. 1 1

2 3)

1 3

0 6

0 12

1 25

1 51

567(8) = 7 + 6 · 8 + 5 · 82 = 7 + 48 + 5 · 64 = 375.

4) 8 5)

5 5

6 46

7 375

21 000(3) = 1 · 33 + 2 · 34 = 27 + 2 · 81 = 189. 3

2 2

1 7

0 21

0 63

0 189

5 550(6) = 5 · 6 + 5 · 62 + 5 · 63 = 30 + 5 · 36 + 5 · 216 = 1290. 6

Zadatak 2.

2

5 5

5 35

5 215

0 1290

Zapiˇsi u dekadskom sustavu brojeve: 1) 1011(2) , 3) 1100101(2) ,

2) 100101(2) , 4) 110001011(2) ,

5) 11(8) ,

6) 24(8) ,

7) 126(8) ,

8) 3201(8) ,

9) 8(16) , 11) 3A(16) ,

10) 20(16) , 12) 2EB1(16) .

BROJEVNI SUSTAVI

Rjeˇsenje.

1) 1011(2) 2

1 1

0 2

1 5

1 11

2

1 1

0 2

0 4

1 9

0 18

1 1

1 3

0 6

0 12

1 25

0 50

1 101

0 12

0 24

1 49

0 98

1 197

1.1

2) 100101(2) , 1 37

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

1 1

1 3

0 6

5) 11(8) , 8

1 1

1 9

8

2 2

4 20

6) 24(8) ,

7) 126(8) ,

8) 3201(8) , 8

8

1 1

2 10

3 3

2 26

0 208

16

8 8

9) 8(16) ,

10) 20(16) ,

6 86

16

2 2

0 32

16

3 3

10 58

11) 3A(16) ,

1 395

1 1665

12) 2EB1(16) . 16

2 2

14 46

11 747

1 11953

3

1

BROJEVI

Zadatak 3. Rjeˇsenje.

Zapiˇsi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 2, 8 i 16. Brojeve najprije prebacujemo u binarni sustav (vidi primjer 1.5), a zatim iz binarnog lako konvertiramo u oktalni i heksadekadski. Pogledaj u udˇzbeniku - binarne, oktalne i heksadekadske baze (str 4). vezu izmedu 1) 6 3 1 0 1 1 6 = 110(2) = 6(8) = 6(16) . 2)

13 1

6 0

3 1

1 1

13 = 1101(2)

13 5

1 1

13 = 15(8) 13 = D(16) .

3)

25 1

12 0

6 0

3 1

1 1

25 = 11001(2)

25 1

3 3

25 = 31(8)

25 9

1 1

25 = 19(16)

7 1

3 1

1 1

125 = 1111101(2)

15 7

1 1

125 = 175(8)

125 13

7 7

125 = 7D(16)

4) 125 1

62 0

31 1

15 1

125 5

Zadatak 4. Rjeˇsenje.

Zapiˇsi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 5, 9 i 12. Brojeve prevodimo u nove baze postupkom opisanim u primjeru 1.3. Umjesto potpunog postupka dijeljenja pisat c´emo samo koliˇcnike i ostatke, baˇs kao i za binarnu bazu u u prethodnom zadatku. 1) Za broj 6 vrijedi 6 = 11(5) = 6(9) = 6(12) . (tu nismo koristili zapis pomo´cu tablice). 2) 5 13 2 3 2

4

9

13 4

1 1

12

13 1

1 1

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

13 = 23(5) = 14(9) = 11(12) . 3)

25 0

5

5 0

1 1

9

25 7

2 2

12 1

25 2

2

25 = 100(5) = 27(9) = 21(12) . 4)

5

125 0

25 0

5 0

1 1

9

125 8

13 4

1 1

12

125 5

10 10 = A

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

Zadatak 5. Rjeˇsenje.

Zapiˇsi dane dekadske brojeve u sustavima s bazama 2, 5 i 12: 11, 33, 100, 222, 1001. 1) U binarnom sustavu: 11 = 8 + 2 + 1 = 23 + 2 + 1 = 1011(2)). 33 = 32 + 1 = 25 + 1 = 100 001(2). 2

100 0

50 0

25 1

12 0

6 0

3 1

1 1

100 = 1 100 100(2). 2

222 0

111 1

55 1

27 1

13 1

6 0

3 1

1 1

222 = 11 011 110(2) 2

1001 1

500 0

250 0

125 1

62 0

31 1

15 1

7 1

3 1

1 1

1001 = 1 111 101 001(2) 2) U sustavu s bazom 5: 11 = 2 · 5 + 1 = 21(5) . 33 = 52 + 5 + 3 = 113(5). 100 = 4 · 52 = 400(5) .

5

1

BROJEVI

5 5

222 2

1001 1

44 4

200 0

8 3 40 0

1 1 8 3

222 = 1342(5) 1 1

1001 = 13 001(5)

3) U sustavu s bazom 12: 11 = B(12) . 33 = 2 · 12 + 9 = 29(12) . 100 = 8 · 12 + 4 = 84(12) . 12 12

Zadatak 6. Rjeˇsenje.

222 6

18 6

1 1

222 = 166(12).

1001 5

83 11

6 6

1001 = 6B5(12) .

Brojeve 1101 , 11000110 , 11001100101110011 zadane u binarnoj bazi prebaci u oktalni i heksadekadski sustav. Vidi postupak ispred i u primjeru 1: 1) 1101 = 1 101 = 15(8) , 1101 = D(16) . 2) 11000110 = 11 000 110 = 306(8), 11000110 = 1100 0110 = C6(16) . 3) 11001100101110011 = 11 001 100 101 110 011 = 314563(8), 11001100101110011 = 1 1001 1001 0111 0011 = 19973(16).

Zadatak 7.

Brojeve 58 , 1A2 , FFFF zadane u heksadekadskom sustavu prebaci u oktalni sustav.

Rjeˇsenje.

Jednoj znamenki heksadekadskog sustava odgovaraju cˇ etiri znamenke binarnog sustava, a zatim trima znamenkama binarnog jedna znamenka oktalnog sustava, (vidi primjer 1): 58(16) = 101 1000(2) = 1 011 000(2) = 130(8) , 1A2(16) = 1 1010 0010(2) = 110 100 010(2) = 642(8), FFFF(16) = 1111 1111 1111 1111(2) = 1 111 111 111 111 111(2) = 177777(8).

Zadatak 8. 6

Brojeve 223 , 517 , 12 053 zadane u oktalnom sustavu prebaci u heksadekadski sustav.

BROJEVNI SUSTAVI

Rjeˇsenje.

1.1

Jednoj znamenki oktalnog sustava odgovaraju tri znamenke binarnog sustava, a zatim cˇ etirima znamenkama binarnog jedna znamenka heksadekadskog sustava: 223(8) = 10 010 011(2) = 1001 0011(2) = 93(16) ; 517(8) = 101 001 111(2) = 1 0100 1111(2) = 14F(16) ; 12053(8) = 1 010 000 101 011(2) = 1 0100 0010 1011(2) = 142B(16) ; ili 223(8) = 2 · 82 + 2 · 8 + 3 = 147 , 517(8) = 5 · 82 + 1 · 8 + 7 = 335 , 12 053(8) = 1 · 84 + 2 · 83 + 0 · 82 + 5 · 8 + 3 = 5163 . 147 = 9 · 16 + 3 9 = 0 · 16 + 9 223(8) = 93(16)

Zadatak 9. Rjeˇsenje.

335 = 20 · 16+ 5 20 = 1 · 16+ 4 1 = 0 · 16+ 1 517(8) = 14F(16)

5163 = 322 · 16 + 11 322 = 20 · 16 + 2 20 = 1 · 16 + 4 1 = 0 · 16 + 1 12 053(8) = 142B(16)

Zapiˇsi brojeve 212(3) , 30(4) , 245(6) , 177(8) , 28(12) u sustavu s bazom 2. Konverziju iz nedekadske baze u nedekadsku bazu najlakˇse je cˇiniti preko dekadske baze (u kojoj smo navikli raˇcunati). Zato c´emo broj najprije prebaciti u dekadsku, a onda u binarnu bazu: 1) 212(3) , 3

2 2

1 7

2 23

2

23 1

11 1

5 1

2 0

3 1

1 1

1 1

212(3) = 23 = 10111(2) 2) 30(4) , 3 3

4

0 12

2

12 0

6 0

30(4) = 12 = 1100(2) Budu´ci da je baza 4 potencija baze 2, konverziju smo mogli napraviti brˇze: jednoj znamenki u sustavu s bazom 4 odgovaraju dvije znamenke u sustavu s bazom 2: 30(4) = 11 00(2). 3) 245(6) ,

2 2

6 2

101 1

50 0

4 16 25 1

5 101 12 0

6 0

3 1

1 1

245(6) = 101 = 1100101(2) 4) 177(8) . Konverziju iz oktalnog sustava u binarni radimo direktno, znamenku po znamenku: 177(8) = 1 111 111(2)

7

1

BROJEVI

5) 28(12) 2 2

12

Zadatak 10. Rjeˇsenje.

8 32

2

32 16 8 0 0 0 28(12) = 32 = 10000(2).

4 0

1 1

Zapiˇsi brojeve 101 110(2) , 2102(3) , 3220(4) , 11 011(5) u sustavu s bazom 8. Osim u sluˇcaju prijelaza iz binarne baze, ostale konverzije radimo preko dekadskog sustava. 1) 101 110(2) = 56(8) . 2) 2102(3) 2 2

3

1 7

0 2 8 65 21 65 1 2102(3) = 65 = 101(8) .

8 0

1 1

3) 3220(4) 4

3 3

2 14

2 0 8 232 58 232 0 3220(4) = 232 = 350(8).

29 5

3 3

Ovdje konverziju moˇzemo vrˇsiti lakˇse, preko binarne baze! Jednoj znamenki u sustavu s bazom 4 odgovaraju dvije znamenke u binarnoj bazi: 3220(4) = 11 10 10 00(2) = 11 101 000(2) = 350(8) 4) 11 011(5) 5

1 1

1 6

0 30

1 151

1 756

756 4

94 6

11 3

1 1

11 011(5) = 756 = 1364(8).

Zadatak 11.

Rjeˇsenje.

Zadatak 12.

Rjeˇsenje.

1) Broj 7AB7(16) prevedi u oktalni brojevni sustav. 2) Broj 34 567(8) prevedi u heksadekadski brojevni sustav. Ovdje konverziju moˇzemo vrˇsiti preko binarne baze. 1) 7AB7(16) =111 1010 1011 0111(2)=111 101 010 110 111(2) =75 267(8) ; 2) 34 567(8) = 11 100 101 110 111(2) = 11 1001 0111 0111(2) = 3 977(16) . 1) Broj 8EF8(16) prevedi u oktalni brojevni sustav. 2) Broj 76 543(8) prevedi u heksadekadski brojevni sustav. Ovdje konverziju moˇzemo vrˇsiti preko binarne baze. 1) 8 EF8(16) =1000 1110 1111 1000(2)=1 000 111 011 111 000(2)=107 370(8) ; 2) 76 543(8)=111 110 101 100 011(2)=111 1101 0110 0011(2) =7 D63(16) .

8

BROJEVNI SUSTAVI

Zadatak 13.

Nastavi svaki od sljede´cih nizova uzastopnih prirodnih brojeva: 1) 2) 3) 4)

Rjeˇsenje.

Zadatak 14.

Zadatak 15.

10, 11, 12, 20, 21. . . 101, 110, 111, 1000, 1001. . . 1, 2, 3, 10, 11, 12. . . 23, 24, 25, 30, 31, 32. . .

1) Kako nakon broja 12 slijedi broj 20, (dakle, ne postoji broj 13), baza sustava je 3. Zato dalje slijede 22, 100, 101, 102, 110,. . . 2) Ovdje je rijeˇc o binarnoj bazi (imamo samo znamenke 0 i 1). Dalje je: 1010, 1011, 1100, 1101, 1110,. . . 3) Sustav s bazom 4. (Nakon 3 slijedi 10). Dalje imamo: 13, 20, 21, 22, 23,. . . 4) Sustav s bazom 6. (Nakon 25 slijedi 30). Dalje imamo: 33, 34, 35, 40, 41,. . . Nastavi svaki od sljede´cih nizova prirodnih brojeva: 1) 2) 3) 4)

Rjeˇsenje.

1.1

10011, 10010, 10001, 10000. . . 10, 100, 110, 1000, 1010. . . 10, 20, 100, 110, 120. . . 11, 13, 20, 22, 24. . .

1) Prema prvim trima cˇlanovima zakljuˇcujemo da je rijeˇc o padaju´cem nizu prirodnih brojeva zapisanih u binarnom sustavu. Nastavak je: 1111, 1110, 1101, 1100,. . . 2) Promotrimo li ove brojeve kao da su napisani u binarnoj bazi, onda niz predstavlja niz parnih prirodnih brojeva. Nastavak je: 1100, 1110, 10 000, 10 010. . . 3) Skok s 20 na 100 sugerira da se radi o bazi 3. U toj bazi brojevi (prevedeni u dekadsku bazu) glase: 3, 6, 9, 12, 15 — svaki je sljede´ci za 3 ve´ci od prethodnog. 3 u sustavu s bazom 3 glasi 3 = 10(3) . Zato svaki sljede´ci dobivamo dodavanjem broja 10 u sustavu s bazom 3: 200, 210, 220, 1000,. . . 4) Prema prvim trima cˇlanovima zakljuˇcujemo da je rijeˇc o sustavu s bazom 5, a svaki sljede´ci broj je za 2 ve´ci od prethodnog: 31, 33, 40, 42, 44,. . . Izraˇcunaj zbroj uzastopnih prirodnih brojeva: 1 + 2 + 3 + 4 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 20 + . . . + 44 + 100.

Rjeˇsenje.

Prema prvih pet cˇlanova zakljuˇcujemo da je rijeˇc o sustavu s bazom 5, a svaki sljede´ci broj je za 1 ve´ci od prethodnog te je rijeˇc o nizu: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + . . . + 25 = 325 0

Zadatak 16.

65 0

13 3

2 2

25(1 + 25) = 325. 2 325 = 23005 .

Odredi, ako postoji, bazu brojevnog sustava u kojem vrijede jednakosti 1) 23 · 15 = 411 ; 2) 32 · 22 = 541 ; 3) 31 · 412 = 23 322 .

9

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

1) Iz uvjeta 23(x) ·15(x) = 411(x) slijedi jednadˇzba (2x+3)(x+5) = 4x2 +x+1 , odnosno 2x2 + 13x + 15 = 4x2 + x + 1 2x2 − 12x − 14 = 0 x2 − 6x − 7 = 0 √ 6 ± 36 + 28 6±8 x1,2 = x1,2 = 2 2 cˇije je pozitivno rjeˇsenje x = 7 . 2) Iz uvjeta 32(x) · 22(x) = 541(x) slijedi jednadˇzba (3x + 2)(2x + 2) = 5x2 + 4x + 1 , odnosno 6x2 + 10x + 4 = 5x2 + 4x + 1 x2 + 6x + 3 = 0. Ne postoji takva baza. 3) Iz uvjeta 31(x) ·412(x) = 23 322(x) slijedi jednadˇzba (3x+1)(4x2 +x+2) = 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + 2 , odnosno 12x3 + 7x2 + 7x + 2 = 2x4 + 3x3 + 3x2 + 2x + 2 2x4 − 9x3 − 4x2 − 5x = 0 2x3 − 9x2 − 4x − 5 = 0 (x − 5)(2x2 + x + 1) = 0 cˇije je pozitivno rjeˇsenje x = 5 .

Zadatak 17.

U kojem sustavu vrijede jednakosti 1) 101(x) + 1001(x) = 1110(x) ; 2) 1211(x) − 1120(x) = 21(x) ?

Rjeˇsenje.

1) Jednakost glasi (x2 + 1) + (x3 + 1) = x3 + x2 + x x3 + x2 + 2 = x3 + x2 + x x−2=0 odakle slijedi x = 2 . 2) Jednakost glasi (x3 + 2x2 + x + 1) − (x3 + x2 + 2x) = 2x + 1 x2 − x + 1 = 2x + 1 x2 − 3x = 0 x−3=0 odakle slijedi x = 3 .

Zadatak 18.

Vrijede li u bilo kojem brojevnom sustavu jednakosti 1) 10101 + 1101 = 11202 ; 2) 1211 − 1011 = 200 ?

10

BROJEVNI SUSTAVI

Rjeˇsenje.

1.1

1) Neka je baza sustava x . Jednakost se onda cˇita ovako: (x4 + x2 + 1) + (x3 + x2 + 1) = x4 + x3 + 2x2 + 2, sˇ to vrijedi za svaki x . Dakle, jednakost vrijedi u svakom brojevnom sustavu. Medutim, ipak moramo iskljuˇciti binarni sustav, jer u njemu ne postoji znamenka 2, pa poˇcetna jednakost nema smisla. 2) Sada mora vrijediti (x3 + 2x2 + x + 1) − (x3 + x + 1) = 2x2 , sˇ to je ponovo istina za svaki x . x = 2 iskljuˇcujemo jer se u zapisu broja pojavljuje znamenka 2.

Zadatak 19.

Zbroj triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 121. Koji su to brojevi?

Rjeˇsenje.

Pretvorimo raˇcun u dekadski sustav: 121(5) = 25 + 2 · 5 + 1 = 36 . Oznaˇcimo srednji od brojeva s x . Onda prema uvjetu zadatka mora biti (x − 1) + x + (x + 1) = 121(5) = 36 . Odavde dobivamo 3x = 36 te je x = 12 = 22(5) . Traˇzeni brojevi u sustavu s bazom 5 su 21(5) , 22(5) , 23(5) .

Zadatak 20.

Zbroj triju uzastopnih parnih brojeva u binarnom sustavu iznosi 11 110 . Koji su to brojevi?

Rjeˇsenje.

Prebacimo raˇcun ponovo u dekadski sustav: 11 110(2) = 16 + 8 + 4 + 2 = 30 , pa jednadˇzba glasi (x − 2) + x + (x + 2) = 30, odakle je x = 10 = 1100(2) . Traˇzeni brojevi su 1000(2) , 1010(2) i 1100(2) .

Zadatak 21.

Umnoˇzak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 440. Koji su to brojevi?

Rjeˇsenje.

Prebacimo raˇcun u dekadski sustav. Vrijedi 440(5) = 4 · 25 + 4 · 5 = 120 , pa jednadˇzba glasi (x − 1)x(x + 1) = 120 = 4 · 5 · 6. Zato je x = 5 = 10(5) . Traˇzeni brojevi su 4(5) , 10(5) i 11(5) . Broj 440 moˇzemo faktorizirati i u sustavu s bazom 5. On je djeljiv s 4(5) i s 10(5) : 440(5) = 4(5) · 110(5) = 4(5) · 10(5) · 11(5) , a ova su tri broja uzastopni prirodni brojevi.

Zadatak 22. Rjeˇsenje.

Umnoˇzak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 9 iznosi 1320. Koji su to brojevi? Do odgovora moˇzemo do´ci prebacivanjem u dekadsku bazu: 1320(9) = 729 + 3 · 81 + 2 · 9 = 990 = 9 · 10 · 11. Zato je prvi broj jednak broju 9 (u dekadskoj bazi), odnosno broju 10(9) . Traˇzeni su brojevi 10(9) , 11(9) , 12(9) . Primijeti opet da zadatak moˇzemo rijeˇsiti i bez prelaska u dekadsku bazu. Faktorizacija 1320 = 10 · 132 = 10 · 11 · 12

11

1

BROJEVI

vrijedi u svakoj bazi ve´coj od 3, jer se u svim takvim bazama podudaraju tablice mnoˇzenja s brojevima 0, 1, i 2. Brojevi 10, 11 i 12 (shva´ceni kao brojevi u sustavu s bazom 9) su rjeˇsenja zadatka. Primijeti nadalje da sad nismo koristili podatak da raˇcunamo u sustavu s bazom 9, prema tome, isto vrijedi i za sve sustave s bazom ve´com od tri. Tako bi, na - bilo primjer, u sustavu s bazom 6 takoder 10(6) · 11(6) · 12(6) = 1320(6). Uvjeri se da isto vrijedi i u heksadekadskom sustavu!

Zadatak 23.

Umnoˇzak dvaju uzastopnih neparnih prirodnih brojeva u binarnom sustavu iznosi 100 011. Koji su to brojevi?

Rjeˇsenje.

Ovaj broj ne znamo faktorizirati u binarnom sustavu. Zato ga prevodimo u dekadski: 100 011 = 32 + 2 + 1 = 35 = 5 · 7. Zato su traˇzeni brojevi 5 = 101(2) i 7 = 111(2) .

Zadatak 24. Rjeˇsenje.

Odredi prirodne brojeve x i y iz jednakosti 1) 23(x) = 41(y) ; 2) 144(x) = 100(y) . 1) Jednakost se cˇita ovako: 2x + 3 = 4y + 1 =⇒ x = 2y − 1. Zbog zapisa mora biti x > 3 i y > 4 . Dovoljno je onda zahtijevati da bude y > 4 , jer je onda i x > 7 . 2) Sad imamo x2 + 4x + 4 = y2 =⇒ y = x + 2. Uz to mora vrijediti x > 4 .

Zadatak 25.

Odredi brojeve a , b i c iz jednakosti 1) ab(5) = ba(7) ;

2) abc(5) = cba(8) ;

3) aba(4) = bab(6) . Rjeˇsenje.

1) Mora biti

5a + b = 7b + a =⇒ 2a = 3b.

Vidimo da je b paran broj. Za b = 2 dobivamo a = 3 . Kad bi bilo b = 4 , imali bismo a = 6 , sˇ to je nemogu´ce jer su znamenke u brojevnom sustavu uvijek manje od baze. Zato je jedino rjeˇsenje 32(5) = 23(7) . 2) Sad uvjet cˇitamo ovako: 25a + 5b + c = 64c + 8b + a pa je 63c = 24a − 3b , tj. b = 8a − 21c . Zato mora biti a  3 , ali i a  4 radi zapisa broja u sustavu s bazom 5. Za a = 3 dobivamo c = 1 , b = 3 ; a ako je a = 4 , onda nema takvih b i c . Zato je jedino rjeˇsenje 331(5) = 133(8) . 3) aba(4) = bab(6) . Sada imamo 16a + 4b + a = 36b + 6a + b pa je 11a = 33b , tj. a = 3b . Uz to mora biti a < 4 pa je jedino rjeˇsenje a = 3 , b = 1 : 313(4) = 131(6) .

12

BROJEVNI SUSTAVI

Zadatak 26. Rjeˇsenje.

1.1

1) U kojem je sustavu brojeva 101 · 11 = 1111 ? 2) U kojem je sustavu brojeva 1001 · 111 = 111 111 ? Poop´ci zakljuˇcak! U svakom, jer je (x2 + 1)(x + 1) = x3 + x2 + x + 1 identitet za sve x . Isto vrijedi i za (x3 + 1)(x2 + x + 1) = x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 . 1) 101 · 11 = 1111 , (x2 + 1)(x + 1) = x3 + x2 + x + 1 x3 + x2 + x + 1 = x3 + x2 + x + 1 =⇒ x ∈ N \ {1}. 2) 1001 · 111 = 111 111 , (x3 + 1)(x2 + x + 1) = x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 = x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 =⇒ x ∈ N \ {1}.

Zadatak 27.

Umnoˇzak 11·12·13 jednak je 3102 . U kojem je brojevnom sustavu provedeno ovo mnoˇzenje?

Rjeˇsenje.

U sustavu s bazom 4, jer iz (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 3x3 + x2 + 2 dobivamo jednadˇzbu 2x3 − 5x2 − 11x − 4 = 0 , cˇ ije je jedino prirodno rjeˇsenje x = 4 . 11 · 12 · 13 = 3102, x > 3 (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 3x3 + x2 + 2 (x2 + 3x + 2)(x + 3) = 3x3 + x2 + 2 −2x3 + 5x2 + 11x + 4 = 0 f (x) = 2x3 − 5x2 − 11x − 4 f (1) = 2 − 5 − 11 − 4 < 0 f (2) = 16 − 20 − 22 − 4 < 0 f (4) = 128 − 80 − 44 − 4 = 0 =⇒ x = 4

Zadatak 28. Rjeˇsenje.

Zadatak 29. Rjeˇsenje.

2 2

4

−5 3

−11 1

−4 0

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

U kojem je brojevnom sustavu broj 144 potpuni kvadrat nekog prirodnog broja? 144(n) = n2 + 4n + 4 = (n + 2)2 . U svakom sustavu s bazom n , n > 4 . U kojem je brojevnom sustavu 1252 = 16 324 ? Neka je x baza sustava. Onda mora biti (x2 + 2x + 5)2 = x4 + 6x3 + 3x2 + 2x + 4, odakle nakon kvadriranja slijedi 2x3 − 11x2 − 18x − 21 = 0. Traˇzimo cjelobrojne nul-toˇcke ovog polinoma. Te nul-toˇcke moraju biti djelitelji slobodnog cˇlana. Uz to je zbog zapisa poˇcetne jednakosti x > 6 . Tako su jedini kandidati x = 7 i x = 21 . Uvrˇstavanjem vidimo da x = 7 jest rjeˇsenje jednadˇzbe, dok x = 21 to nije. Raˇcun je izveden u sustavu s bazom 7.

Zadatak 30.

Broj 620 kvadrat je broja 24. U kojem je sustavu brojeva proveden raˇcun?

13

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

Zadatak 31. Rjeˇsenje.

Neka je x baza sustava. Iz jednadˇzbe (2x + 4)2 = 6x2 + 2x dobije se x2 − 7x − 8 = 0 pa je x = 8 jedino prirodno rjeˇsenje. Broj 20 311 kub je broja 21. U kojem je sustavu brojeva proveden raˇcun? Neka je x baza sustava. Onda mora biti 2x4 + 3x2 + x + 1 = (2x + 1)3 Nakon potenciranja i sredivanja dobivamo 2x3 − 8x2 − 9x − 5 = 0. Samo broj x = 5 moˇze biti prirodno rjeˇsenje ove jednadˇzbe. Uvrˇstavanjem provjeravamo da je on uistinu rjeˇsenje. Zato je raˇcun istinit u sustavu s bazom 5.

Zadatak 32.

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

Rjeˇsenje.

U svakom sustavu s bazom n , n > 3 , jer je 1331(n) = n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n + 1)3 . Baza mora biti ve´ca od 3 jer se u zapisu broja pojavljuje znamenka 3. √ √ U kojem je brojevnom sustavu 1331 = 33 ? Koliko je u tom sustavu 2420 ?

Zadatak 33. Rjeˇsenje.

Iz 1331 = 332 slijedi x3 + 3x2 + 3x + 1 = (3x + 3)2 , x3 + 3x2 + 3x + 1 = 9x2 + 18x + 9, x3 − 6x2 − 15x − 8 = 0; te je x = 8. Zatim je 2 4 2 0 8 2 20 162 1296  √ 2420(8) = 1296 = 36 = 44(8) .

Zadatak 34. Rjeˇsenje.

U kojem je brojevnom sustavu 33 · 22 = 1331 ? Koliko je u istom sustavu 23 · 32 ? Neka je x baza sustava, onda mora biti (3x + 3)(2x + 2) = x3 + 3x2 + 3x + 1 6(x + 1)2 = (x + 1)3 x+1=6 odakle je x = 5 . Sada je 23(5) · 32(5) = 13 · 17 = 221. 221 1 Konaˇcno

Zadatak 35. 14

44 4

8 3

1 1

23(5) · 32(5) = 1341(5).

U kojem je brojevnom sustavu

√ √ 1210 = 22 ? Koliko je u tom sustavu 3201?

BROJEVNI SUSTAVI

Rjeˇsenje.

1.1

Pojavljivanje brojke 3 u zapisu uvjetuje x > 3 , sada iz 1210 = 222 slijedi x3 + 2x2 + x = (2x + 2)2 , x3 + 2x2 + x = 4x2 + 8x + 4, x3 − 2x2 − 7x − 4 = 0; te je x = 4 . Zatim je  √ √ 3201(4) = 3 · 64 + 2 · 16 + 1 = 225 = 15 = 33(4) .

Zadatak 36. Rjeˇsenje.

U kojem je brojevnom sustavu 21 · 22 = 1 122 ? Koliko je u istom sustavu 22 · 12 ? Danu jednakost moˇzemo zapisati u obliku (2x + 1)(2x + 2) = x3 + x2 + 2x + 2, 2(2x + 1)(x + 1) = (x2 + 2)(x + 1). Odatle dobijemo kvadratnu jednadˇzbu x2 − 4x = 0, te je x = 4 ;

Zadatak 37.

x(x − 4);

22(4) · 12(4) = 10 · 6 = 60 = 330(4) .

Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnoj bazi: 1) 1101(2) + 10101(2) ; 2) 10101(2) + 10111(2) ; 3) 110111(2) + 10101101(2) ; 4) 1100101(2) + 11001011(2) . Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

Rjeˇsenje.

Tablica zbrajanja u binarnom sustavu glasi + 0 1 0 0 1 1 1 10 Pri zbrajanju se koristimo tom tablicom. Kad god zbroj premaˇsuje jedinicu, moramo paziti na prijenos znamenki. Njih u ovom rjeˇsenju piˇsemo umanjenim slogom: 1) 1

1

1

1

1 1 0 1 + 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 2) 1

1

1

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

15

1

BROJEVI

3) 1

1

1

1

1

1

1 1 0 1 1 1 +1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 4) 1

1

1

1

1

1

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

Zadatak 38.

Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu: 1) 1111(2) − 1001(2) ; 2) 11001(2) − 1101(2) ; 3) 110011(2) − 10110(2) ; 4) 110010111(2) − 1101011(2) . Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

Rjeˇsenje.

Raˇcunamo sliˇcno kao u proˇslom primjeru. Pritom moramo paziti na situaciju kad od 0 oduzimamo znamenku 1. Znamenki 0 dodajemo u mislima poˇcetnu jedinicu, tako da zapravo oduzimamo jedinicu od broja 10. Rezultat je 1, ali jedinicu koju smo dodali moramo pamtiti i uve´cati za tu jedinicu sljede´cu znamenku broja koji oduzimamo: 1) 1 1 1 1 − 1 0 0 1 1 1 0 U ovom primjeru nije bilo prijenosa. 2) U ovom c´ e primjeru prijenos nastupiti kod tre´ce znamenke: 1 1 0 0 1 − 1 1 0 1 ? 0 0 Da bismo odbili 1 od 0, moramo pove´cati tu nulu, dodaju´ci joj jednu desetku. Tako oduzimamo 1 od 10, i pamtimo tu desetku: 1 1 0 0 1 − 1 1 0 1 ? 1 0 0 Sada sljede´cu znamenku umanjitelja (oznaˇcenu masnim slovom) pove´cavamo za jedan. Kako je rijeˇc o znamenki 1, ona uve´cana za 1 glasi 10. Ponovo moramo zapamtiti desetku, a oduzimamo 0 od 1: 1 1 0 0 1 − 1 1 0 1 ? 1 1 0 0

16

BROJEVNI SUSTAVI

U posljednjem koraku oduzimamo 1 Rezultat glasi: 1 1 0 − 1 1 1 1

1.1

(koji smo zapamtili) od znamenke 1. 0 1 0 1 0 0

3) 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1

−

Prijenos je nastupio u tre´coj, cˇ etvrtoj i petoj znamenki (zdesna). 4) 1 1 0 0 1 0 1 1 1 − 1 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0

Zadatak 39.

Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu: 1) 110(2) · 11(2) ; 3) 11011(2) · 1001(2) ;

2) 1101(2) · 101(2) ; 4) 110111(2) · 101101(2) .

Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat. Rjeˇsenje.

Mnoˇzenje u binarnom sustavu svodi se na zbrajanje pomaknutim brojem. Tablica mnoˇzenja praktiˇcki ne postoji: · 0 1

0 0 0

1 0 1

i jedino moramo paziti na ispravno potpisivanje brojeva. Medutim, pri zbrajanju nastaju poteˇsko´ce zbog toga sˇ to se prijenos moˇze sastojati od viˇse nego jedne znamenke. Tako, na primjer, zbrajamo li dvije jedinice, rezultat je 0 i 1 (desetka) ide u prijenos. Zbrajamo li tri jedinice, rezultat je 1 i 1 u prijenosu. Medutim, ako zbrajamo cˇ etiri jedinice, tad je rezultat ponovo 0, a u prijenos ide broj 10. Prva znamenka s kojom mnoˇzimo je jedinica, pa crtu mnoˇzenja ne´cemo pisati (u primjeru u udˇzbeniku ona je bila napisana). Radi lakˇseg pra´cenja raˇcuna, pisat c´ emo prijenos umanjenim slogom. 1) 1 1

1 1 0 · 1 1 1 1 0 1 0 0 1 0 U dekadskoj bazi: 6 · 3 = 18 . 2) 1

1

1 1

1 1 0 1 · 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1

17

1

BROJEVI

U dekadskoj bazi: 13 · 5 = 65 . 3) 1

1

1 1 0 1 1 · 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 U dekadskoj bazi: 27 · 9 = 243 . 4) 1

1 10 10

10 10

1

1

1 1 0 1 1 1 · 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 U dekadskoj bazi: 55 · 45 = 2475 .

Zadatak 40. Rjeˇsenje.

Napiˇsi tablicu zbrajanja i mnoˇzenja u sustavu s bazom 3. Uporabom tih tablica izraˇcunaj 1201(3) + 2012(3) ; 1120221(3) · 2(3) ; 20012(3) · 12(3) . Tablice zbrajanja i mnoˇzenja su: 1 2 + 0 0 0 1 2 1 1 2 10 2 2 10 11

· 0 1 2

0 0 0 0

1 0 1 2

2 0 2 11

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

1

1 2 0 1 + 2 0 1 2 1 0 2 2 0 - pisati znamenke prijenosa. Te znamenke doda2) Pri mnoˇzenju c´ emo takoder jemo rezultatu sljede´ceg mnoˇzenja, baˇs kao sˇ to radimo i u dekadskom sustavu! 1

1

1

1

1

1 1 2 0 2 2 1 · 2 1 0 0 1 1 2 1 2 3) U ovom primjeru prijenose ne´cemo pisati (jer ne znamo kako bismo to jednostavno uˇcinili). Ukoliko ne moˇzete postupak sprovesti odjednom, najprije pomnoˇzite zadani broj s 2 na pomo´cnom raˇcunu, a onda napravite zbrajanje. 2 0 0 1 2 · 1 2 2 0 0 1 2 1 1 0 1 0 1 1 0 1 0 2 2 1

Zadatak 41. Rjeˇsenje.

18

Sastavi tablice zbrajanja i mnoˇzenja za sustave s bazama 4, 5 i 6. 1) Za sustav s bazom 4 tablice glase (vidi udˇzbenik) 1 2 3 + 0 · 0 1 0 0 1 2 3 0 0 0 1 1 1 0 1 2 3 10 2 2 2 0 2 3 10 11 3 3 10 11 12 3 0 3

2 0 2 10 12

3 0 3 12 21

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

2) Za sustav s bazom 5 tablice su: + 0 1 2 3 4

0 0 1 2 3 4

1 1 2 3 4 10

2 2 3 4 10 11

3 3 4 10 11 12

· 0 1 2 3 4

4 4 10 11 12 13

0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4

2 0 2 4 11 13

3 0 3 11 14 22

4 0 4 13 22 31

3) Za sustav s bazom 6 tablice su: + 0 1 2 3 4 5

Zadatak 42.

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 10

2 2 3 4 5 10 11

4 4 5 10 11 12 13

· 0 1 2 3 4 5

5 5 10 11 12 13 14

0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 2 3 4 5

2 0 2 4 10 12 14

3 0 3 10 13 20 23

4 0 4 12 20 24 32

5 0 5 14 23 32 41

Prevedi sljede´ce brojeve zapisane u binarnom sustavu u dekadski sustav: 1) 11.1(2) ; 3) 111.111(2) ;

Rjeˇsenje.

3 3 4 5 10 11 12

2) 101.101(2) ; 4) 1000.0001(2) .

Rijeˇc je o decimalnim brojevima. Njihov se zapis pravi na isti naˇcin kao u dekadskom sustavu. Pretvorbu moˇzemo vrˇsiti na dva naˇcina. Prvi je naˇcin da koristimo definiciju decimalnog prikaza: 1) 11.1(2) = 2 + 1 + 2−1 = 3.5 . 2) 101.101(2) = 22 + 1 + 2−1 + 2−3 = 4 + 1 +

1 1 + = 5.625 . 2 8

3) 111.111(2) = 22 + 2 + 1 + 2−1 + 2−2 + 2−3 = 4 + 2 + 1 +

1 1 1 + + = 7.875 . 2 4 8

4) 1000.0001(2) = 23 + 2−4 = 8 +

1 = 8.0625 16

Drugi je naˇcin da decimalne brojeve (koji imaju konaˇcan decimalni prikaz) mnoˇzenjem pretvorimo u cijele brojeve, a zatim primijenimo algoritme pretvorbe koje poznajemo kad su u pitanju cijeli brojevi: 1) 11.1(2) · 10(2) = 111(2) . Sad je 111(2) = 7 , 10(2) = 2 , pa je rezultat 7 = 3.5 . 2 2) 101.101(2) · 1000(2) = 101101(2) . Sad je 101101(2) = 45 , 1000(2) = 8 45 = 5.625 . pa je rezultat 8 3) 111.111(2) · 1000(2) = 111111(2) . Sad je 111111(2) = 63 , 1000(2) = 8 63 = 7.875 . pa je rezultat 8

19

1

BROJEVI

4) 1000.0001(2) · 10000(2) = 10000001(2) . Sad je 10000001(2) = 129 , 129 = 8.0625 . 10000(2) = 16 pa je rezultat 16 Prvi je naˇcin prikladniji za brojeve s manjim brojem znamenki, a drugi kad imamo brojeve s ve´cim brojem znamenki (razliˇcitih od nule).

1.2. Matematicka ˇ indukcija Zadatak 1.

Koriste´ci induktivni naˇcin razmiˇsljanja, predvidi sljede´ci cˇlan u svakoj od lista: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8)

Zadatak 2.

1, 7, 13, 19, 25, ?; 1, 3, 7, 13, 21, ?; 1, 3, 7, 15, 31, ?; 1, 4, 9, 16, 25, ?; 1, 2, 5, 14, 41, ?; 2, 3, 5, 7, 11, ?; 1, 1.4, 1.41, 1.414, 1.4142, ?; ˇ P, ?. J, D, T, C,

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi da za sve n ∈ N vrijedi: 1) −3 + 3 + 9 + . . . + (6n − 9) = 3n2 − 6n ; 2) −1 + 3 + 7 + . . . + (4n − 5) = n(2n − 3) ; 3) −3 − 7 − 11 − . . . − (4n − 1) = −n(2n + 1) ; 4) 5 + 8 + 11 + . . . + (3n + 2) = 12 n(3n + 7) .

Rjeˇsenje.

1) Dokazujemo indukcijom: −3 + 3 + 9 + . . . + (6n − 9) = 3n2 − 6n. Baza indukcije. Za n = 1 tvrdnja je oˇcito toˇcna: lijeva strana ima samo jedan pribrojnik, −3 , a desna strana jednaka je 3 · 12 − 6 · 1 = −3 . Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da je tvrdnja toˇcna i za n = k . Onda vrijedi jednakost −3 + 3 + . . . + (6k − 9) = 3k2 − 6k. Korak indukcije. Izraˇcunajmo sada zbroj lijeve strane kojoj je dodan joˇs jedan cˇlan: −3 + 3 + . . . + (6k − 9) + (6(k + 1) − 9). Radi pretpostavke indukcije smijemo koristiti jednakost −3 + 3 + . . . + (6k − 9) = 3k2 − 6k pa cˇitava suma iznosi 3k2 − 6k + 6k + 6 − 9 = 3k2 − 3 = 3(k + 1)2 − 6(k + 1), dakle, jednakost vrijedi i za broj n = k + 1 . Prema aksiomu matematiˇcke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n . 2) Dokazujemo indukcijom: −1 + 3 + 7 + . . . + (4n − 5) = n(2n − 3).

20

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Baza. n = 1 : −1 = 1(2 · 1 − 3). Pretpostavka. Za n = k vrijedi: −1 + 3 + 7 + . . . + (4k − 5) = k(2k − 3). Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: −1 + 3 + 7 + . . . + (4k − 5) + [4(k + 1) − 5] = k(2k − 3) + [4k − 1] = 2k2 − 3k + 4k − 1 = 2k2 + k − 1 = (k + 1)(2k − 1) = (k + 1)[2(k + 1) − 3]. Tvrdnja je dokazana. 3) Dokazujemo indukcijom: −3 − 7 − 11 − . . . − (4n − 1) = −n(2n + 1) Baza. n = 1 : −3 = −1(2 · 1 + 1). Pretpostavka. Za n = k vrijedi: −3 − 7 − 11 − . . . + (4k − 1) = −k(2k + 1). Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: −3 − 7 − 11 − . . . − (4k − 1) − [4(k + 1) − 1] = −k(2k + 1) − [4k + 3] = −2k2 − k − 4k − 3 = −(2k2 + 5k + 3) = −(k + 1)(2k + 3) = −(k + 1)[2(k + 1) + 1]. Tvrdnja je dokazana. 4) Dokazujemo indukcijom: 5 + 8 + 11 + . . . + (3n + 2) =

1 n(3n + 7). 2

Baza. n = 1 : 5=

1 · 1(3 · 1 + 7). 2

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 5 + 8 + 11 + . . . + (3k + 2) =

1 k(3k + 7). 2

21

1

BROJEVI

Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 1 5 + 8 + 11 + . . . + (3k + 2) + [3(k + 1) + 2] = k(3k + 7) + [3k + 5] 2  1 2 = 3k + 7k + 6k + 10 2  1 2 = 3k + 13k + 10 2  1 = (k + 1)(3k + 10) 2 1 = (k + 1)[3(k + 1) + 10]. 2 Tvrdnja je dokazana.

Zadatak 3.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi da za sve n ∈ N vrijedi: 1) 2 + 7 + 15 + . . . + 12 n(3n + 1) = 12 n(n + 1)2 ; 2) −1+3−5+ . . . +(−1)n (2n−1) = (−1)n · n ; 3) 3 + 6 + 12 + . . . + 3 · 2n−1 = 3(2n − 1) ; 4) 2+16+56+ . . . +(3n−2)·2n = 10+(3n−5)·2n+1 .

Rjeˇsenje.

1) Dokazujemo indukcijom: 1 1 2 + 7 + 15 + . . . + n(3n + 1) = n(n + 1)2 . 2 2 Baza. n = 1 : 2=

1 · 1 · (1 + 1)2 . 2

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 1 1 2 + 7 + 15 + . . . + k(3k + 1) = k(k + 1)2 . 2 2 Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 1 1 2 + 7 + 15 + . . . + k(3k + 1) + (k + 1)[3(k + 1) + 1] 2 2 1 1 2 = k(k + 1) + (k + 1)[3(k + 1) + 1] 2 2   1 = (k + 1) k(k + 1) + 3(k + 1) + 1 2   1 = (k + 1) k2 + k + 3k + 3 + 1 2   1 = (k + 1) k2 + 4k + 4 2 1 = (k + 1)(k + 2)2 2 1 = (k + 1)[(k + 1) + 1]2 . 2

22

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Tvrdnja je dokazana. 2) Dokazujemo indukcijom: −1 + 3 − 5 + . . . + (−1)n (2n − 1) = (−1)n · n. Baza. n = 1 :

−1 = (−1)1 · 1.

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: −1 + 3 − 5 + . . . + (−1)k (2k − 1) = (−1)k · k. Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: −1 + 3 − 5 + . . . + (−1)k (2k − 1) + (−1)k+1 [2(k + 1) − 1] = (−1)k · k + (−1)k+1 [2(k + 1) − 1] = (−1)k · k + (−1)k+1 (2k + 1) = (−1)k [k − (2k + 1)] = (−1)k [−k − 1] = −(−1)k [k + 1] = (−1)k+1 (k + 1). Tvrdnja je dokazana. 3) Dokazujemo indukcijom: 3 + 6 + 12 + . . . + 3 · 2n−1 = 3(2n − 1). Baza. n = 1 :

3 = 3(21 − 1).

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 3 + 6 + 12 + . . . + 3 · 2k−1 = 3(2k − 1). Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 3 + 6 + 12 + . . . + 3 · 2k−1 + 3 · 2k = 3(2k − 1) + 3 · 2k = 3 · 2k − 3 + 3 · 2k = 6 · 2k − 3 = 3 · 2k+1 − 3 = 3(2k+1 − 1). Tvrdnja je dokazana. 4) Dokazujemo indukcijom: 2 + 16 + 56 + . . . + (3n − 2) · 2n = 10 + (3n − 5) · 2n+1 . Baza. n = 1 :

2 = 10 + (3 · 1 − 5) · 21+1 .

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 2 + 16 + 56 + . . . + (3k − 2) · 2k = 10 + (3k − 5) · 2k+1 .

23

1

BROJEVI

Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 2 + 16 + 56 + . . . + (3k − 2) · 2k + [3(k + 1) − 2] · 2k+1 = 10 + (3k − 5) · 2k+1 + [3(k + 1) − 2] · 2k+1 = 10 + (3k − 5) · 2k+1 + [3k + 1] · 2k+1 = 10 + 2k+1 [3k − 5 + 3k + 1] = 10 + 2k+1 [6k − 4] = 10 + 2k+2 [3k − 2] = 10 + [3(k + 1) − 5] · 2(k+1)+1 . Tvrdnja je dokazana.

Zadatak 4.

Rjeˇsenje.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi da za sve n ∈ N vrijedi: 1) 1 · 2n + 2 · 2n−1 + 3 · 2n−2 + . . . + n · 2 + (n + 1) = 2n+2 − (n + 3) ; 2) 12 − 22 + 32 − . . . + (−1)n−1 · n2 n(n + 1) ; = (−1)n−1 · 2 1 2 3 n 3 2n + 3 3) + 2 + 3 + . . . + n = − . 3 3 3 4 4 · 3n 3 1) Dokazujemo indukcijom: 1 · 2n + 2 · 2n−1 + 3 · 2n−2 + . . . + n · 2 + (n + 1) = 2n+2 − (n + 3). Baza. S lijeve strane nalazi se n + 1 pribrojnik. Zato za n = 1 zbroj s lijeve strane ima dva cˇ lana, prvi i posljednji: 1 · 21 + (1 + 1) = 21+2 − (1 + 3). (Svejedno je ho´cemo li uzeti formulu za drugi ili formulu za posljednji cˇlan i u nju staviti n = 1 .) Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 1 · 2k + 2 · 2k−1 + 3 · 2k−2 + . . . + k · 2 + (k + 1) = 2k+2 − (k + 3). Korak. Moramo dokazati tvrdnju za broj n = k + 1 . Tada lijeva strana jednakosti glasi: 1 · 2k+1 + 2 · 2k + 3 · 2k−1 + . . . + (k + 1) · 2 + (k + 2). Ovaj izraz moˇzemo dovesti u vezu s onim iz pretpostavke indukcije! Dovoljno je iz svih cˇlanova osim posljednjeg izluˇciti 2:   2 · 1 · 2k + 2 · 2k−1 + 3 · 2k−2 + . . . + (k + 1) + (k + 2).

24

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Izraz u zagradi iznosi, prema pretpostavci indukcije 2k+2 − (k + 3) . Dakle:   2 · 1 · 2k + 2 · 2k−1 +3 · 2k−2 + . . . + (k + 1) + (k + 2)   = 2 · 2k+2 − (k + 3) + (k + 2) = 2k+3 − 2(k + 3) + k + 2 = 2k+3 − 2k − 6 + k + 2 = 2k+3 − k − 4 = 2(k+1)+2 − [(k + 1) + 3]. Tvrdnja je dokazana. 2) Dokazujemo indukcijom: 12 − 22 + 32 − . . . + (−1)n−1 · n2 = (−1)n−1 · Baza. n = 1 : 12 = (−1)1−1 ·

n(n + 1) . 2

1(1 + 1) . 2

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: k(k + 1) . 2 Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 12 − 22 + 32 − . . . + (−1)k−1 · k2 = (−1)k−1 ·

12 − 22 + 32 − . . . +(−1)k−1 · k2 + (−1)k · (k + 1)2 k(k + 1) + (−1)k · (k + 1)2 = (−1)k−1 · 2  k + 1 k − 2(k + 1) = (−1)k−1 · 2   k−1 k + 1 −k − 2 · = (−1) 2 k k+1 (k + 2) = (−1) · 2 (k + 1)[(k + 1) + 1] = (−1)(k+1)−1 · 2 Tvrdnja je dokazana. 3) Dokazujemo indukcijom: 2 1 3 n 3 2n + 3 + + 3 + ... + n = − . 3 32 3 4 4 · 3n 3 Baza. n = 1 :

3 2·1+3 1 = − . 3 4 4 · 31

Pretpostavka. Za n = k vrijedi: 1 2 3 k 3 2k + 3 + + 3 + ... + k = − . 3 32 4 3 3 4 · 3k

25

1

BROJEVI

Korak. Raˇcunamo lijevu stranu za n = k + 1 i koristimo pretpostavku indukcije: 1 2 3 k k+1 + 2 + 3 + . . . + k + k+1 3 3 3 3 3 3 2k + 3 k + 1 = − + k+1 4 4 · 3k 3  3 1  = − 3(2k + 3) − 4(k + 1) 4 4 · 3k+1  1  3 6k + 9 − 4k − 4 = − 4 4 · 3k+1  1  3 = − 2k + 5 4 4 · 3k+1 3 2(k + 1) + 3 = − . 4 4 · 3k+1 Tvrdnja je dokazana.

Zadatak 5.

Rjeˇsenje.

Uvrsti nekoliko poˇcetnih vrijednosti za broj n i pokuˇsaj odrediti izraz za sljede´ce zbrojeve. Dobivenu formulu provjeri matematiˇckom indukcijom. 1) 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n−1 =? 2) 1 + 3 + 9 + 27 + . . . + 3n−1 =? 1 1 1 + + ... + =? 3) 1·2 2·3 (n − 1)n 1) Poˇcetne vrijednosti ovog zbroja su n=1:

1

n=2: n=3:

1+2=3 1+2+4=7

n=4: 1 + 2 + 4 + 8 = 15 n=5: 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31 Prepoznajemo brojeve koji su za 1 manji od potencija broja 2. Zato je pretpostavka: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n−1 = 2n − 1. Bazu smo provjerili. Dokazujemo korak indukcije: 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n−1 + 2n = 2n − 1 + 2n = 2 · 2n − 1 = 2n+1 − 1. Tvrdnja je dokazana. 2) Poˇcetne vrijednosti ovog zbroja su

26

n=1:

1

n=2: n=3:

1+3=4 1 + 3 + 9 = 13

n=4: n=5:

1 + 3 + 9 + 27 = 40 1 + 3 + 9 + 27 + 81 = 121

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Niti nakon pet vrijednosti nismo sigurni u svoju pretpostavku. Zbrajali smo potencije broja 3, a u prethodnom primjeru (gdje je rezultat bio 2n − 1 ) bilo je rijeˇci o potencijama broja 2. To nam daje ideju da je i ovdje rijeˇc o izrazu povezanom s potencijama broja 3. Napiˇsimo sad red tih potencija, umanjenih za jedan: 2, 8, 26, 80, 242. Usporedbom s gore napisanim vrijednostima moˇzemo otkriti pretpostavku indukcije: 1 1 + 3 + 9 + 27 + . . . + 3n−1 = (3n − 1). 2 Bazu smo provjerili. Dokazujemo korak indukcije: 1 n (3 − 1) + 3n 2  1 = 3n − 1 + 2 · 3n 2  1 = 3 · 3n − 1 2  1 = 3n+1 − 1 . 2

1 + 3 + 9 + 27 + . . . + 3n−1 + 3n =

Tvrdnja je dokazana. 3) Poˇcetne vrijednosti ovog zbroja su n=2: n=3: n=4: n=5:

1 2 2 1 1 + = 2 6 3 1 3 2 + = 3 12 4 1 4 3 + = . 4 20 5

Pretpostavka indukcije 1 1 1 n−1 + + ...+ = 1·2 2·3 (n − 1)n n je provjerena za n = 2, 3, 4, 5 . Dokazujemo korak indukcije: 1 1 1 n−1 1 1 + + ...+ + = + 1·2 2·3 (n − 1)n n(n + 1) n n(n + 1) (n − 1)(n + 1) + 1 = n(n + 1) n2 − 1 + 1 n(n + 1) n . = n+1 =

Tvrdnja je dokazana.

Zadatak 6.

Dokaˇzi da za x = 1 (i x = −1 u tre´cem primjeru) i za svaki n ∈ N vrijedi:

27

1

BROJEVI

xn+1 − 1 ; x−1 x − (n + 1)xn+1 + n · xn+2 2) x + 2x2 + . . . + nxn = , za sve n ∈ N ; (x − 1)2 2 4 2n 1 + + + . . . + 3) n 1 + x 1 + x2 1 + x4 1 + x2 2n+1 1 + = . x − 1 1 − x2n+1 1) 1 + x + x2 + . . . + xn =

Rjeˇsenje.

Dokazujemo indukcijom. 1) Baza, n = 1 :

1+x=

x2 − 1 . x−1

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 + x + x2 + . . . + xn =

xn+1 − 1 . x−1

Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : xn+1 − 1 + xn+1 x−1 xn+1 − 1 + xn+2 − xn+1 = x−1 xn+2 − 1 = . x−1

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

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 2) Baza, n = 1 : x=

x − 2x2 + x3 ; (x − 1)2

x=

x(x − 1)2 . (x − 1)2

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : x + 2x2 + . . . + nxn =

28

x − (n + 1)xn+1 + n · xn+2 . (x − 1)2

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : x + 2x2 + . . . +nxn + (n + 1)xn+1 =

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

=

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

=

x − (n + 1)xn+1 + n · xn+2 + (n + 1)xn+1 (x2 − 2x + 1) (x − 1)2

=

x + n · xn+2 − 2(n + 1)xn+2 + (n + 1)xn+3 (x − 1)2

x − (n + 2)xn+2 + (n + 1)xn+3 . (x − 1)2 Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 3) Zbroj s lijeve strane ima samo jedan cˇlan ako je n = 0 , i tu vrijednost broja n uzimamo za bazu indukcije: 1 2 1 = + , 1+x x − 1 1 − x2 1 −1 − x + 2 = , 1+x (1 − x)(1 + x) 1 1−x = , 1+x (1 − x)(1 + x) sˇ to je istina. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : =

1 2 2n+1 4 2n 1 + + + + ...+ = . n 2 4 1+x 1+x x − 1 1 − x2n+1 1+x 1 + x2 Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 1 2 4 2n 2n+1 + + + ... + n + n+1 2 4 2 1+x 1+x 1+x 1+x 1 + x2 2n+1 1 2n+1 + = + n+1 x − 1 1 − x2n+1 1 + x2 =

n+1 n+1 2n+1 (1 + x2 ) + 2n+1 (1 − x2 ) 1 + n+1 n+1 x−1 (1 − x2 )(1 + x2 )

=

1 2 · 2n+1 +   x − 1 1 − x2n+1 2

2n+2 1 + . x − 1 1 − x2n+2 Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . =

Zadatak 7.

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom: 1 1 1 n 1) + + ... + = ; 1·5 5·9 (4n−3)(4n+1) 4n+1

29

1

BROJEVI

2)

3) 4) 5) 6) Rjeˇsenje.

22 32 n2 1 + + + ...+ 1·3 3·5 5·7 (2n − 1)(2n + 1) n(n + 1) ; = 2(2n + 1) 3 5 2n + 1 1 + + ...+ 2 =1− ; 4 36 n (n + 1)2 (n + 1)2



1 n+2 1 1 1− = 1− ... 1− ; 2 4 9 2(n+1) (n + 1) n 1 1 1 1 = + + + ... + 2 ; 6 12 20 2(n + 2) n + 3n + 2 4 n n+2 1 2 3 + + + + ...+ n = 2 − n . 2 4 8 16 2 2

1) Zbroj s lijeve strane ima samo jedan cˇlan ako je n = 1 . Baza, n = 1 : 1 1 = . 5 4·1+1 Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 1 1 n + + ... + = . 1·5 5·9 (4n − 3)(4n + 1) 4n + 1 Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 1 1 1 1 + +... + + 1·5 5·9 (4n − 3)(4n + 1) (4n + 1)(4n + 5) 1 n + = 4n + 1 (4n + 1)(4n + 5) n(4n + 5) + 1 = (4n + 1)(4n + 5) 4n2 + 5n + 1 (4n + 1)(4n + 5) (4n + 1)(n + 1) = (4n + 1)(4n + 5) n+1 . = 4n + 5 =

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 2) Baza, n = 1 : 1 12 = . 3 (2 · 1 − 1)(2 · 1 + 1) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 22 32 n2 n(n + 1) + + + ...+ = . 1·3 3·5 5·7 (2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1)

30

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 1 22 32 n2 (n + 1)2 + + +...+ + 1·3 3·5 5·7 (2n − 1)(2n + 1) (2n + 1)(2n + 3) =

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

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

=

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

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

=

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 3) Baza, n = 1 : 3 1 . =1− 4 (1 + 1)2 Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 5 2n + 1 1 3 + + ...+ 2 =1− . 4 36 n (n + 1)2 (n + 1)2 Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 5 2n + 1 3 2n + 3 1 2n + 3 + + ...+ 2 + = 1− + 4 36 n (n + 1)2 (n + 1)2 (n + 2)2 (n + 1)2 (n + 1)2 (n + 2)2 = 1−

(n + 2)2 − (2n + 3) (n + 1)2 (n + 2)2

= 1−

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

= 1−

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

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

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n .

31

1

BROJEVI

4) Baza, n = 1 : 1−

1+2 1 = ; 4 2(1 + 1) 3 3 = . 4 4

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n :





n+2 1 1 1 . = 1− 1− ... 1 − 2 4 9 2(n + 1) (n + 1) Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 :







1 1 1 1 1 − 1− 1− ... 1 − 4 9 (n + 1)2 (n + 2)2

n+2 1 = 1− 2(n + 1) (n + 2)2 =

(n + 2)2 − 1 n+2 · 2(n + 1) (n + 2)2

=

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

(n + 2)[n2 + 4n + 3] 2(n + 1)(n + 2)2 (n + 2)(n + 1)(n + 3) = 2(n + 1)(n + 2)2 n+3 . = 2(n + 2) =

Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 5) Baza, n = 1 : 1 1 = . 6 2(1 + 2)

Izraz n2 + 3n + 2 u nazivniku napiˇsimo kao (n + 1)(n + 2) . Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 1 1 1 n + + + ...+ = . 6 12 20 (n + 1)(n + 2) 2(n + 2)

32

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 1 1 1 1 1 + + +... + + 6 12 20 (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3) 1 n + = 2(n + 2) (n + 2)(n + 3) n(n + 3) + 2 = 2(n + 2)(n + 3) n2 + 3n + 2 2(n + 2)(n + 3) (n + 1)(n + 2) = 2(n + 2)(n + 3) n+1 . = 2(n + 3) Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . 6) Baza, n = 1 : 1 1+2 =2− 1 ; 2 2 1 1 = . 2 2 Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 2 3 4 n n+2 + + + + ...+ n = 2 − n . 2 4 8 16 2 2 Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 : 1 2 3 4 n n+1 n+2 n+1 + + + + . . . + n + n+1 = 2 − n + n+1 2 4 8 16 2 2 2 2 2(n + 2) − (n + 1) =2− 2n+1 n+3 = 2 − n+1 . 2 Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n . =

Zadatak 8.

Rjeˇsenje.

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom: (n + 1)(n + 2) . . . (2n − 1) · 2n = 2n . 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) Za n = 1 umnoˇsci u brojniku i nazivniku imaju samo po jedan cˇlan: 2 = 21 . 1 Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : (n + 1)(n + 2) . . . (2n − 1) · 2n = 2n . 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) Dokaˇzimo da ona onda vrijedi i za broj n + 1 . Napiˇsimo kako u tom sluˇcaju izgleda lijeva strana: (n + 2) . . . (2n − 1) · 2n · (2n + 1)(2n + 2) . 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)(2n + 1)

33

1

BROJEVI

Transformirajmo taj izraz tako da moˇzemo iskoristiti pretpostavku indukcije: (n + 2) . . . (2n − 1) · 2n · (2n + 1) · 2(n + 1) 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1)(2n + 1) (n + 1)(n + 2) . . . (2n − 1) · 2n 2(2n + 1) · = 1 · 3 · 5 . . . (2n − 1) 2n + 1 = 2n · 2 = 2n+1 . Dakle, tvrdnja vrijedi za svaki n .

Zadatak 9.

Matematiˇckom indukcijom provjeri sljede´ce formule za zbrojeve potencija Sk = 1k + 2k + . . . +nk , k ∈ N . n(n + 1) ; 2 n(n + 1)(2n + 1) ; = 6  n(n + 1) 2 = ; 2 n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) . = 30

S1 = S2 S3 S4 Rjeˇsenje.

1) Treba dokazati: 1 + 2 + ... + n = Za n = 1 imamo 1=

n(n + 1) . 2

1(1 + 1) 2

te tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da ona vrijedi i za bilo koji prirodni broj n : 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) . 2

Onda za broj n + 1 imamo n(n + 1) + (n + 1) 2 n(n + 1) + 2(n + 1) = 2 (n + 1)(n + 2) , = 2 pa tvrdnja vrijedi i za n + 1 . Dakle, ona vrijedi za svaki prirodni broj n . 2) Treba dokazati: n(n + 1)(2n + 1) . 12 + 22 + . . . + n2 = 6 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) =

Za n = 1 imamo 12 = te tvrdnja vrijedi.

34

1(1 + 1)(2 · 1 + 1) 6

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Pretpostavimo da ona vrijedi i za bilo koji prirodni broj n : 12 + 22 + . . . + n2 =

n(n + 1)(2n + 1) . 6

Onda za broj n + 1 imamo n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2 = 6 (n + 1)[n(2n + 1) + 6(n + 1)] = 6 (n + 1)[2n2 + 7n + 6] = 6 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = 6 pa tvrdnja vrijedi i za n + 1 . Dakle, ona vrijedi za svaki prirodni broj n . 3) Treba dokazati: 12 + 22 + . . . + n2 + (n + 1)2 =

13 + 23 + . . . + n3 = Za n = 1 imamo 13 =

n2 (n + 1)2 . 4

12 (1 + 1)2 4

te tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da ona vrijedi i za bilo koji prirodni broj n : 13 + 23 + . . . + n3 =

n2 (n + 1)2 . 4

Onda za broj n + 1 imamo n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 4 n2 (n + 1)2 + 4(n + 1)3 = 4 (n + 1)2 [n2 + 4(n + 1)] = 4 2 2 (n + 1) [n + 4n + 4] = 4 (n + 1)2 (n + 2)2 = 4 pa tvrdnja vrijedi i za n + 1 . Dakle, ona vrijedi za svaki prirodni broj n . 4) Treba dokazati: 13 + 23 + . . . + n3 + (n + 1)3 =

14 + 24 + . . . + n4 =

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) . 30

35

1

BROJEVI

Za n = 1 imamo 14 =

1 · (1 + 1)(2 · 1 + 1)(3 · 12 + 3 · 1 − 1) ; 30 1·2·3·5 1= 30

te tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da ona vrijedi i za bilo koji prirodni broj n : 14 + 24 + . . . + n4 =

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) . 30

Onda za broj n + 1 imamo n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + (n + 1)4 30 n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + 30(n + 1)4 = 30 (n + 1)[n(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + 30(n + 1)3 ] = . 30 Transformirajmo izraz unutar uglate zagrade u brojniku:

14 + 24 + . . . + n4 + (n + 1)4 =

n(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + 30(n + 1)3 = (2n2 + n)(3n2 + 3n − 1) + 30(n3 + 3n2 + 3n + 1) = 6n4 + 9n3 + n2 − n + 30n3 + 90n2 + 90n + 30 = 6n4 + 39n3 + 91n2 + 89n + 30. Ako je pretpostavka indukcije toˇcna, ovaj izraz mora u sebi sadrˇzavati cˇlanove (n + 2)(2n + 3) . Umnoˇzak tih dvaju cˇlanova je 2n2 + 7n + 6 . Podijelimo dobiveni polinom cˇ etvrtog stupnja s ovim polinomom: 6n4 +39n3 +91n2 6n4 +21n3 +18n2 18n3 +73n2 18n3 +63n2 10n2 10n2

+89n +30 : 2n2 + 7n + 6 = 3n2 + 9n + 5 +89n +30 +54n +35n +30 +35n +30

Dakle, polinom je djeljiv s (n+2)(2n+3) , a rezultat dijeljenja je 3n2 +9n+5 : 6n4 + 39n3 + 91n2 + 89n + 30 = (n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5). Vratimo se sad na kompletan izraz: (n + 1)[n(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + 30(n + 1)3 ] 30 (n + 1)(n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5) = 30 (n + 1)[(n + 1) + 1][(2(n + 1) + 1][3(n + 1)2 + 3(n + 1) − 1] = 30 pa tvrdnja vrijedi i za n + 1 . Dakle, ona vrijedi za svaki prirodni broj n .

36

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

Zadatak 10.

1.2

Koriste´ci se formulama iz prethodnog zadatka izraˇcunaj sljede´ce sume: 1) 2) 3) 4) 5)

2 · 2 + 2 · 5 + 2 · 8 + . . . + 2(3n − 1) ; 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n(n + 1) ; 1 · 3 + 3 · 5 + 5 · 7 + . . . + (2n−1)(2n+1) ; 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 10 + . . . + n(3n + 1) ; 1·2·3+2·3·4+3·4·5+ . . . +n(n+1)(n+2) ;

6) 2 · 12 + 3 · 22 + 4 · 32 + . . . + (n + 1) · n2 . Rjeˇsenje.

1) Svaki je pribrojnik oblika 2(3k − 1) = 6k − 2 pa je cˇ itav zbroj jednak (6 · 1 − 2) + (6 · 2 − 2) + . . . + (6 · n − 2) = 6 · S1 − 2n. Dalje je 6S1 − 2n = 6 ·

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

2) Svaki je pribrojnik oblika k(k+1) , odnosno k2 +k te zbroj moˇzemo zapisati u obliku 12 +1+22 +2+32 +3+. . .+n2 +n = 1+2+3+. . .+n+12 +22 +. . .+n2 = S1 +S2 . Tako se dobije da je traˇzeni zbroj jednak n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1) + 2 6 1 2n + 1 = n(n + 1) + 2 6 3 + 2n + 1 = n(n + 1) 6 n(n + 1)(n + 2) = . 3 3) Svaki je pribrojnik oblika S1 + S2 =

(2k − 1)(2k + 1) = 4k2 − 1 pa zbroj moˇzemo zapisati u obliku (4 · 11 − 1) + (4 · 22 − 1) + . . . + (4 · n2 − 1) = 4 · S2 − n. Dalje je 2n(n + 1)(2n + 1) − 3n n(n + 1)(2n + 1) −n= 6 3 2 n[2(n + 1)(2n + 1) − 3] n(4n + 6n − 1) = = . 3 3

4 · S2 − n = 4 ·

4) Svaki je pribrojnik oblika k(3k + 1) = 3k2 + k pa zbroj moˇzemo zapisati u obliku (3 · 11 + 1) + (3 · 22 + 2) + . . . + (3 · n2 + n) = 3 · S2 + S1 .

37

1

BROJEVI

Dalje je n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) + 2

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

3 · S2 + S1 = 3 ·

5) Svaki je pribrojnik oblika k(k + 1)(k + 2) = k3 + 3k2 + 2k pa je cˇ itav zbroj jednak S3 + 3S2 + 2S1 . Dalje je n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n2 (n + 1)2 +3· +2· 4 6 2  n(n + 1) 2n + 1 + +1 = n(n + 1) 4 2 n(n + 1) + 4n + 2 + 4 = n(n + 1) 4 n2 + 5n + 6 = n(n + 1) 4 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = . 4 6) Svaki je pribrojnik oblika S3 + 3S2 + 2S1 =

(k + 1)k2 = k3 + k2 pa je cˇ itav zbroj jednak S3 + S2 . Dalje je n(n + 1)(2n + 1) n2 (n + 1)2 + 4 6  n(n + 1) 2n + 1 = n(n + 1) + 4 6 3n(n + 1) + 2(2n + 1) = n(n + 1) 12 3n2 + 7n + 2 = n(n + 1) 12 n(n + 1)(n + 2)(3n + 1) . = 12

S3 + S2 =

Zadatak 11. Rjeˇsenje.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi sljede´cu formulu za kvadriranje viˇseˇclanog izraza: (a1 + a2 + . . . + an )2 = a21 + a22 + . . . + a2n +2(a1 a2 + a1 a3 + . . . + an−1 an ) . Za n = 2 tvrdnja vrijedi jer se svodi na poznati izraz (a1 + a2 )2 = a21 + a22 + 2a1 a2 .

38

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za izraz s n pribrojnika: (a1 + a2 + . . . + an )2 = a21 + a22 + . . . + a2n + 2(a1 a2 + a1 a3 + . . . + an−1 an ). (U zagradi se nalaze umnoˇsci svih cˇlanova s razliˇcitim indeksima.) Dokaˇzimo da identiˇcna formula vrijedi i za izraz s n + 1 pribrojnikom. U tu c´emo svrhu prvih n pribrojnika shvatiti kao jednu cjelinu, a zatim iskoristiti pretpostavku indukcije: (a1 + a2 + . . . + an + an+1 )2  2 = (a1 + a2 + . . . + an ) + an+1 = (a1 + a2 + . . . + an )2 + a2n+1 + 2an+1 (a1 + a2 + . . . + an ) (sad koristimo pretpostavku indukcije) = a21 + a22 + . . . + a2n + 2(a1 a2 + a1 a3 + . . . + an−1 an ) + a2n+1 + 2an+1 (a1 + a2 + . . . + an ) = a21 + a22 + . . . + a2n + a2n+1 + 2(a1 a2 + a1 a3 + . . . + an an+1 ). (U zagradi su ponovo umnoˇsci svih cˇlanova s razliˇcitim indeksima.)

Zadatak 12.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi da za svaki prirodni broj n vrijedi: 1) |a1 + a2 + . . . + an |  |a1 |+|a2 |+ . . . +|an | ; 2) |a1 · a2 · . . . · an | = |a1 | · |a2 | · . . . · |an | .

Rjeˇsenje.

1) Za n = 1 tvrdnja je trivijalno ispunjena. Za n = 2 bilo bi |a1 + a2 |  |a1 |+|a2 | . Dokaˇzimo to. Zbrajanjem oˇcitih nejednakosti: −|a1 |  a1  |a1 | , −|a2 |  a2  |a2 | dobivamo −(|a1 | + |a2 |)  a1 + a2  |a1 | + |a2 | , sˇ to je ekvivalentno s |a1 + a2 |  |a1 | + |a2 | . Pretpostavimo da vrijedi tvrdnja zadatka za k pribrojnika. Onda je |a1 + . . . + ak + ak+1 | = |(a1 + . . . + ak ) + ak+1 |  |a1 + . . . + ak | + |ak+1 |  |a1 | + . . . + |ak | + |ak+1 |. 2) Za n = 1 tvrdnja je trivijalno ispunjena. Za n = 2 bilo bi |a1 | · |a2 | = ||a1 | · |a2 || = |(±a1 ) · (±a2 )| = | ± a1 a2 | = |a1 · a2 | , pa tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da vrijedi tvrdnja zadatka za k umnoˇzaka. Onda je |a1 · . . . · ak · ak+1 | = |(a1 · . . . · ak ) · ak+1 | = |a1 · . . . · ak | · |ak+1 | = |a1 | · . . . · |ak | · |ak+1 |.

Zadatak 13.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi: 1) 6n + 4 je djeljiv s 5; 2) 7n − 1 je djeljiv sa 6; 3) 5n − 23 je djeljiv s 3; za sve prirodne brojeve n .

39

1

BROJEVI

Zadatak 14.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi: 1) 6 | n3 + 11n ; 2) 6 | 2n3 + 3n2 + 7n ; 3) 24 | n4 + 6n3 + 11n2 + 6n ; 4) 7 | n7 + 6n ; za sve prirodne brojeve n .

Rjeˇsenje.

1) Za n = 1 vrijedi n3 + 11n = 12 pa baza indukcije vrijedi. Dokaˇzimo da iz 6 | n3 + 11n slijedi 6 | (n + 1)3 + 11(n + 1) . Imamo redom: (n + 1)3 + 11(n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 + 11n + 11 = n3 + 11n + 3(n(n + 1) + 4). Prvi dio, n3 + 11n jest broj djeljiv sa 6, po pretpostavci indukcije. No sa 6 je djeljiv i pribrojnik 3(n(n + 1) + 4) . Da je djeljiv s 3, oˇcito je. Uoˇci joˇs da je broj n(n + 1) paran. To je dovoljno za dokaz. 2) Dokazujemo: 6 | 2n3 + 3n2 + 7n . Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 12. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za broj n + 1 imamo:

2(n + 1)3 + 3(n + 1)2 + 7(n + 1) = 2(n3 + 3n2 + 3n + 1) + 3(n2 + 2n + 1) + 7n + 7 = 2n3 + 6n2 + 6n + 2 + 3n2 + 6n + 3 + 7n + 7 = (2n3 + 3n2 + 7n) + 6(n2 + 2n + 2). Izraz u prvoj zagradi djeljiv je sa 6 prema pretpostavci indukcije, pa je i cˇitav izraz djeljiv sa 6. 3) Dokazujemo: 24 | n4 + 6n3 + 11n2 + 6n . Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 24. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za broj n + 1 imamo: (n+1)4 +6(n+1)3 +11(n+1)2 +6(n+1) =n4 +4n3 +6n2 +4n+1+6n3 +18n2 +18n+6+11n2 +22n+11+6n+6 =(n4 +6n3 +11n2 +6n)+(4n3 +24n2 +44n+24) =(n4 +6n3 +11n2 +6n)+4(n3 +6n2 +11n+6). Izraz u prvoj zagradi djeljiv je s 24 prema pretpostavci indukcije. Preostaje dokazati da je izraz u drugoj zagradi djeljiv sa 6. To se moˇze ponovo uˇciniti matematiˇckom indukcijom, na naˇcin sliˇcan onom u prethodnom primjeru 2). Medutim, taj se izraz moˇze napisati ovako: n3 + 6n2 + 11n + 6 = n3 + n2 + 5n2 + 5n + 6n + 6 = n2 (n + 1) + 5n(n + 1) + 6(n + 1) = (n + 1)(n2 + 5n + 6) = (n + 1)(n + 2)(n + 3). Dakle, rijeˇc je o umnoˇsku triju uzastopnih prirodnih brojeva. Barem jedan od njih mora biti paran i barem jedan od njih mora biti djeljiv s 3. Zato je ovaj umnoˇzak djeljiv sa 6.

40

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Ovaj dio dokaza moˇzemo napraviti i neˇsto jednostavnije ako pribrojnik 4(n3 + 6n2 + 11n + 6) napiˇsemo u obliku 4n3 + 24n2 + 44n + 24 = 24(n3 + n2 + n + 1) − 20(n3 − n) = 24(n3 + n2 + n + 1) − 5 · 4(n − 1)n(n + 1). Umnoˇzak (n − 1)n(n + 1) je uvijek djeljiv sa 6, pa je cˇitav izraz djeljiv s 24. Time je dokaz zavrˇsen. Napomena. Sad vidimo da je i poˇcetni izraz mogu´ce napisati ovako: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = n(n + 1)(n + 2)(n + 3). Rijeˇc je o umnoˇsku cˇ etiriju uzastopnih brojeva. Na temelju toga zakljuˇci zaˇsto on mora biti djeljiv s 24. 4) Dokazujemo: 7 | n7 + 6n . Za n = 1 tvrdnja vrijedi jer je izraz zdesna jednak 7. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za broj n + 1 imamo: (n + 1)7 + 6(n + 1)       7 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 = n7 + n + n + n + n + n + n + 1 + 6n + 6 1 2 3 3 2 1 = (n7 + 6n) + 7n6 + 21n5 + 35n4 + 35n3 + 21n2 + 7n + 7. Izraz u prvoj zagradi djeljiv je sa 7 prema pretpostavci indukcije, pa je i cˇitav izraz djeljiv sa 7.

Zadatak 15.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi da za sve n ∈ N vrijedi: 1) 9 | 7n + 3n − 1 ; 2) 11 | 62n + 3n+2 + 3n ; 3) 17 | 62n + 19n − 2n+1 ; 4) 17 | 25n+3 + 5n · 3n+2 ; 5) 19 | 7 · 52n + 12 · 6n ; 6) 37 | 2n+5 · 34n + 53n+1 ; 7) 64 | 32n+1 + 40n − 67 ; 8) 57 | 7n+2 + 82n+1 .

Rjeˇsenje.

1) Za n = 1 je 7n + 3n − 1 = 9 i tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 7n + 3n − 1 je djeljiv s 9. Napiˇsimo sada 7n+1 + 3(n + 1) − 1 = 7(7n + 3n − 1) − 18n + 9 = 7(7n + 3n − 1) − 9(2n + 1). Prvi je pribrojnik djeljiv s 9 prema pretpostavci indukcije, pa je i cijeli izraz djeljiv s 9. 2) Dokazujemo da vrijedi: 11 | 62n + 3n+2 + 3n . Baza. Uvrstimo li n = 1 , dobit c´ emo broj 36 + 27 + 3 = 66 , koji je djeljiv s 11. Pretpostavka. Pretpostavimo da je tvrdnja istinita.

41

1

BROJEVI

Korak. Dokaˇzimo da je onda i 62(k+1) + 3k+3 + 3k+1 djeljiv s 11. Preuredimo zapis ovog broja kako bismo mogli iskoristiti pretpostavku: 36(62k + 3k+2 + 3k ) − 11 · 3k+3 − 11 · 3k+1 . Svi su pribrojnici djeljivi s 11, prvi prema pretpostavci indukcije. Time je tvrdnja dokazana. 3) Dokazujemo da vrijedi 17|62n + 19n − 2n+1 . Baza n = 1 62 + 19 − 22 = 51 = 3 · 17, Pretpostavka. Neka je 62n + 19n − 2n+1 djeljiv sa 17. Onda vrijedi 62n + 19n − 2n+1 = 17a za neki cijeli broj a . Korak. n := n + 1 62n+2 + 19n+1 − 2n+2 = 36 · 62n + 19n+1 − 2n+2 = 36(17a − 19n + 2n+1 ) + 19 · 19n − 2 · 2n+1 = 17 · 36a − 36 · 19n + 36 · 2n+1 + 19 · 19n − 2 · 2n+1 = 17 · 36a − 17 · 19n + 34 · 2n+1 = 17(36a − 19n + 2n+2 ). 4) Dokazujemo da vrijedi 17|25n+3 + 5n · 3n+2 , Baza n = 1 28 + 5 · 33 = 256 + 135 = 391 = 17 · 23, Pretpostavka. Neka je 25n+3 + 5n · 3n+2 = 17a, tj. 25n+3 = 17a − 5n 3n+2 za neki cijeli broj a . Korak n := n + 1 25n+8 + 5n+1 3n+3 = 25 (17a − 5n 3n+2 ) + 15 · 5n 3n+2 = 17 · 32a − 32 · 5n 3n+2 + 15 · 5n 3n+2 = 17(32a − 5n 3n+2 ) 5) Dokazujemo da vrijedi 19|7 · 52n + 12 · 6n , Baza n = 1 7 · 52 + 12 · 6 = 7 · 25 + 72 = 247 = 13 · 19, Pretpostavka. Neka je 7 · 52n + 12 · 6n = 19a, tj. za neki cijeli broj a .

42

7 · 52n = 19a − 12 · 6n

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Korak n := n + 1 7 · 52n+2 + 12 · 6n+1 = 25(19a − 12 · 6n ) + 12 · 6 · 6n = 19 · 25a − 25 · 12 · 6n + 6 · 12 · 6n = 19(25a − 12 · 6n ). 6) Dokazujemo da vrijedi 37|2n+5 34n + 53n+1 . Baza n = 1 26 34 + 54 = 64 · 81 + 625 = 5809 = 157 · 37, Pretpostavka. Neka je 2n+5 34n + 53n+1 = 37a za neki cijeli broj a . Korak n := n + 1

t.j.

2n+5 34n = 37a − 53n+1

2n+6 34n+4 + 53n+4 = 2 · 34 · 2n+5 · 34n + 53 · 53n+1 = 162(37a − 53n+1 ) + 125 · 33n+1 = 37 · 162a − 162 · 53n+1 + 125 · 33n+1 = 37 · 162a − 37 · 53n+1 = 37(162a − 53n+1 ) 7) Dokazujemo da vrijedi 64|32n+1 + 40n − 67 . Baza n = 1 33 + 40 − 67 = 0, sˇ to je djeljivo s 64. Pretpostavka. Neka je t.j. 32n+1 = 64a − 40n + 67 32n+1 + 40n − 67 = 64a za neki cijeli broj a . Korak n := n + 1 32n+3 + 40n + 40 − 67 = 9(64a − 40n + 67) + 40n − 27 = 64 · 9a − 360n + 603 + 40n − 27 = 64 · 9a − 320n + 576 = 64(9a − 5n + 9). 8) 57|7n+2 + 82n+1 , Baza n = 1 73 + 83 = 343 + 512 = 855 = 15 · 57, Pretpostavka. Neka je 7n+2 + 82n+1 = 57a t.j. 7n+2 = 57a − 82n+1 za neki cijeli broj a . Korak n := n + 1 72n+3 + 82n+3 = 7(57a − 82n+1 ) + 64 · 82n+1 = 57 · 7a − 7 · 82n+1 + 64 · 82n+1 = 57(7a + 82n+1 ).

43

1

BROJEVI

Zadatak 16. Rjeˇsenje.

Dokaˇzi da su za sve prirodne brojeve n ispunjene nejednakosti: 1) 4n > n2 ; 2) 2n > n2 − 2n + 2 . 1) Za n = 1 imamo 4 > 1 . Pretpostavimo da za neki broj n vrijedi 4n > n2 . Treba dokazati da iz toga slijedi 4n+1 > (n + 1)2 . No prema pretpostavci je 4n+1 = 4 · 4n  4n2 . Dalje, zbog n2  n i n2  1 vrijedi 4n2  n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 . 2) Za n = 1 imamo 2 > 1 . Neka je 2n > n2 − 2n + 2. Dokaˇzimo da je onda 2n+1 > (n + 1)2 − 2(n + 1) + 2 = n2 + 1. Prema pretpostavci indukcije je 2n+1 = 2n + 2n > n2 − 2n + 2 + 2n = n2 + 1 + 2n − (2n − 1) pa je dovoljno dokazati da za svaki prirodni broj n vrijedi 2n > 2n − 1. - moˇze dokazati indukcijom. Za n = 1 je 21 > 2 · 1 − 1 . Ova se tvrdnja takoder Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda je 2n+1 = 2n + 2n > 2n − 1 + 2n  2n − 1 + 2 = 2(n + 1) − 1. Time je dokaz gotov.

Zadatak 17.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi: 1) 2) 3) 4)

Rjeˇsenje.

3n n3 2n 2n

> 2n + 3n , za sve n  3 ; > 3n + 3 , za sve n  3 ; > n2 , za sve n  5 ; > n3 , za sve n  10 .

1) Za n = 3 vrijedi 33 > 17 . Pretpostavimo da je 3k > 2k + 3k i dokaˇzimo da je onda 3k+1 > 2k+1 + 3(k + 1) . Zbrojimo nejednakosti 2 · 3k > 2 · 2k + 6k (pretpostavka) i 3k > 3 (za k  3 ). Tad imamo 3k+1 > 2 · 2k + 6k + 3 > 2 · 2k + 3k + 3, a odatle 3k+1 > 2k+1 + 3(k + 1) . 2) Za n = 3 imamo 27 > 12 . Pretpostavimo da je k3 > 3k + 3 . Onda vrijedi

(k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1 > (3k + 3) + 3 + 3 + 1 > 3k + 6 = 3(k + 1) + 3. 3) Za n = 5 imamo 32 > 25 . Ako je 2k > k2 , onda je 2k+1 > 2k2 = k2 + k2 > k2 + 3k > k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 . Ovdje smo koristili oˇcitu nejednakost k2 > 3k koja vrijedi za k > 4 . 4) Za n = 10 dobivamo 1024 > 1000 . Iz pretpostavke 2k > k3 slijedi 2k+1 > 2k3 . Dovoljno je pokazati da za k  10 vrijedi 2k3 > (k + 1)3 , odnosno k3 > 3k2 + 3k + 1 . To je lako vidjeti ve´c za k  7 : k3  7k2 = 3k2 + 3k2 + k2 > 3k2 + 3k + 1. Dakle, vrijedi 2k+1 > 2k3 > (k + 1)3 i tvrdnja je dokazana.

44

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

Zadatak 18.

Dokaˇzi da je broj 7 + 72 + 73 + 74 + . . . + 74n djeljiv sa 100 za svaki prirodni broj n .

Rjeˇsenje.

Za k = 1 je 7 + 72 + 73 + 74 = 2800 , broj djeljiv sa 100. Pretpostavimo da je za neki prirodni broj k broj 7 + 72 + . . . + 74k djeljiv sa 100. No, onda je broj

1.2

7 + 72 + . . . + 74k + 74k+1 + 74k+2 + 74k+3 + 74k+4 = (7 + 72 + . . . + 74k ) + 74k (1 + 7 + 49 + 343) - djeljiv sa 100. Broj u prvoj zagradi djeljiv je sa 100 po pretpostavci, a takoder - djeljiv sa 100. Zapravo, iz drugi je pribrojnik jednak 400 · 74k , dakle, takoder dokaza vidimo da je zadani broj uvijek djeljiv sa 7 · 400 .

Zadatak 19.

n Dokaˇzi da za svaki prirodni broj n , n > 1 , broj 22 + 1 zavrˇsava znamenkom 7.

Rjeˇsenje.

Za n = 2 je 22 + 1 = 17 , pa baza indukcije vrijedi. Pretpostavimo da broj k 22 + 1 za neki prirodni broj k zavrˇsava znamenkom 7, pa dokaˇzimo da tada k+1 k + 1 zavrˇsava znamenkom 7. Po pretpostavci je 22 + 1 oblika i broj 22 k 10a+7 , odnosno vrijedi 22 = 10a+6 , gdje je a prirodan broj. Sada moˇzemo pisati  k 2 k+1 k 22 + 1 = 22 ·2 + 1 = 22 + 1 = (10a + 6)2 + 1 = 100a2 + 120a + 37,

2

a to je oˇcito broj kojem je posljednja znamenka 7.

Zadatak 20.

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom: 1) sin x + sin 2x + sin 3x + . . . + sin nx n+1 x sin nx 2 ; · sin = x 2 sin 2 2) cos x + cos 2x + cos 3x + . . . + cos nx n+1 cos x nx 2 = ; · sin x 2 sin 2 sin2 nx ; sin x sin 2nx . 4) cos x + cos 3x + . . . + cos(2n − 1)x = 2 sin x 1) Za n = 1 tvrdnja oˇcito vrijedi (zbroj ima samo jedan pribrojnik). Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za prirodni broj n = k , tj. da je

3) sin x + sin 3x + . . . + sin(2n − 1)x =

Rjeˇsenje.

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

k+1 x kx 2 · sin . x 2 sin 2

sin

45

1

BROJEVI

Dokaˇzimo da tvrdnja onda vrijedi i za sljede´ci broj k + 1 . Imamo redom: sin x+ sin 2x + . . . + sin kx + sin(k + 1)x k+1 sin x kx 2 = + sin(k + 1)x · sin x 2 sin 2 kx k+1 k+1 x k+1 x · sin + 2 sin x · cos x · sin sin 2 2 2 2 2 = x sin 2 k+1 x  kx sin x k+1 2 = sin + 2 sin · cos x x 2 2 2 sin 2 k+1 x  kx sin (k + 2)x kx 2 + sin − sin sin = x 2 2 2 sin 2 k+2 x sin (k + 1)x 2 , = · sin x 2 sin 2 a to je i trebalo dobiti. 2) Za n = 1 tvrdnja oˇcito vrijedi (suma ima samo jedan pribrojnik). Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za prirodni broj n = k , tj. da je k+1 cos x kx 2 cos x + cos 2x + . . . + cos kx = · sin . x 2 sin 2 Dokaˇzimo da tvrdnja onda vrijedi i za sljede´ci broj k + 1 . Imamo redom: cos x+ cos 2x + . . . + cos kx + cos(k + 1)x k+1 cos x kx 2 = + cos(k + 1)x · sin x 2 sin 2 kx x k+1 x · sin + cos(k + 1)x sin cos 2 2 2 = . x sin 2 Transformirajmo brojnik: k+1 kx x cos x· sin + cos(k+1)x sin 2 2 2 (k+1)x−x x k+1 x· sin + cos(k+1)x sin = cos 2 2 2   k+1 k+1 x x k+1 x 2 k+1 2 k+1 = cos x· sin x cos − sin cos x + cos x− sin x sin 2 2 2 2 2 2 2 2 k+1 x x x x k+1 k+1 k+1 k+1 x· sin x cos − sin cos2 x+ cos2 x sin − sin2 x sin = cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2

46

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

 x k+1 x k+1 k+1 x cos x cos − sin x sin 2 2 2 2 2 k+1 k+2 = sin x cos x. 2 2

= sin

3) Za n = 1 dobivamo istinitu jednakost sin2 x = sin x. sin x Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za n + 1 dobivamo sin x =

n+1 

sin(2k − 1)x =

k=1

= = = = =

sin2 nx + sin(2n + 1)x sin x sin2 nx + sin(2n + 1)x sin x sin x 1 1 (1 − cos 2nx) + (cos 2nx − cos(2n + 2)x) 2 2 sin x 1 (1 − cos 2nx + cos 2nx − cos(2n + 2)x) 2 sin x 1 (1 − cos 2(n + 1)x) 2 sin x 2 sin (n + 1)x . sin x

4) Za n = 1 dobivamo istinitu jednakost sin 2x 2 sin x cos x cos x = = = cos x. 2 sin x 2 sin x Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Onda za n + 1 dobivamo n+1 

cos(2k − 1)x =

k=1

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

sin 2nx + 2 sin x cos(2n + 1)x 2 sin x sin 2nx + sin(−2nx) + sin(2n + 2)x = 2 sin x sin 2nx − sin 2nx + sin 2(n + 1)x = 2 sin x sin 2(n + 1)x . = 2 sin x

=

Zadatak 21.

Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi: 2n + 1 x sin 1 2 1) + cos x + cos 2x + . . . + cos nx = ; x 2 2 sin 2

47

1

BROJEVI

2)

1 1 x x 1 x tg + 2 tg 2 + . . . + n tg n 2 2 2 2 2 2 1 x = n ctg n − ctg x . 2 2

Rjeˇsenje. 1) Dokazujemo identitet 2n + 1 n x sin 1  2 + cos kx = x . 2 2 sin k=1 2 Baza n = 1 x 3 x sin x sin x cos + sin cos x 1 2 2 2 + cos x = x = x 2 2 sin 2 sin 2 2 x x x x x 2 sin cos2 + sin cos2 − sin3 2 2 2 2 2 = x 2 sin 2 x x x x 2 cos2 + cos2 − sin2 sin 2 2 2 2 = x 2 sin 2  1 + cos x x −1 4 4 cos2 − 1 2 2 = = 2 2 1 + 2 cos x 2 + 2 cos x − 1 = = 2 2 1 = + cos x; 2 Pretpostavka. Pretpostavimo da je identitet istinit za prirodni broj n . Korak n := n + 1 2n + 1 n+1 x sin 1  2 cos kx = + x + cos(n + 1)x 2 2 sin k=1 2 x 2n + 1 x + 2 sin cos(n + 1)x sin 2 2 = x 2 sin 2  2n + 1 2n + 3  1  2n + 1 x + sin x = x sin 2 x + sin − 2 2 2 sin 2 1  2n + 1 2n + 1 2n + 3  = x − sin x + sin x sin x 2 2 2 2 sin 2

48

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

2n + 3 x 2 = x . 2 sin 2 2) Dokazujemo identitet n  1 x 1 x tg = n ctg n − ctg x. 2 2 2k 2k sin

k=1

Baza n = 1

x ctg2 − 1 1 x 1 x 1 2 tg = ctg − ctg x = x − x 2 2 2 2 2 tg 2 ctg 2 2

x 1 − tg2 2 −1 x 2 x tg tg2 1 1 2 2 = = x − x − 2 2 2 tg 2 tg x x 2 2 tg tg 2 2 x x 2 2 1 − tg 1 − 1 + tg 1 2 2 = 1 tg x = x − x = x 2 2 2 tg 2 tg 2 tg 2 2 2 Pretpostavka. Pretpostavimo da je identitet istinit za prirodni broj n . Korak n := n + 1 1

n+1  1 x 1 x 1 x tg = n ctg n − ctg x + n+1 tg n+1 2 2 2k 2k 2 2 k=1

2 x 1 ctg 2n+1 − 1 1 1 = n· − ctg x + n+1 · x x 2 2 2 ctg n+1 ctg n+1 2 2 x 2 ctg n+1 − 1 + 1 2 = − ctg x x n+1 2 ctg n+1 2 1 x = n+1 ctg n − ctg x. 2 +1 2

49

1

BROJEVI

1.3. Binomni poucak ˇ Zadatak 1.

Izraˇcunaj: 1) 7! + 8! + 9! ; 25! 3) ; 20!

Rjeˇsenje.

Zadatak 2.

2) 12! − 1 ; 7! − 6! 4) . 120

1) 7! + 8! + 9! = 7! + 7! · 8 + 7! · 8 · 9 = 7!(1 + 8 + 72) = 5040 · 81 = 408 240 ; 2) 12! − 1 = 479 001 599 ; 25! 20! · 21 · 22 · 23 · 24 · 25 3) = = 6 375 600 ; 20! 20! 6! · 7 − 6! 6!(7 − 1) 5! · 6 · 6 7! − 6! = = = = 6 · 6 = 36 . 4) 120 5! 5! 5! Zapiˇsi kra´ce: 1) 18 · 17 · 16 · 15! ;

2) 12 · 11 · 10! ;

3) (n + 1) · n · (n − 1)! ; 4) (n − 1)(n − 2)(n − 3)! . Rjeˇsenje.

Zadatak 3.

Rjeˇsenje.

1) 2) 3) 4)

Skrati razlomke: 15! ; 1) 13! n! 3) ; (n − 2)! (2n)! 5) ; n! (n + 1)! ; 7) (n − 2)! 1) 2) 3) 4) 5)

50

18 · 17 · 16 · 15! = 18! ; 12 · 11 · 10! = 12! ; (n + 1) · n · (n − 1)! = (n + 1)! ; (n − 1)(n − 2)(n − 3)! = (n − 1)! . 8! ; 5! (n + 1)! 4) ; (n − 1)! (n + k)! 6) ; (n + k − 2)! 2n(2n − 1) 8) . (2n)! 2)

15! 13! · 14 · 15 = = 14 · 15 = 210 ; 13! 13! 8! 5! · 6 · 7 · 8 = = 6 · 7 · 8 = 336 ; 5! 5! n! (n − 2)!(n − 1)n = = (n − 1)n ; (n − 2)! (n − 2)! (n − 1)!n(n + 1) (n + 1)! = = n(n + 1) ; (n − 1)! (n − 1)! n!(n + 1)(n + 2) . . . (2n) (2n)! = = (n + 1)(n + 2) . . . (2n) ; n! n!

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

(n + k − 2)!(n − k − 1)(n − k) (n + k)! = = (n − k − 1)(n − k) ; (n + k − 2)! (n + k − 2)! (n − 2)!(n − 1)n(n + 1) (n + 1)! = = (n − 1)n(n + 1) ; 7) (n − 2)! (n − 2)! 2n(2n − 1) 2n(2n − 1) 1 8) = = . (2n)! (2n − 2)!(2n − 1)(2n) (2n − 2)! 6)

Zadatak 4.

Izraˇcunaj: 1 1 + ; 7! 9! 5! + 4! 3) ; 3! 50! 30! − ; 5) 48! 28! 1)

Rjeˇsenje.

1) 2) 3) 4) 5) 6)

Zadatak 5.

Rjeˇsenje.

1 8·9 1 73 1 + = + = ≈ 0.000201168 = 2.01168 · 10−4 ; 7! 9! 9! 9! 9! 1 1 1+8+7·8 65 1 + + = = ≈ 0.0016121 ; 8! 7! 6! 8! 8! 3!(5 · 4 + 4) 5! + 4! = = 24 ; 3! 3! 99! − 98! 98!(99 − 1) = = 98 · 98 = 9604 ; 97! 97! 50! 30! − = 50 · 49 − 30 · 29 = 1580 ; 48! 28! 2! 1! 50(50 + 1) 50! + ...+ + = 50 + 49 + . . . + 2 + 1 = = 1275 . 49! 1! 0! 2

Izraˇcunaj: 1 1 − ; 1) n! (n + 1)! 3)

1 1 1 + + ; 8! 7! 6! 99! − 98! 4) ; 97! 50! 2! 1! 6) + ...+ + . 49! 1! 0! 2)

(n − 1)! (n − 2)! + ; n! (n − 3)!

2)

1 1 − ; (n − 1)! n!

4)

n! (n − 1)! − . (n − 1)! (n − 2)!

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

(n − 1)! (n − 2)! 1 1 + n2 − 2n (n − 1)2 + = + (n − 2) = = . n! (n − 3)! n n n (n − 1)! n! − = n − (n − 1) = 1. 4) (n − 1)! (n − 2)! 3)

51

1

BROJEVI

Zadatak 6.

Rijeˇsi jednadˇzbe: (n + 2)! = 72 ; n! (k + 1)! = 30 ; 3) (k − 1)! 1)

Rjeˇsenje.

k! 2k! = ; (k − 4)! (k − 2)! n! − (n − 1)! 1 4) = . (n + 1)! 6 2)

1) (n + 2)! = 72 n! (n + 2)(n + 1) = 72 n2 + 3n − 70 = 0 √ −3 ± 9 + 4 · 70 −3 ± 17 n1,2 = n1,2 = 2 2 n1 = 7, n2 = −10 Jednadˇzbu zadovoljava prirodni broj n = 7 . 2) 2k! k! = (k − 4)! (k − 2)! k(k − 1)(k − 2)(k − 3) = 2k(k − 1) (k − 2)(k − 3) = 2 Jer je k prirodan, vidimo da mora biti k − 2 = 2 pa je k = 4 . 3) (k + 1)! = 30 (k − 1)! (k + 1)k = 30 (k + 1)k = 6 · 5 k=5 4) n! − (n − 1)! 1 = (n + 1)! 6 (n − 1)!(n − 1) 1 = (n − 1)!n(n + 1) 6 n−1 1 = n(n + 1) 6 6(n − 1) = n(n + 1) n2 − 5n + 6 = 0 (n − 2)(n − 3) = 0 n1 = 2, n2 = 3 Jednadˇzbu zadovoljavaju obje vrijednosti.

52

ˇ BINOMNI POUCAK

Zadatak 7. Rjeˇsenje.

1.3

Odredi posljednju znamenku zbroja 1! + 2! + 3! + . . . + 99! . Vrijedi 5! = 120 i svi sljede´ci pribrojnici zavrˇsavaju s nulom. Zato posljednju - samo prva cˇ etiri pribrojnika: znamenku odreduju 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33 pa je posljednja znamenka 3.

Zadatak 8.

Rjeˇsenje.

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost: 0 1 2 n−1 1 1) + + + ... + =1− ; 1! 2! 3! n! n! 2) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1. 1) 0 1 =1− ; 1! 1! Pretpostavka. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 2 n−1 1 0 + + + ...+ = 1− ; 1! 2! 3! n! n!

Baza.

Korak. Provjerimo istinitost tvrdnje za broj n + 1 . 0 1 2 n−1 n 1 n + + + ... + + =1− + 1! 2! 3! n! (n + 1)! n! (n + 1)! (n + 1) − n 1 =1− =1− ; (n + 1)! (n + 1)! dakle, jednakost vrijedi i za broj n + 1 . 2) Baza. 1 · 1! = (1 + 1)! − 1; 1 = 1 · 2 − 1; Pretpostavka. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1. Korak. Provjerimo istinitost tvrdnje za broj n + 1 . 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)! − 1 + (n + 1)(n + 1)! = (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 1)!(n + 2) − 1 = (n + 2)! − 1;

Zadatak 9. Rjeˇsenje.

dakle, jednakost vrijedi i za broj n + 1 .      10 9 18 10 12 Izraˇcunaj: , , , , . 2 4 3 7 8 

10 2



=

10 · 9 = 45. 1·2

 9·8·7·6 9 = = 126. 4 1·2·3·4

53

1

BROJEVI





18 · 17 · 16 = 816. 1·2·3   10 · 9 · 8 10 10 = = = 120. 7 3 1·2·3   12 · 11 · 10 · 9 12 12 = = = 495. 8 4 1·2·3·4

Zadatak 10.

Rjeˇsenje.

Zadatak 11.

Rjeˇsenje.

54

18 3

=

Izravnim raˇcunom provjeri jednakosti:     10 10 12 12 1) = ; 2) = ; 7 3 10 2     15 15 20 20 3) = ; 4) = . 8 7 14 6  10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 10 · 9 · 8  10 10 1) = = = ; 7 3 1·2·3·4·5·6·7 1·2·3  12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 12 · 11  12 12 = = ; = 2) 2 10 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 1·2  15 · 14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 · 8 15 · 14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 15 = 3) = 8 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 1·2·3·4·5·6·7  15 = ; 7  20 · 19 · 18 · 17 · 16 · 15 · 14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 7 20 4) = 14 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 · 11 · 12 · 13 · 14 20 · 19 · 18 · 17 · 16 · 15  20 = = . 6 1·2·3·4·5·6 Izravnim raˇcunom provjeri jednakosti:    8 8 9 1) + = ; 3 4 4    10 11 10 2) + = ; 4 5 5    15 15 16 3) + = ; 7 8 8    n+1 n+1 n+2 4) + = . n−1 n n   6·7·8 5·6·7·8 8 8 1) + = + = 56 + 70 = 126 , 3 4 2·3 2·3·4  9! 6·7·8·9 9 = = = 63 · 2 = 126 ; 4 4!5! 2·3·4   7 · 8 · 9 · 10 6 · 7 · 8 · 9 · 10 10 10 2) + = + = 210 + 252 = 462 , 4 5 2·3·4 2·3·4·5  7 · 8 · 9 · 10 · 11 11! 11 = = 462 ; = 5 5!6! 2·3·4·5    5 5 5 5) + + = 6 + 10 = 16 , 0 2 4    4·5 5 5 5 + + =5+ + 1 = 6 + 10 = 16 ; 1 3 5 2

ˇ BINOMNI POUCAK

6)

Zadatak 12.

Rjeˇsenje.

1.3

    5·6 5·6 6 6 6 6 + = 32 , + + + =2+ 0 2 4 6 2 2    4·5·6 6 6 6 + + = 12 + = 32 . 1 3 5 2·3

Odredi prirodni broj n tako da vrijede jednakosti:     n n n n+1 1) = ; 2) 2 = ; 5 3 4 4     n n+2 n n+2 3) 7 = ; 4) 5 = ; 4 4 3 4   2n 2n − 1 5) 3 =5 ; n−1 n   2n − 1 2n 6) 17 =9 . n n−1 1)

  n n = 3 5 n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) = 5! 3! (n − 3)(n − 4) =1 5·4 n2 − 7n + 12 = 20 n2 − 7n − 8 = 0 (n − 8)(n + 1) = 0 n = 8;

2)

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

2n − 6 = n + 1 n = 7; 3)

  n n+2 = 4 4 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) (n + 2)(n + 1)n(n − 1) 7 = 4! 4! 7(n − 2)(n − 3) = (n + 1)(n + 2) 7

7n2 − 35n + 42 = n2 + 3n + 2 3n2 − 19n + 20 = 0  19 ± 11 19 ± 192 − 4 · 3 · 20 = n1,2 = 6 6 n = 5;

55

1

BROJEVI

  n n+2 = 3 4 n(n − 1)(n − 2) (n + 2)(n + 1)n(n − 1) 5 = 6 24 20(n − 2) = (n + 2)(n + 1)

4)

5

20n − 40 = n2 + 3n + 2 n2 − 17n + 42 = 0  17 ± 11 17 ± 172 − 4 · 42 = n1,2 = 2 2 n1 = 14, n2 = 3; 5)

 2n − 1 2n =5 n n−1 (2n)(2n − 1) . . . (n + 2) (2n − 1)(2n − 2) . . . n 3 =5 (n − 1)! n! 3 · 2n = 5 · (n + 1) 6n = 5n + 5 3



n = 5; 6)

 2n 2n − 1 =9 n n−1 (2n − 1)(2n − 2) . . . (n + 1)n (2n)(2n − 1) . . . (n + 3)(n + 2) 17 =9 n! (n − 1)! 17 · (n + 1) = 9 · 2n

17



17n + 17 = 18n n = 17.

Zadatak 13.

Rjeˇsenje.

Odredi prirodni broj x tako da vrijede jednakosti:    x x x 1) 2 =2 − ; 4 3 2     x x x x 2) 30 +8 =21 −8 ; 5 4 3 2    x x x+1 3) + = ; 3 5 3    x x x+1 4) +2 = . 4 2 4 1)

   x x x =2 − 2 4 3 x(x − 1)(x − 2) x(x − 1) x(x − 1)(x − 2)(x − 3) =2 − 2 24 6 2 2

56

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

x mora biti ve´ci od 3 pa moˇzemo kratiti izraz s x(x − 1) : x−2 1 (x − 2)(x − 3) = − 12 3 2 2 x − 5x + 6 = 4(x − 2) − 6 x2 − 5x + 6 = 4x − 14 x2 − 9x + 20 = 0 (x − 4)(x − 5) = 0 x1 = 4, 2)

x2 = 5

    x x x x +8 = 21 −8 5 4 3 2 x(x − 1)(x − 2)(x − 3) x(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) +8 30 120 24 x(x − 1)(x − 2) x(x − 1) = 21 −8 6 2 x−2 (x − 2)(x − 3)(x − 4) (x − 2)(x − 3) + =7 −4 4 3 2 3(x − 2)(x − 3)(x − 4) + 4(x − 2)(x − 3) − 42(x − 2) + 48 = 0 30

Stavimo sad u = x − 2 (dobit c´ emo jednostavniji izraz): 3u(u − 1)(u − 2) + 4u(u − 1) − 42u + 48 = 0 3u3 − 9u2 + 6u + 4u2 − 4u − 42u + 48 = 0 3u3 − 5u2 − 40u + 48 = 0 Traˇzimo rjeˇsenja ove kubne jednadˇzbe u skupu prirodnih brojeva. Takva rjesˇ enja moraju biti djelitelji slobodnog cˇlana. Pritom mora biti i u  3 , jer je x  5 . U obzir dolaze brojevi 4 , 6 , 8 , 12 , 24 i 48 . Ve´c prvi pokuˇsaj u = 4 daje nam jedno rjeˇsenje ove jednadˇzbe: 3 · 43 − 5 · 42 − 40 · 4 + 48 = 192 − 80 − 160 + 48 = 0. Druga rjeˇsenja ne´cemo traˇziti na isti naˇcin, ve´c c´emo polinom podijeliti s njegovim faktorom (u − 4) , koji smo upravo pronaˇsli: 3u3 − 5u2 −40u +48 : u − 4 = 3u2 + 7u − 12 3u3 −12u2 7u2 −40u +48 7u2 −28u −12u +48 −12u +48 . Preostala dva rjeˇsenja dobivamo iz 3u2 + 7u − 12 = 0 √ −7 ± 49 + 4 · 6 · 12 u1,2 = √ 6 −7 ± 337 u1,2 = 6

57

1

BROJEVI

i to nisu cijeli brojevi. Dakle, zadovoljava samo u = 4 , odnosno x = 6 . 3)    x x x+1 + = 3 5 3 (x + 1)x(x − 1) x(x − 1)(x − 2) x(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) + = 6 120 6 (x − 2)(x − 3)(x − 4) =x+1 (x − 2) + 20 (x − 2)(x − 3)(x − 4) = 60 = 5 · 4 · 3 Zakljuˇcujemo da mora biti x − 2 = 5 , tj. x = 7 . 4)    x x x+1 +2 = 4 2 4 x(x − 1) (x + 1)x(x − 1)(x − 2) x(x − 1)(x − 2)(x − 3) +2 = 24 2 24 (x + 1)(x − 2) (x − 2)(x − 3) +1= 24 24 x2 − 5x + 6 + 24 = x2 − x − 2 − 4x = −32 x=8

Zadatak 14.

Rjeˇsenje.

Dokaˇzi sljede´ce identitete direktno, i koriste´ci svojstva Pascalovog trokuta.     n+2 n n n 1) = +2 + , k k−2 k−1 k 2  k  n;     n+3 n n n 2) = +3 +3 k k−3 k−2 k−1  n + , 3  k  n. k 1) Primjenjujemo svojstvo Pascalovog trokuta: 

n+1 k



=



 n n . + k k−1

To c´emo svojstvo primijeniti triput u sljede´cim izrazima: 

58

n+2 k



 n+1 n+1 + k−1 k     n n n n = + + + k−2 k−1 k−1 k    n n n = +2 + . k−2 k−1 k =



ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

2) Sada c´emo najprije iskoristiti temeljni identitet, a zatim rezultat dobiven u prethodnom primjeru    n+3 n+2 n+2 = + k k−1 k       n n n n n n = +2 + + +2 + k−3 k−2 k−1 k−2 k−1 k     n n n n + . +3 = +3 k−1 k k−2 k−3

Zadatak 15.

Prikaˇzi pomo´cu binomne formule: 1) (x − 1)4 ;

2) (2x + 1)5 ;

1 4 4) x + ; x

3) (2x + 1)6 ;

1 5 ; 5) x − x √ 1 6 x− √ ; 7) x Rjeˇsenje.

6) (1 + y2 )4 ; √ √ 8) ( 3 − 2)6 .

U prikazima koristimo koeficijente Pascalovog trokuta

1

1

1 8

1) (x − 1)4 = x4 +

1 7

1 6 28

1 5 21

1 4 15 56

1 3 10 35

2 6 20 70

1 3 10 35

1 4 15 56

1 5 21

1 6 28

1 7

1 8

1

1

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

= x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1 2) (2x + 1)5 = (2x)5 +

    5 5 5 5 (2x)4 + (2x)3 + (2x)2 + (2x) + 1 1 2 2 1

= 32x5 + 80x4 + 80x3 + 40x2 + 10x + 1 3) (2x + 1)6 = (2x)6 +

     6 6 6 6 6 (2x)5 + (2x)4 + (2x)3 + (2x)4 + (2x) + 1 1 2 3 2 1

= 64x6 + 192x5 + 90x4 + 160x3 + 60x2 + 12x + 1

59

1

BROJEVI

4)



 1  1  1 1 4 1 4 2 4 3 4 x 2+ x+ = x4 + x + x 3+ 4 2 1 1 x x x x x 4 1 = x4 + 4x2 + 6 + 2 + 4 x x

5)

 1  1  1  1 1 5 1 5 3 5 4 5 2 5 x 2− x− = x5 − x + x 3+ x 4− 5 2 1 2 1 x x x x x x 5 10 1 + 3− 5 = x5 − 5x3 + 10x + −x2 + 10x − x x x 6) (1 + y2 )4 = 1 +

   4 4 4 (y2 ) + (y2 )2 + (y2 )3 + (y2 )4 1 2 1

= 1 + 4y2 + 6y4 + 4y6 + y8 7)

Zadatak 16.

√  √  √ √ 1 1 1 6 6 6 x− √ = ( x)6 − ( x)5 √ + ( x)4 √ 2 1 2 x x ( x)  √  √ 1 1 6 6 − ( x)3 √ 3 + ( x)2 √ 4 3 2 ( x) ( x)  √ 1 1 6 − ( x) √ 5 + √ 6 1 ( x) ( x) 6 15 1 − 2+ 3 = x3 − 6x2 + 15x − 20 + x x x

Izraˇcunaj: 1) (3x + 1)4 + (3x − 1)4 ; 2) (x + 1)6 + (x − 1)6 .

Rjeˇsenje.

60

Razvijmo po binomnoj formuli i koristimo koeficijente Pascalovog trokuta. 1) (3x + 1)4 + (3x − 1)4      4 4 4 4 4 = (3x)4 + (3x)3 + (3x)2 + (3x)1 + (3x)0 0 1 2 3 4    4 4 4 + (3x)4 (−1)0 + (3x)3 (−1)1 + (3x)2 (−1)2 0 1 2   4 4 + (3x)1 (−1)3 + (3x)0 (−1)4 3 4 = 81x4 + 4 ·27x3 + 6 ·9x2 + 4 ·3x + 1 + 81x4 − 4 ·27x3 + 6 ·9x2 − 4 ·3x + 1 = 162x4 + 108x2 + 2 ; 2) (x + 1)6 + (x − 1)6        6 6 6 5 6 4 6 3 6 2 6 1 6 0 = x + x + x + x + x + x + x 0 1 2 3 4 5 6        6 6 6 5 6 4 6 3 6 2 6 1 6 0 + x − x + x − x + x − x + x 0 1 2 3 4 5 6 = x6 + 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 + x6 − 6x5 + 15x4 − 20x3 + 15x2 − 6x + 1 = 2x6 + 30x4 + 30x2 + 2 ;

ˇ BINOMNI POUCAK

Zadatak 17.

Rjeˇsenje.

Zadatak 18.

Rjeˇsenje.

Zadatak 19. Rjeˇsenje.

1.3

1) Napiˇsi tri prva cˇlana raspisa potencije (a − 2)10 . 2) Napiˇsi tri posljednja cˇlana raspisa potencije (2x + 1)9 .    10 10 10 9 10 8 a + a (−2)1 + a (−2)2 + . . . 1) (a − 2)10 = 0 1 2 = a10 − 20a9 + 180a8 + . . . ; Prva tri cˇlana potencije (a − 2)10 su a10 , −20a9 i 180a8 ;    9 9 9 (2x)9 + . . . + (2x)2 + 2) (2x + 1)9 = 2x + 1 0 7 8 9 2 9 = 512x + . . . + 36 · 4x + 9 · 2x + 1 = 512x + . . . + 144x2 + 18x + 1 ; Posljednja tri cˇlana potencije (2x + 1)9 su 144x2 , 18x i 1 . Odredi koeficijent izraza: 1) x3 y4 u raspisu potencije (2x − 3y)7 ; 2) x6 y3 u raspisu potencije (x − 2y)9 ; 3) x6 y5 u raspisu potencije (x + y)11 .   7 7 7−k k 7−k k 1) Op´ci cˇlan u razvoju iznosi (2x)7−k (3y)k = 2 3 x y . U k k ovom sluˇcaju je k = 4 pa je traˇzeni koeficijent  7 3 4 2 3 = 35 · 8 · 81 = 22680; 4   9 9−k 9 2) Op´ci cˇlan u razvoju iznosi x (−2y)k = (−2)k x9−k yk . U ovom k k sluˇcaju je k = 3 pa je traˇzeni koeficijent  9 (−2)3 = 84 · (−8) = −672; 3  11 11−k k 3) Op´ci cˇlan u razvoju iznosi x y . U ovom sluˇcaju je k = 5 pa je k traˇzeni koeficijent  11 · 10 · 9 · 8 · 7 11 = 462. = 5 1·2·3·4·5 U raspisu potencije (4x + 3)n koeficijenti cˇlanova koji sadrˇze x3 i x4 su jednaki. Koliko iznose?   n n n−k k n−k Op´ci cˇlan u razvoju iznosi (4x)n−k 3k = 4 3 x . k k Za n − k = 3 , k = n − 3 , odnosno za n − k = 4 , k = n − 4 te dobivamo jednakost   n n 44 · 3n−4 43 · 3n−3 = n−4 n−3 n(n − 1)(n − 2) n−3 n(n − 1)(n − 2)(n − 3) ·3 · 4 · 3n−4 = 6 24 3=n−3 slijedi n = 6 .

61

1

BROJEVI

Koeficijenti iznose  6 3 3 4 · 3 = 20 · 64 · 27 = 34 560. 3

Zadatak 20. Rjeˇsenje.

Zadatak 21. Rjeˇsenje.

Zadatak 22. Rjeˇsenje.

62

U raspisu potencije (2x + 3)n koeficijenti cˇlanova koji sadrˇze x5 i x6 su jednaki. Odredi n.   n n n−k k n−k Op´ci cˇlan u razvoju iznosi (2x)n−k 3k = 2 3 x . k k Za n − k = 5 , k = n − 5 , odnosno za n − k = 6 , k = n − 6 te dobivamo jednakost   n n 25 · 3n−5 = 26 · 3n−6 n−5 n−6 n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5) n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) ·3 = ·2 120 120 · 6 9=n−5 slijedi n = 14 .

1 n 2 U prikazu binoma x + koeficijenti cˇ etvrtog i desetog cˇ lana se podudax raju. Odredi onaj cˇlan koji ne sadrˇzi x .  n , koeficijent desetog je Koeficijent cˇetvrtog cˇ lana binomnog razvoja je 3  n . Vrijedi prema uvjetu 9   n n = , 3 9 a to je mogu´ce samo prema svojstvu simetrije binomnih koeficijenata, jer se - binomnim koeficijentima nalaze najviˇse dva jednaka cˇlana: medu    n n n = = =⇒ n − 3 = 9 3 n−3 9 pa je n = 12 . Op´ci cˇ lan ovog binomnog razvoja je   1 n 2n−3k n x . (x2 )n−k k = k k x On ne´ce sadrˇzavati x ako je 2n = 3k , tj. 24 = 3k , sˇ to vrijedi za k = 8 .  12 ˇ Clan koji ne sadrˇzi x je deveti po redu, i on iznosi . 8 12 1√ √ 3 Odredi onaj cˇlan razvoja binoma a3 + a2 uz potenciju a13 . 2 Op´ci cˇlan glasi   3 12−k  2 k   12−k 5 12 1 2 12 1 a3 = a a18− 6 k . 2 2 k k 5 5 Odavde slijedi 18 − k = 13 , k = 5 , k = 6 pa je traˇzeni cˇlan sedmi po 6  6 1 12 13 redu i jednak je · 6a . 6 2

ˇ BINOMNI POUCAK

Zadatak 23.

1.3

U razvoju binoma odredi: 1) cˇlan s x6 od (x + 2)8 ; √ √ 2) cˇlan s x5 od ( x + 3)12 ;

√ 1 6 3) cˇlan od x+ √ koji ne sadrˇzi x ; 4x 4) cˇlan od (x3/2 + x−1/2 )8 koji ne sadrˇzi x .

Rjeˇsenje.

1) Op´ci cˇlan je

 8 8−k k x 2 k

ˇ Clan uz x6 dobivamo za k = 2 :  8 6 2 x 2 = 28 · 4 = 112x6 2 2) Op´ci cˇlan je 

 12 √ 12−k √ k 12 6−k/2 √ k ( x) ( 3) = x ( 3) . k k k ˇ Clan uz x5 dobivamo kad je 6 − = 5 , dakle za k = 2 : 2  √ 12 5 2 x ( 3) = 66 · 3x5 = 198x5 2

3) Op´ci cˇlan je  √   1 6 6 3− 2k − 4k 6 3− 3k4 ( x)6−k √ = x · x = x . 4 k k k k ( x) 3k ˇ = 0 , dakle za k = 4 . To je peti cˇlan, koji Clan bez x dobivamo kad je 3 − 4  6 iznosi: = 15 . 4 4) Op´ci cˇlan je    8 8 12− 3k2 − 2k 8 12−2k (x3/2 )8−k (x−1/2 )k = x ·x = x . k k k ˇ Clan bez x dobivamo kad je 12 − 2k = 0 , dakle za k = 6 . To je sedmi cˇlan, 8 koji iznosi = 28 . 6

Zadatak 24. Rjeˇsenje.

Odredi imaginarni dio kompleksnog broja z = (1 − i)7 . Razvijmo po binomnoj formuli i koristimokoeficijente Pascalovog trokuta.      7 7 7 7 7 (1 − i)7 = + (−i) + (−i)2 + (−i)3 + (−i)4 0 1 2 3 4    7 7 7 + (−i)5 + (−i)6 + (−i)7 5 6 7 = 1 − 7i + 21i2 − 35i3 + 35i4 − 21i5 + 7i6 − i7 = 1 − 7i − 21 + 35i + 35 − 21i − 7 + i = 8 + 8i Im z = 8 .

63

1

BROJEVI

 √ 15 Odredi 13. cˇlan u raspisu potencije 1 − i 3 , gdje je i imaginarna jedinica.   √ 15 15 13. cˇlan u raspisu potencije 1 − i 3 je uz binomni koeficjent : 12  √ 15 · 14 · 13 6 12 15 3 i = 455 · 729 = 331 695. (−i 3)12 = 12 6

Zadatak 25. Rjeˇsenje.

√ 13 Odredi 11. cˇlan u raspisu potencije 2−i , gdje je i imaginarna jedinica. √ 13  15 11. cˇlan u raspisu potencije 2−i je uz binomni koeficjent : 10  √ √ 13 · 12 · 11 √ 13 2 2 · (−1) = −572 2. ( 2)3 (−i)10 = 10 6

Zadatak 26. Rjeˇsenje.



1 n 3 2 U raspisu potencije x − √ je 12 cˇlanova. 4x 1) Odredi tre´ci cˇlan raspisa; 2) Odredi slobodni cˇlan raspisa.

Zadatak 27.

Kako raspis ima 12 cˇlanova slijedi da je n = 11 .

Rjeˇsenje.

1) 3. cˇlan raspisa nalazi se uz binomni koeficijent 



11 2



2 9

x3



11 2



i iznosi

 √ 1 2 1 11 −x− 4 = 55x6 · x− 2 = 55x 2 = 55x5 x.

2) Op´ci cˇlan raspisa glasi  2 11−k    22−k k 88−11k 1 k 11 11 11 x3 −x− 4 = (−1)k x 3 − 4 = (−1)k x 12 . k k k Kako traˇzimo slobodni cˇlan mora vrijediti: 88 − 11k = 0, 12 te je koeficijent uz slobodni cˇlan

Zadatak 28. Rjeˇsenje.



11k = 88, k = 8 11 = 165 . 8



√ 1 n U raspisu potencije x x + √ je 12 cˇlanova. 3 1) Odredi cˇetvrti cˇlan raspisa; x 2) Odredi slobodni cˇlan raspisa. Kako raspis ima 12 cˇlanova slijedi da je n = 11 . 1) 4. cˇlan raspisa nalazi se uz binomni koeficijent 

11 3



3 8

x2



11 3



i iznosi

 1 3 x− 3 = 165x12 · x−1 = 165x11 .

2) Op´ci cˇlan raspisa glasi   3 11−k  1 k  33−3k k  99−11k 11 11 11 x2 x− 3 = x 2 −3 = x 6 . k k k

64

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

Kako traˇzimo slobodni cˇlan mora vrijediti: 99 − 11k = 0, 6 te je koeficijent uz slobodni cˇlan

Zadatak 29. Rjeˇsenje.

Postoji li u raspisu potencije

11k = 99, 

11 9



k=9

= 55 .

√ √ 20 x+ 4 x cˇlan koji sadrˇzi x7 ?

Pogledajmo kako izgleda op´ci cˇlan raspisa:   1 20−k  1 k  20−k k  40−k 20 20 20 x2 x4 = x 2 +4 = x 4 . k k k Sada imamo 40 − k = 7, 4

40 − k = 28,

k = 12.

ˇ Clan koji sadrˇzi x7 se nalazi u raspisu uz binomni koeficijent



to je 13. cˇlan.

20 , odnosno 12



Zadatak 30. Rjeˇsenje.

√ 1 11 x− √ cˇlan koji sadrˇzi x3 ? x Pogledajmo kako izgleda op´ci cˇlan raspisa:   1 11−k   11−2k 1 k 11 20 x2 −x− 2 = (−1)k x 2 k k

Postoji li u raspisu potencije

Sada imamo 11 − 2k = 3, 2

11 − 2k = 6,

2k = 5.

Dobiveni k nije prirodan broj pa cˇlan koji sadrˇzi x3 ne postoji.

Zadatak 31. Rjeˇsenje.

Postoji li u raspisu potencije

√ √ 9 x + 3 x cˇlan koji sadrˇzi x4 ?

Pogledajmo kako izgleda op´ci cˇlan raspisa:   1 9−k  1 k  27−k 9 9 x2 x3 = x 6 k k Sada imamo 27 − k = 4, 6

27 − k = 24,

k = 3.

ˇ Clan koji sadrˇzi x4 se nalazi u raspisu uz binomni koeficijent to je 4. cˇlan.

Zadatak 32.

 9 , odnosno 3



1 n Zbroj koeficijenata prvog, drugog i tre´ceg cˇlana razvoja binoma x + x iznosi 37. Odredi tre´ci cˇlan ovog razvoja.

65

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

Prema uvjetu zadatka dobivamo jednadˇzbu   n n 1+ + = 37 1 2 n(n − 1) 1+n+ = 37 2 n2 + n − 72 = 0 (n − 8)(n + 9) = 0 pa je n = 8 . Tre´ci cˇlan razvoja glasi  1 8 6 x 2 = 28x4 . 2 x

Zadatak 33. Rjeˇsenje.

Zadatak 34. Rjeˇsenje.

Odredi zbroj koeficijenata u razvoju binoma (5x2 − 4y3 )7 . Nakon primjene binomnog pouˇcka dobit c´ emo polinom po varijablama x i y . Zbroj koeficijenata tog polinoma dobit c´emo kad stavimo x = 1 , y = 1 . To moˇzemo uˇciniti odmah, i prije rastava! Traˇzeni je zbroj jednak (5 · 12 − 4 · 13 )7 = 17 = 1. Uvjeri se u istinitost ovog razmatranja i direktnim raˇcunom! 5  Odredi x ako je poznato da je tre´ci cˇlan u razvoju binoma x + xlog x jednak 1 000 000 . Prema uvjetu zadatka je   5 3 log x 2 x x = 1 000 000 2 x3 · x2 log x = 100 000 3 log x + 2 log x · log x = log 100 000 2(log x)2 + 3 log x − 5 = 0 √ −3 ± 49 −3 ± 7 log x = = 4 4 log x = 1 x = 10.

1.4. Prirodni, cijeli i racionalni brojevi Zadatak 1. Rjeˇsenje.

66

Ispitaj koji su od sljede´cih brojeva prosti: 237, 839, 929, 5833, 17 947, 22 279, 28 709. Provjeriti je li neki broj prost ili sloˇzen u principu je teˇzak zadatak. Na raspolaganju nam je samo sljede´√ ci kriterij: ako je broj n sloˇzen, on je djeljiv s prostim brojem koji nije ve´ci od n . 237 = 3 · 79 ,

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

839 je prost, jer nije djeljiv prostim brojevima manjim od 28. 929 je prost, jer nije djeljiv prostim brojevima manjim od 30. 5833 = 19 · 307 , 17947 = 131 · 137 , 22 279 je prost, jer nije djeljiv prostim brojevima manjim od 149. 28709 = 19 · 1511 .

Zadatak 2.

- 26960 i 26980 sloˇzeni. Uvjeri se da su svi brojevi izmedu

Rjeˇsenje.

Parni su brojevi sloˇzeni. Izdvojimo li brojeve koji su djeljivi s 3 i s 5, preostaje provjeriti sljede´ce brojeve: 26963, 26969, 26971, 26977. 26963 = 59 · 457 , 26969 = 149 · 181 , 26971 = 7 · 3853 , 26977 = 53 · 509 .

Zadatak 3.

Napiˇsi faktorizaciju sljede´cih prirodnih brojeva: 312 , 556 , 1001 , 5828 , 12481 .

Rjeˇsenje.

Pri rjeˇsavanju ovakvih zadataka moˇzemo se sluˇziti tablicom faktora prirodnih brojeva, vidi “Formule i tablice”, izdanje Elementa, 2000. 312 = 2 · 156 = 2 · 2 · 78 = 2 · 2 · 2 · 39 = 2 · 2 · 2 · 3 · 13 = 23 · 3 · 13 , 556 = 2 · 278 = 2 · 2 · 139 = 22 · 139 , 1001 = 7 · 143 = 7 · 11 · 13 , 5828 = 2 · 2914 = 2 · 2 · 1457 = 2 · 2 · 31 · 47 = 22 · 31 · 47 , 12481 = 7 · 1783 .

Zadatak 4.

Neka je tvrdnja T: Ako je broj oblika 111 . . . 11 prost, onda mu je broj znamenaka prost broj. 1) Dokaˇzi ovu tvrdnju. 2) Iskaˇzi obratnu tvrdnju. Je li ona istinita? 3) Vrijedi 111 = 3 · 37 . Je li to u suprotnosti sa tvrdnjom T? Objasni svoj zakljuˇcak? 4) Vrijedi 1111 = 11 · 101 . Je li to u suprotnosti s tvrdnjom T? 5) Pokuˇsaj prona´ci barem dva prosta broja ovog oblika. Za to c´e biti nuˇzna pomo´c raˇcunala.

Zadatak 5.

Koriste´ci algoritam djeljivosti brojem 7, ustanovi koji od sljede´cih brojeva su djeljivi sa 7 1) 10002000300020001 ; 2) 10003000400030001 ; 3) 10004000500040001 ; 4) 40004000300020001 . (Brojevi su veliki da se do rezultata ne bi doˇslo neposrednim dijeljenjem na dˇzepnom raˇcunalu.)

Zadatak 6.

Na koji naˇcin, koriste´ci dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomo´cu samo dva dijeljenja?

Zadatak 7.

Djeljivost s 13. Broj je djeljiv s 13 onda i samo onda ako je s 13 djeljiv broj dobiven ovom transformacijom: znamenka jedinica broja se uˇcetverostruˇci i doda poˇcetnom broju kojemu je prekriˇzena znamenka jedinica (ovaj se postupak moˇze ponoviti). Dokaˇzi ovaj kriterij.

67

1

BROJEVI

Zadatak 8.

Koriste´ci algoritam iz prethodnog zadatka, ustanovi koji od sljede´ca dva broja je djeljiv s 13: x = 1000010000100007 ili y = 1000010000100009 ? (Brojevi su veliki da se do rezultata ne bi doˇslo neposrednim dijeljenjem na dˇzepnom raˇcunalu.)

Zadatak 9.

Na koji naˇcin, koriste´ci dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomo´cu samo dva dijeljenja?

Zadatak 10.

Ako je zbroj prvih n prirodnih brojeva za 187 ve´ci od zbroja prvih 2n prirodnih brojeva, koliki je zbroj prvih 3n prirodnih brojeva?

Rjeˇsenje.

Iz jednadˇzbe

2n(2n + 1) n(n + 1) − = 187 , odnosno 2 2 4n2 + 2n − n2 − n = 187 2 3n2 + n − 374 = 0,

dobijemo

√ 1 + 4 · 3 · 374 n1,2 = √ 6 −1 ± 4489 n1,2 = 6 −1 ± 67 n1,2 = 6 34 n1 = 11, n2 = − . 3 Traˇzeni n je 11. Onda je −1 ±

S33 =

Zadatak 11. Rjeˇsenje.

33 · 34 = 561. 2

Ako umnoˇsku cˇ etiriju uzastopnih cijelih brojeva dodamo 1, dobit c´emo kvadrat nekog cijelog broja. Dokaˇzi! Oznaˇcimo drugi broj po veliˇcini s n . Onda je rijeˇc o izrazu (n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 − 1)(n2 + 2n) + 1 = n2 (n2 − 1) + 2n(n2 − 1) + 1 = n4 − n2 + 2n(n2 − 1) + 1 = n2 + n4 − 2n2 + 1 + 2n(n2 − 1) = n2 + (n2 − 1)2 + 2n(n2 − 1) = [n + (n2 − 1)]2 = (n2 + n − 1)2 .

Zadatak 12. 68

Dokaˇzi da broj n2 − 8 nikad nije djeljiv s 5.

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

Rjeˇsenje.

Zadatak 13. Rjeˇsenje.

1.4

Broj je djeljiv s 5 ako zavrˇsava na 5 ili 0. Zato je n2 − 8 djeljiv s 5 ako n2 zavrˇsava na 8 ili na 3. No kvadrat prirodnog broja zavrˇsava samo znamenkama 0, 1, 4, 9, 5 i 6. 4 5 9 Jesu li brojevi 44 , 55 , 99 potpuni kvadrati?

Potencija je potpuni kvadrat ako je eksponent svakog prostog faktora paran broj. Za prvi je broj to vidljivo, jer je rijeˇc o parnoj potenciji. Potencija drugog broja je neparna, pa on nije potpuni kvadrat. Tre´ci broj moˇzemo napisati ovako: 9

9

9

99 = (32 )9 = 32·9 pa vidimo da je i on potpuni kvadrat.

Zadatak 14. Rjeˇsenje.

Rastavljanjem na faktore dokaˇzi: 120 | n5 − 5n3 + 4n , za sve n ∈ N . Rastavimo najprije izraz u faktore: n5 − 5n3 + 4n = n(n4 − 5n2 + 4) = n(n2 − 1)(n2 − 4) = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2). Radi se o umnoˇsku pet uzastopnih prirodnih brojeva, Barem jedan od njih mora biti djeljiv s 5. Barem jedan od triju uzastopnih brojeva djeljiv je s 3. Barem jedan od cˇ etiriju uzastopnih brojeva djeljiv je s 4, a k tome je joˇs jedan djeljiv s 2. Zato je ovaj broj djeljiv s 5 · 3 · 4 · 2 = 120 .

Zadatak 15.

Koliki mogu biti djelitelj i koliˇcnik u postupku dijeljenja cijelih brojeva ako je djeljenik 557, a ostatak 85?

Rjeˇsenje.

Iz 557 = kn+85 i n > 85 dobivamo kn = 557−85 = 472 = 2·236 = 4·118 . Tako je mogu´ce k = 1 , n = 472 ; k = 2 , n = 236 i k = 4 , n = 118 .

Zadatak 16.

Koliki mogu biti djelitelj i ostatak u postupku dijeljenja cijelih brojeva ako je djeljenik 1517, a koliˇcnik 75?

Rjeˇsenje.

Koliˇcnik i djelitelj su u dijeljenju ravnopravni. Dovoljno je podijeliti 1517 sa 75: 1517 = 75 · 20 + 17. Djelitelj je 20, a ostatak 17.

Zadatak 17.

Pove´canjem djeljenika za 52, a djelitelja za 4, koliˇcnik i ostatak se nisu promijenili. Izraˇcunaj koliˇcnik.

Rjeˇsenje.

Prema uvjetima zadatka vrijedi m = kn + r, m + 52 = k(n + 4) + r. Sada imamo m + 52 = k(n + 4) + r, kn + r + 52 = kn + 4k + r. Odavde je 4k = 52 pa je k = 13 . O djeljeniku, djelitelju i ostatku ne moˇzemo niˇsta re´ci.

69

1

BROJEVI

Zadatak 18.

Odredi najmanji cˇ etveroznamenkasti broj koji pri dijeljenju sa 2 daje ostatak 1, pri dijeljenju sa 3 ostatak 2, pri dijeljenju s 5 ostatak 4, a pri dijeljenju s 7 ostatak 6.

Rjeˇsenje.

Oznaˇcimo sa n traˇzeni broj. Broj n + 1 djeljiv je sa 2, 3, 5, i 7. Dakle je to broj tipa 210k, gdje je k cijeli broj. Najmanji k za koji se dobije najmanji cˇ etveroznamenkast n je k = 5, te je n = 1049.

Zadatak 19.

Za koje je cijele brojeve x, y i z ispunjena jednakost (x − 2) · (y + 1) · (z − 3) = 1?

Rjeˇsenje.

Zadatak 20.

Kako se radi o umnoˇsku cijelih brojeva, jednakost c´ e biti ispunjena ako su sva tri faktora jednaka 1. Tada je x = 3 , y = 0 , z = 4. No, dva od tri faktora u umnoˇsku mogu biti jednaka −1 , a tre´ci 1, pa imamo joˇs i ova rjeˇsenja: (1, −6, 4) , (1, −4, 2) , (3, −6, 2). U skupu cijelih brojeva rijeˇsi jednadˇzbu (x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) = 3024.

Rjeˇsenje.

Zadatak 21.

Vrijedi 3024 = 6 · 7 · 8 · 9 , zato mora biti x − 2 = 9 pa je x = 11 . No, 3024 = (−6) · (−7) · (−8) · (−9) , pa mora biti x − 2 = −6 iz cˇ ega dobijamo i drugo rjeˇsenje x = −4 . U skupu cijelih brojeva rijeˇsi jednadˇzbe: 1) x2 − y2 = 105 ; 2) 2x2 + 5xy − 12y2 = 28 ; 3) x + y = xy ; 4) x2 + y2 − 2x − 4y + 4 = 0 .

Rjeˇsenje.

1) Mora biti (x − y)(x + y) = 1 · 3 · 5 · 7. Umnoˇzak dvaju brojeva s lijeve strane jednak je umnoˇsku nekih dvaju brojeva s desne strane, pri cˇ emu je prvi faktor manji od drugog. Sada trebamo rijeˇsiti sustav jednadˇzbi  x − y = a, a 1 3 5 7 za b 105 35 21 15 x+y=b Rjeˇsenje sustava je (zbrajanjem i oduzimanjem jednadˇzbi): a+b b−a , y= . 2 2 Uvrˇstavanjem dobivamo x = 53 , y = 52 ; x = 19 , y = 16 ; x = 13 , y = 8 ; x = 11 , y = 4 , 2) Faktorizirajmo obje strane jednadˇzbi: x=

2x2 + 5xy − 12y2 = 28 2x2 − 3xy + 8xy − 12y2 = 28 x(2x − 3y) + 4y(2x − 3y) = 28 (2x − 3y)(x + 4y) = 1 · 2 · 2 · 7

70

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

Sada trebamo rijeˇsiti sustav jednadˇzbi  2x − 3y = a, a 1 za b 28 x + 4y = b Rjeˇsenje sustava je    a −3    b 4  4a + 3b  = x =  ,  11 2 −3   1 4 

2 14

4 7

7 4

  2 a   1 b

 = y =    2 −3  1 4 

14 2

1.4

28 1

−a + 2b . 11

Uvrˇstavanjem vrijednosti za a i b dobivamo cjelobrojna rjeˇsenja samo za a = 1 , b = 28 . Tad je x = 8 , y = 5 . 3) Zapiˇsemo jednadˇzbu u obliku x + y = xy xy − x − y + 1 = 1 (x − 1)(y − 1) = 1 te odatle dobijemo jedina dva cjelobrojna rjeˇsenja, (0, 0) , (2, 2) . 4) Zapiˇsemo jednadˇzbu u obliku x2 + y2 − 2x − 4y + 4 = 0 x2 − 2x + 1 − 1 + y2 − 4y + 4 = 0 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 1. S lijeve strane je zbroj nenegativnih cijelih brojeva. Zato mora biti (x − 1)2 = 1, ili

(x − 1)2 = 0,

(y − 2)2 = 0, (y − 2)2 = 1.

Iz prvog sustava dobivamo y = 2 i x − 1 = ±1 , dakle, dva rjeˇsenja, (2, 2) i (0, 2) . Iz drugog sustava dobivamo x = 1 i y − 2 = ±1 , dakle, dva rjeˇsenja, (1, 3) i (1, 1) . Iz (x − 1)2 + (y − 2)2 = 1 dobijemo uredene parove cijelih brojeva koji su rjeˇsenja zadane jednadˇzbe: (1, 1) , (2, 2) , (1, 3) , (0, 2) .

Zadatak 22.

Aritmetiˇcka sredina 10 razliˇcitih prirodnih brojeva jednaka je 11. Koju najve´cu mogu´cu vrijednost moˇze imati neki od tih brojeva?

Rjeˇsenje.

Zbroj svih deset brojeva jednak je 110. Najve´ci mogu´ci od 10 brojeva je broj 110 − (1 + 2 + 3 + . . . + 9) = 65.

Zadatak 23.

Aritmetiˇcka sredina 27 brojeva je 72. Ako su dva od tih 27 brojeva brojevi 13 i 41, kolika je aritmetiˇcka sredina ostalih 25 brojeva?

Rjeˇsenje.

Zbroj svih 27 brojeva je 27 · 72 = 1944 . Kad od toga broja oduzmemo 13 + 41 = 55 dobit c´ emo broj 1 889 . Podijelimo li 1 889 s 25 dobit c´emo 75.56, aritmetiˇcku sredinu ostalih 25 brojeva.

Zadatak 24.

Odredi broj c ako je a : b = 3 : 2 , b : c = 3 : 5 , te a + b + c =

25 . 36

71

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

Zadatak 25.

b=

3 5a 3 9 3 c; a : c = 3 : 2, = , a= c . Sada imao 5 5 3c 2 10 3 25 25 25 5 9 c+ c+c= , c= , c= . 10 5 36 10 36 18

Broj 1 708 podijeli na tri dijela a , b i c tako da bude a : b = 3 : 5 i a : c = 1 : 2.

Rjeˇsenje. 5 a, c = 2a 3 5 14 a + a + 2a = 1 708, a = 1 708. 3 3 Odavde slijedi a = 366 , b = 610 , c = 732 . 1 708 = a + b + c;

Zadatak 26. Rjeˇsenje.

Zadatak 27. Rjeˇsenje.

b=

Ako je a : b = 2 : 3 , b : c = 1 : 2 , koliko je

a−b b−c : ? a+b b+c

2 b ; b : c = 1 : 2 =⇒ c = 2b . 3 2 1 b − b b − 2b b 1 a−b b−c 1 1 : = 3 = 3 : = : = 3 : 5. : 2 5 a+b b+c b + 2b 3 5 3 b+b b 3 3

a : b = 2 : 3 =⇒ a =

Ako je omjer razlike, zbroja i umnoˇska dvaju brojeva jednak 1 : 2 : 6 , koliki je koliˇcnik tih brojeva? Oznaˇcimo zadane brojeve s a i b . Tada iz uvijeta zadatka imamo (a − b) : (a + b) : ab = 1 : 2 : 6. Sada je a−b 1 = , a+b 2

2(a − b) = a + b,

a = 3b;

a : b = 3b : b = 3.

Zadatak 28.

Broj 750 podijeli na dva dijela tako da 8 % prvog dijela zajedno sa 24 % drugoga cˇ ini 11.2 % od danog broja.

Rjeˇsenje.

Neka je x + y = 750 . Tada je 0.08x + 0.24y = 0.112 · 750 = 84 . Ovo je sustav jednadˇzbi x + y = 750; 8x + 24y = 8400; 16y = 2400; y = 150, x = 600. Provjera pokazuje da je rezultat toˇcan. Naime, vrijedi: 0.08 · 600 = 48 , zatim 0.24 · 150 = 36 , te je 48 + 36 = 84 , a ve´c smo izraˇcunali 84 = 0.112 · 750 .

72

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

Zadatak 29. Rjeˇsenje.

Zadatak 30. Rjeˇsenje.

Zadatak 31.

1.4

2 4 6 1 3 5 7 + + + ili B = + + ? 3 5 7 9 3 5 7 764 210 + 252 + 270 732 105 + 189 + 225 + 245 = ; B= = ; A= 315 315 315 315 A > B. Koji je broj ve´ci: A =

1 1 1 1 1 2 1 2 + + + ili B = 1 + + + + . 3 9 27 81 3 9 27 81 1 1 1 1 1 2 2 1 17 1 2 + −1− − − − = − = ; A−B = 1+ + + 3 9 27 81 3 9 27 81 9 81 81 A − B > 0, A > B .

Koji je broj ve´ci: A = 1 +

Koji je broj ve´ci: 45 311 521 54 311 215 ili B = ; 54 311 216 45 311 522 1 234 512 345 1 234 512 346 2) A = ili B = . 4 567 845 678 4 567 845 679 1) Usporedimo brojeve 1 − A i 1 − B .

1) A =

Rjeˇsenje.

54 311 216 − 54 311 216 45 311 522 − 1−B= 45 311 522 1−A=

54 311 215 1 = 54 311 216 54 311 216 45 311 521 1 = 45 311 522 45 311 522

1 − B > 1 − A =⇒ A > B. a+1 a , onda je B = . Tada je b b+1 a(b + 1) − b(a + 1) a−b a a+1 = = . A−B= − b b+1 b(b + 1) b(b + 1)

2) Ako je A =

U naˇsem je sluˇcaju a = 1 234 512 345 , b = 4 567 845 678 te je A−B=

1 234 512 345 − 4 567 845 678 0 , b > 0 , c > 0 , onda je

a+c a < . Dokaˇzi! b b+c

a < b =⇒ ac < bc =⇒ ab + ac < ab + bc =⇒ a(b + c) < b(a + c) =⇒ a a+c < . b b+c 1 Dokaˇzi; ako je a + b  1 , onda je i a4 + b4  . 8 Kvadriranjem nejednakosti a + b  1 dobit c´emo a2 + 2ab + b2  1 . Ovoj pak nejednakosti dodamo oˇcitu nejednakost a2 − 2ab + b2  0 te imamo a2 + b2  12 . Ponovimo postupak s ovom, novom nejednakoˇsc´ u!

73

1

BROJEVI

Zadatak 34. Rjeˇsenje.

Zadatak 35. Rjeˇsenje.

Zadatak 36.

Odredi 100. decimalu u decimalnom zapisu racionalnih brojeva

5 1 4 , , . 3 11 7

5 = 1.666 . . . = 1.6˙ ; Period je jednoznamenkast, sastoji se od znamenke 6 te 3 se ona nalazi i na 100. decimalnom mjestu. 1 = 0.090909 . . . = 0.0˙ 9˙ ; Period je dvoznamenkast, sastoji se od znamena11 ka 0 i 9. Na parnim mjestima nalazi se znaenka 9 te se ona nalazi i na 100. decimalnom mjestu. 4 ˙ = 0.5714285714285 . . . = 0.57142 8˙ ; Period je sˇ esteroznamenkast, sastoji 7 se od znamenaka 5, 7, 1, 4, 2 i 8. Na 96. decimalnom mjestu zavrˇsava jedan period te se na 100. decimalnom mjestu nalazi 4. znamenka perioda tj. znamenka 4. 2 3 2 , . U svakom Odredi period u decimalnom zapisu racionalnih brojeva , 3 11 7 od primjera odredi 150. decimalu. 2 = 0.6666 . . . = 0.6˙ ; Period je jednoznamenkast, sastoji se od znamenke 6 3 te se ona nalazi i na 150. decimalnom mjestu. 3 = 0.272727 . . . = 0.2˙ 7˙ ; Period je dvoznamenkast, sastoji se od znamena11 ka 2 i 7. Na parnim mjestima nalazi se znaenka 7 te se ona nalazi i na 150. decimalnom mjestu. 2 ˙ = 0.2857142857142 . . . = 0.28571 4˙ ; Period je sˇ esteroznamenkast, sastoji 7 se od znamenaka 2, 8, 5, 7, 1 i 4. Na 150. decimalnom mjestu zavrˇsava period te se na tom decimalnom mjestu nalazi posljednja znamenka perioda tj. znamenka 4. Zapiˇsi u obliku razlomka racionalne brojeve a = 0.363636 . . . b = 0.135135135 . . . c = 0.133213321332 . . .

Rjeˇsenje.

Prikaˇzimo u obliku razlomka broj a . Pomnoˇzimo a sa 100, te je 100a = 36.363636 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja a = 0.363636 . . . dobit 4 . c´emo 99a = 36 , odnosno, nakon kra´cenja, a = 11

Pomnoˇzimo b sa 1000, te je 1000b = 135.135135 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja b = 0.135135135 . . . dobit c´ emo 999b = 135 , odnosno, 5 . nakon kra´cenja, b = 37 Pomnoˇzimo c sa 10 000, te je 10 000c = 1332.13321332 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja c = 0.133213321332 . . . dobit c´ emo 9999c = 1332 , 148 . odnosno, nakon kra´cenja, c = 1111

Zadatak 37. 74

˙ 5˙ , c = 0.12 ˙ 5˙ . Zapiˇsi u obliku razlomka racionalne brojeve a = 0.6˙ 3˙ , b = 0.13

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

Rjeˇsenje.

1.4

a = 0.6˙ 3˙ = 0.636363 . . . ; Prikaˇzimo u obliku razlomka broj a . Pomnoˇzimo a sa 100, te je 100a = 63.636363 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja a = 0.636363 . . . dobit 7 63 = . c´emo 99a = 63 , odnosno, a = 99 11 ˙ 5˙ = 0.135135135 . . .; b = 0.13 Pomnoˇzimo b sa 1000, te je 1000b = 135.135135 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja b = 0.135135135 . . . dobit c´ emo 999b = 135 , odnosno, 5 nakon kra´cenja, b = . 37 ˙ 5˙ = 0.125125125 . . .; c = 0.12 Pomnoˇzimo c sa 1000, te je 1000c = 125.125125 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja c = 0.125125125 . . . dobit c´ emo 999c = 125 , odnosno, 125 . c= 999

Zadatak 38.

Dani su racionalni brojevi a = 0.531531531 . . ., b = 0.873873873 . . . Prikaˇzi zbroj a + b i razliku a − b u obliku razlomka.

Rjeˇsenje.

Prikaˇzimo u obliku razlomka brojeve a i b . Pomnoˇzimo a s 1000, te je 1000a = 531.531531 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja a = 0.531531531 . . . dobit c´ emo 999a = 531 , odnosno, 59 531 = . a= 999 111 Pomnoˇzimo b s 1000, te je 1000b = 873.873873 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja b = 0.873873873 . . . dobit c´ emo 999b = 873 , odnosno, 97 873 = . b= 999 111 Sada je 156 52 38 a+b= = , a−b=− . 111 37 111

Zadatak 39. Rjeˇsenje.

Izraˇcunaj a + b i a − b za brojeve a = 2.134˙ , b = 3.22˙ 5˙ . Pretvaranje broja u razlomak nepotrebno bi oteˇzalo raˇcun. Umjesto toga, decimalne znamenke c´emo napisati tako da periodi poˇcinju istom decimalom i jednako dugo traju. Na taj ih naˇcin moˇzemo zbrojiti: ˙ a = 2.134˙ 4, ˙ a + b = 5.359˙ 6;

Zadatak 40. Rjeˇsenje.

˙ b = 3.225˙ 2; ˙ a − b = −1.090˙ 8.

Koliko je a : b ako je a = 0.875 , b = 1.2˙ 7˙ ? Prikaˇzimo broj b u obliku razlomka. 27 = b = 1.2˙ 7˙ = 1 + 99 Sada imamo 14 a 7 7 , = · a= , b= 8 11 b 8

126 14 = 99 11 11 11 = = 0.6875. 14 16

75

1

BROJEVI

Zadatak 41. Rjeˇsenje.

Napiˇsi umnoˇzak brojeva a = 0.916˙ i b = 0.3˙ 6˙ u obliku razlomka. Prikaˇzimo brojeve a i b u obliku razlomka. 91 6 91 1 273 + 2 11 0.6˙ = + = + = = ; a = 0.916˙ = 0.91 + 100 100 900 100 150 300 12 4 36 = . b = 0.3˙ 6˙ = 99 11 Sada imamo a · b =

Zadatak 42. Rjeˇsenje.

11 4 1 · = . 12 11 3

Za koje je cijele brojeve m razlomak

m2 − 2m + 1 cijeli broj? m+2

Dani c´emo razlomak raspisati na sljede´ci naˇcin: (m + 2)2 − 6m − 3 (m + 2)2 − 6(m + 2) + 9 m2 − 2m + 1 = = m+2 m+2 m+2 9 9 =m+2−6+ =m−4+ . m+2 m+2 Sada dalje zakljuˇcujemo: Kako je m−4 cijeli broj za svaki cijeli broj m , onda c´e razlomak

m2 − 2m + 1 m+2

9 . No za to je dovoljno da je m+2 m + 2 djelitelj od 9. Dakle je m + 2 ∈ {±1, ±3, ±9} . Tako je rjeˇsenje zadatka m ∈ {−11, −5, −3, −1, 1, 7} . biti cijeli broj kad cijeli broj bude razlomak

Zadatak 43. Rjeˇsenje.

Zadatak 44.

Rjeˇsenje.

Zadatak 45. 76

Ako je x−1 = 3−1 + 4−1 , koliko je x ? 1 1 7 12 1 = + = =⇒ x = . x 3 4 12 7 Odredi x ako je 1 1 1 1) x−2 = −2 + −2 ; 2) x−2 = −2 . 3 4 3 + 4−2 1 1 1 1) 2 = 32 + 42 = 25, x2 = , x=± ; 25 5 x 144 1 1 1 = , 2) x−2 = −2 , = 1 1 25 3 + 4−2 x2 + 9 16

x2 =

25 , 144

Odredi brojeve x i y ako je x−1 + y−1 = 5 i x−1 · y−1 = 6 .

x=±

5 . 12

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

Rjeˇsenje. x−1 + y−1 = 5 x−1 · y−1 = 6 =⇒

6y +

Zadatak 46. Rjeˇsenje.

Zadatak 47.

Rjeˇsenje.

Zadatak 48. Rjeˇsenje.

1 = 6y x

1 =5 y

6y2 − 5y + 1 = 0 √ 5 ± 25 − 24 y1,2 = 12 1 1 y1 = , y2 = 2 3 1 1 1 1 = , x2 = = . x1 = 6y1 3 6y2 2 1 1 i . To su brojevi 2 3 1 4 , na osam jednakih Napiˇsi sedam racionalnih brojeva koji dijele interval 2 5 dijelova. 1 4 Traˇzimo aritmetiˇcki niz cˇiji je prvi cˇlan a0 = , a posljednji a9 = i 2 5 4 1 − a9 − a0 5 2 = 3 . Preostali cˇlanovi niza su a = a + d = = d = 1 0 8 8 80 3 43 1 46 49 52 55 58 + = , a = a1 + d = ,a = ,a = , a = , a = 2 80 80 2 80 3 80 4 80 5 80 6 80 61 . i a7 = 80 Brojevi a1 , a2 , . . . , a7 su traˇzeni racionalni brojevi. Napiˇsi decimalni prikaz nekog racionalnog broja koji se nalazi unutar intervala  23 24  , . 77 77  23 24   23 24   46 48  47 , = , te je ∈ , . Njegov decimalni Imamo 77 77 154 154 154 77 77 prikaz je 47 ˙ ˙ = 0.30519480519480 . . . = 0.305194 8. 154 - neki broj izmedu - 4 i 5 koji je kvadrat nekog racionalnog broja. Koliko Nadi 7 7 rjeˇsenja postoji?   4 5 Traˇzimo x ∈ , tako da je x = y2 , za neki y ∈ R . 7 7 121 a rjeˇsenja ima beskonaˇcno mnogo. Jedan od takvih brojeva je npr., 196

77

1

BROJEVI

1.5. Realni brojevi Zadatak 1. Rjeˇsenje.

Zadatak 2. Rjeˇsenje.

Zadatak 3. 78

√ √ √ 3 iracionalan. Dokaˇzi da su iracionalni i brojevi 3 3 , 4 2 . √ Pretpostavimo da je 3 racionalan. On se tada moˇze prikazati u obliku √ m 3 = , gdje su m i n prirodni brojevi koji su relativno prosti (razlomak n √ m2 m dobivamo 3 = 2 , je do kraja skra´cen). Kvadriranjem jednakosti 3 = n n odnosno m2 = 3n2 . Kako je m2 djeljiv s 3, s 3 mora biti djeljiv i broj m . Zato je on oblika m = 3k pa dobivamo 3k2 = n2 te je i n djeljiv s 3. Kako po pretpostavci brojevi m i√n nemaju zajedniˇckog djelitelja, time smo dobili kontradikciju. To znaˇci da 3 nije racionalan. √ Pretpostavimo da je 3 3 racionalan. On se tada moˇze prikazati u obliku √ a 3 3 = , gdje su a i b prirodni brojevi koji su relativno prosti (razlomak b √ a3 a dobivamo 3 = 3 , je do kraja skra´cen). Kubiranjem jednakosti 3 3 = b b odnosno a3 = 3b3 . Kako je a3 djeljiv s 3, s 3 mora biti djeljiv i broj a . Zato je on oblika a = 3k pa dobivamo 9k3 = b3 te je i b djeljiv s 3. Kako po pretpostavci brojevi a i √b nemaju zajedniˇckog djelitelja, time smo dobili kontradikciju. To znaˇci da 3 3 nije racionalan. √ Pretpostavimo da je 4 2 racionalan. On se tada moˇze prikazati u obliku √ c 4 2 = , gdje su c i d prirodni brojevi koji su relativno prosti (razlomak je d √ c do kraja skra´cen). Gledanjem cˇ etvrte potencije jednakosti 4 2 = dobivamo d c4 2 = 4 , odnosno c4 = 2d4 . Kako je c4 djeljiv s 2, s 2 mora biti djeljiv i d broj c . Zato je on oblika c = 2k pa dobivamo 16k4 = d4 odnosno 2k = d te je i d djeljiv s 2. Kako po pretpostavci brojevi c i√d nemaju zajedniˇckog djelitelja, time smo dobili kontradikciju. To znaˇci da 4 2 nije racionalan. √ √ Ako su x i y prirodni brojevi takvi da je barem jedan od brojeva x ili y √ √ iracionalan, onda je iracionalan i broj x + y . Dokaˇzi! √ √ Pretpostavimo da je broj racionalan, x + y = u i uzmimo bez smanjenja √ √ √ op´cenitosti da je y iracionalan. Kvadriranjem jednakosti x = u − y dobivamo √ √ u2 − x + y . x = u2 − 2u y + y; y= 2 √ S lijeve strane posljednje jednakosti je iracionalan broj y a s desne racionalan broj. je ta jednakost kontradiktorna, a proistekla je iz pretpostavke √ Kako √ da√je √ x + y = u racionalan, onda je ta pretpostavka pogreˇsna. Dakle je x + y iracionalan. √ Dokaˇzi: Broj a + b 2 je iracionalan broj za svaka dva racionalna broja a i b , b = 0 . Dokaˇzi da je broj

REALNI BROJEVI

Rjeˇsenje.

Zadatak 4. Rjeˇsenje.

Zadatak 5. Rjeˇsenje.

Zadatak 6.

Rjeˇsenje.

1.5

√ Pretpostavimo da je broj c = a + b 2 racionalan. Kvadrirajmo ovaj izraz. √ √ c2 − 2b2 Dobit c´emo c2 = a2 + 2ab2 2 + 2b2 . Odatle je 2 = . S lijeve 2ab √ strane ove jednakosti je iracionalan broj 2 a s desne racionalan broj. Kako√je ta jednakost kontradiktorna, a proistekla je iz pretpostavke da√je c = a + b 2 racionalan, onda je ta pretpostavka pogreˇsna. Dakle je a + b 2 iracionalan. √ Dokaˇzi; ako broj n a , gdje je n ∈ N i n > 1 , te a ∈ N , nije prirodan broj, on je iracionalan. √ √ p Pretpostavimo da je n a racionalan, tj. da je n a = , p, q ∈ N , q = 1 , q pn te M(p, q) = 1 . Tada je a = n . Oznaˇcimo s k neki prost djelitelj od q . q No tada je pn djeljiv√s k , odnosno p je djeljiv s k . To proturjeˇci uvjetu M(p, q) = 1 . Dakle, n a je iracionalan broj.

Dokaˇzi da je broj

√ √ 2 + 3 iracionalan.

√ √ √ √ 2 + 3 racionalan broj, tj. da je 2 + 3 = a , a ∈ Q . √ √ a2 − 5 . S Kvadrirajmo ovu jednakost: 2 + 2 6 + 3 = a2 . Odatle je 6 = 2 √ lijeve strane je iracionalan broj 6 , a s desne strane racionalan (jer je a racionalan po pretpostavci). Takva je jednakost proturjeˇcna, te a nije racionalan. Pretpostavimo da je

Dokaˇzi da su sljede´ci brojevi iracionalni: √ √ √ √ √ 1) 2 + 3 3 ; 2) 2 + 3 + 5 ;    √ √ 3) 1 + 2; 4) 1 + 2 + 3. √ √ 1) da je 2 +√ 3 3 racionalan broj, tj. postoji a ∈ Q tako da je √ Pretpostavimo √ 2 + 3 3 = a . Prebacimo 2 na desnu stranu i kubiranjem dobijemo: 3 = (a −

√ 3 2)

√ 3 = a3 − 3a2 + 6a − 2 2 √

2=

a3 − 3a2 + 6a − 3 . 2

S lijeve strane dobili smo broj, a s desne racionalan sˇ to znaˇci da je √ iracionalan √ pretpostavka kriva, tj. 2 + 3 3 je iracionalan broj. √ √ √ 2) Pretpostavimo je 2 + 3 + 5 racionalan broj, tj. postoji a ∈ Q tako √ √ √ da√ da je 2 + 3 + 5 = a . Prebacimo 5 na desnu stranu i dvostrukim

79

1

BROJEVI

kvadriranjem dobijemo: √ √ √ ( 2 + 3)2 = (a − 5)2 √ √ 5 + 2 6 = a2 − 2a 5 + 5 √ √ 2 6 = a2 − 2a 5 √ √ (2 6)2 = (a2 − 2a 5)2 √ 24 = a4 − 4a3 5 + 20a2 √ a4 + 20a2 − 24 5= . 4a3 S lijeve strane dobili smo √ broj, a s desne racionalan sˇ to znaˇci da je √ √ iracionalan pretpostavka kriva, tj. 2 + 3 + 5 je iracionalan broj.  √ 3) Pretpostavimo da je 1 + 2 racionalan broj, tj. postoji a ∈ Q tako da je  √ 1 + 2 = a . Kvadriranjem dobijemo: √ 1 + 2 = a2 √ 2 = a2 − 1 S lijeve strane dobili smo broj, a s desne racionalan sˇ to znaˇci da je  iracionalan √ pretpostavka kriva, tj. 1 + 2 je iracionalan broj.   √ 4) Pretpostavimo da je 1 + 2 + 3 racionalan broj, tj. postoji a ∈ Q tako   √ da je 1 + 2 + 3 = a . Dvostrukim kvadriranjem dobijemo:  √ 1 + 2 + 3 = a2  √ 2 + 3 = a2 − 1 √ 2 + 3 = a4 − 2a2 + 1 √ 3 = a4 − 2a2 − 1 S lijeve strane dobili smo broj, a s desne racionalan sˇ to znaˇci da je  iracionalan  √ pretpostavka kriva, tj. 1 + 2 + 3 je iracionalan broj.

Zadatak 7.

Rjeˇsenje.

80

Dokaˇzi da su brojevi √ √ 1) (1 − 2)2 (3 + 2 2) ; √ √ 2) ( 3 + 1)2 (4 − 2 3) ;    √ √ √ 6 3 3 3) ( 9 + 4 5 + 2 + 5) · 2 − 5 racionalni. √ √ √ √ 1) (1 − 2)2 (3 + 2 2) = (3 − 2 2)(3 + 2 2) = 9 − 4 · 2 = 1 ; √ √ √ √ 2) ( 3 + 1)2 (4 − 2 3) = (4 + 2 3)(4 − 2 3) = 16 − 4 · 3 = 4 ;    √ √ √ 6 3 3 9 + 4 5 + 2 + 5) · 2 − 5  3) (  √ 3 √ √ √ 6 3 3 = 9 + 4 5 ·2 − 5 + 2 + 5 · 2 − 5   √ √  √ √ √ 6 6 = 9 + 4 5 · 6 (2 − 5)2 + 3 4 − 5 = 9 + 4 5 · 6 (9 − 4 5)2 − 1 √ = 6 81 − 80 − 1 = 1 − 1 = 0 .

REALNI BROJEVI

Zadatak 8. Rjeˇsenje.

Zadatak 9.

1.5

   √ √ √ 9 + 4 5 i 17 − 4 9 + 4 5 prikaˇzi u obliku x + y .    √ √ √ √ 9 + 4 5 = 4 + 4 5 + 5 = (2 + 5)2 = 2 + 5 ;      √ √ √ 17 − 4 9 + 4 5 = 17 − 4 (2 + 5)2 = 17 − 8 − 4 5 √   √ √ √ = 9 − 4 5 = 5 − 4 5 + 4 = ( 5 − 2)2 = 5 − 2 .

Brojeve

Dokaˇzi da su brojevi 1) 0.1234567891011 . . . 2) 0.14916253649 . . . 3) 0.248163264128 . . . 4) 0.121221222122221 . . . iracionalni.

Rjeˇsenje.

Zadatak 10. Rjeˇsenje.

Zadatak 11. Rjeˇsenje.

Zadatak 12.

Rjeˇsenje.

1) Pretpostavimo da je ovaj broj racionalan, sˇ to znaˇci da je periodiˇcan. To onda znaˇci da postoji skupina od n znamenki koja se u nekom trenutku poˇcne periodiˇcno ponavljati. No u ispisivanju toga broja kad-tad do´ci c´ e na red za ispis i broj 10n u cˇijem je zapisu toˇcno n nula. To bi onda znaˇcilo kako se period sastoji od n nula, a takav bi broj bio konaˇcan. Naˇs broj to oˇcito nije. Pretpostavka je pogreˇsna — broj nije racionalan. Analogno se dokazuju i ostale tri tvrdnje. Odredi sve x ∈ Q za koje je broj

 4x2 + x − 1 racionalan broj.

 a2 + 1 , 4x2 + x − 1 = 2x + a , 2x + a  0 . Odatle je x = 1 − 4a gdje je a = 14 proizvoljan racionalan broj koji zadovoljava uvjet 2x + a  0 .

Stavit c´emo

Dokaˇzi da su sljede´ci brojevi iracionalni: 1) log2 3 ; 2) log18 36 . a , b a b a, b ∈ N . No ta je jednakost ekvivalentna kontradiktornoj 2 = 3 , jer je slijeva paran, a zdesna neparan broj, pa kako je posljedica pretpostavke, ta je pretpostavka pogreˇsna. a 2) Kao pod 1) , dobije se log18 36 = , 18a = 36b , odnosno 18a−b = 2b , b a > b . Broj s lijeve strane djeljiv je s 3, a broj s desne to nije.

1) Pretpostavimo da je broj log2 3 racionalan tj., da je mogu´c zapis log2 3 =

Dokaˇzi da su sljede´ci brojevi iracionalni; 1) cos 15◦ ; 2) sin 15◦ ; 3) tg 5◦ ; 4) cos 20◦ .   √ 1 + cos 30◦ 2+ 3 ◦ = ; 1) cos 15 = 2 2   √ 1 − cos 30◦ 2− 3 2) sin 15◦ = = ; 2 2

81

1

BROJEVI

2 tg 5◦ raciona1 − tg2 5◦ 2 tg 15◦ . lan, pa je racionalan i tg 15◦ = tg(10◦ + 5◦ ) , a onda i tg 30◦ = 1 − tg2 15◦ √ 3 iracionalan broj. No to je kontradikcija jer je tg 30◦ = 3 4) Oznaˇcimo cos 20◦ = x . Taj je broj korijen jednadˇzbe cos 60◦ = 4 cos3 20◦ − 3 cos 20◦ , odnosno jednadˇzbe 8x3 −6x−1 = 0 . Pokazat c´emo da ova jednadˇzba nema racionalnih korijena, sˇ to c´e znaˇciti da onda ni cos 20◦ , koji je jedan od njezinih triju korijena, nije racionalan. Uz supstituciju y = 2x dobivamo jednadˇzbu y3 − 2y − 1 = 0 . Jedina mogu´ca racionalna rjeˇsenja ove jednadˇzbe su brojevi ±1 . No ti brojevi nisu rjeˇsenja, pa stoga ni poˇcetna jednadˇzba nema racionalnih rjeˇsenja. 3) Pretpostavimo da je tg 5◦ racionalan. Tada je tg 10◦ =

Zadatak 13. Rjeˇsenje.

Dokaˇzi najprije rekurzivnu jednakost cos(k + 1)◦ = 2 cos k◦ cos 1◦ − cos(k − 1)◦ . Pretpostavimo da je cos 1◦ racionalan broj. Onda c´e iz dokazane jed◦ ◦ ◦ nakosti slijediti √ da su racionalni i brojevi cos 2 , cos 3 , . . . , cos 30 . No 3 i on nije racionalan. Pretpostavka je, dakle, bila pogreˇsna, te ni cos 30◦ = 2 ◦ cos 1 nije racionalan.

Zadatak 14.

Dokaˇzi da je tg 1◦ iracionalan broj.

Zadatak 15.

Izraˇcunaj:  √  √ 3 7 − 4 3; 1)  2 + 3 ·  √ √ 3 5 2 − 7 · 7 + 5 2; 2)  √ 1  √ 1 3) 16−0.25 − (2 2) 3 16−0.25 + (2 2) 3 ;  1 √ √ 2  2 1 4) 9− 2 + (3 3)− 3 9− 2 − (3 3)− 3 .

Rjeˇsenje.

82

Dokaˇzi da je broj cos 1◦ iracionalan.

  √  √ √  √ 3 3 2 + 3 · 7 − 4 3 = 2 + 3 · (2 − 3)2   √ √ √ √ √ = 3 (2 + 3) · (2 − 3) = 3 (2 + 3)(2 − 3)(2 + 3)2   √ √ 3 = 3 (4 − 3)(2 − 3)2 = 7 − 4 3 ;  √  √  √ √ 3 2) 5 2 − 7 · 7 + 5 2 = 6 (5 2 − 7)3 (7 + 5 2)2  √  √ √ √ = 6 (5 2 − 7)[(5 2 − 7)(5 2 + 7)]2 = 6 (5 2 − 7)(50 − 49)2  6 √ = 5 2 − 7;  √ 1 √ 1 3) 16−0.25 − (2 2) 3 16−0.25 + (2 2) 3

   √   − 1  4 − 1 3 √ 4 + 3 2 2 = 24 4 − 2 2 2 1)

REALNI BROJEVI

1.5





 √ 1 1  1  3 √ 3 √ − 2 2 + 2 2 = − 3 (2 2)2 2 2 4 7 1 √ 1 3 = − 8= −2=− ; 4 4  41 √ −2   −1 √ 2 −2 4) 9 + (3 3) 3 9 2 − (3 3)− 3

   √  √ 1 1 = (32 )− 2 + 3 (3 3)−2 (32 )− 2 − 3 (3 3)−2     



1 1 1 1 1 1 1 3 1 + − 3 = + − = = 0; 3 27 3 27 3 3 3 3 =

Zadatak 16.

Rjeˇsenje.

Dokaˇzi: √ √ √ 8 − |1 − 2| √ √ 1) = 3 + 2 2; |2 − 2| − | 8 − 3| √ √ √ |3 − 3| − |5 − 27| √ = 12 ( 3 − 1) ; 2) √ | 27 − 3| + |1 − 3| √ √ √ |4 − 18| + |3 − 8| √ √ = 3 − 2 2; 3) |4 − 2| − | 8 − 3| √ √ √ |3 − 12| − | 3 − 1| √ √ 4) = 4 3 − 7. | 27 − 5| + |2 3 − 7| 1)

2)

3)

4)

√ √ √ √ √ √ 2 2 − ( 2 − 1) 2 2− 2+1 8 − |1 − 2| √ √ √ √ √ √ = = |2 − 2| − | 8 − 3| 2 − 2 − (3 − 2 2) 2 − 2 − 3 + 2 2 √ √ √ √ 2+1 2+1 ( 2 + 1)2 = 3 + 2 2; = √ ·√ = 2−1 2−1 2+1 √ √ √ √ √ |3 − 3| − |5 − 27| 3− 3−3 3+5 8−4 3 √ √ = √ √ √ = | 27 −√3| +√ |1 − 3| √3 3 − 3 + 3 − 1 4 3−4 2− 3 1 √ 3+1 3−1 = √ = ( 3 − 1) ; ·√ = 3−1 2 3−1 3+1 √ √ √ √ √ √ |4 − 3 2| + |3 − 2 2| 3 2−4+3−2 2 |4 − 18| + |3 − 8| √ √ √ √ √ √ = = |4 √ − 2| − |√ 8 − 3| √|4 − 2| − |2 2 − 3| 4− 2+2 2−3 √ ( 2 − 1)2 2−1 2−1 = √ ·√ = = 3 − 2 2; 2−1 2+1 2−1 √ √ √ √ √ √ |3 − 2 3| − | 3 − 1| 2 3−3− 3+1 |3 − 12| − | 3 − 1| √ √ √ √ = √ = √ | 27 |2 3 − 7| √|3 3 − 5| + |2 √ 3 − 7| 3 3−5+7−2 3 √ − 5| + √ √ 7−4 3 ( 3 − 2)2 3−2 3−2 = = 4 3 − 7. = √ ·√ = 3−4 −1 3+2 3−2

83

1

BROJEVI

Zadatak 17.

Rjeˇsenje.

Zadatak 18.

Racionaliziraj nazivnik sljede´cih razlomaka: √ √ √ √ 2 5+5 2 3 2−2 5 √ ; √ ; 2) √ 1) √ 2 5+3 2 5 2−2 5 √ 2 3 1 √ √ ; √ . √ 3) √ 4) 1 + 2+ 3 2+ 3+ 5 √ √ √ √ √ √ √ −(3 2 − 2 5)2 12 10 − 38 3 2−2 5 2 5−3 2 √ √ √ √ · = = 1) 20 − 18 2 2 5√+ 3 2 2 5 − 3 2 = 6 10 − 19 ; √ √ √ √ √ √ √ 5 2+2 5 5 2+2 5 (5 2 + 2 5)2 70 + 20 10 √ · √ √ = 2) √ = 50 − 20 50 − 20 5 2−2 5 5 2+2 5 √ 1 = (7 + 2 10) ; 3 √ √ √ √ √ √ ( 2 + 3) − 5 2 6 + 6 − 2 15 2 3 √ · √ √ = √ √ √ √ 3) √ 2+ 5 ( √2 + 3)2 −√5 √ 3 + 5√ ( 2 +√ 3) − √ √ 2 6 + 6 − 2 15 6 + 3 − 15 6 6 + 3 6 − 3 10 √ √ = = ·√ = 6 6 6 √ 2 6√ 6 10 =1+ − ; 2 2 √ √ √ √ √ √ √ 1 (1 + 2) − 3 1+ 2− 3 1+ 2− 3 2 √ √ · √ √ = √ √ 4) = ·√ 1 +√ 2 + 3√ (1 + 2) − 3 3+2 2−3 2 2 2 2+2− 6 = . 4 Koliko je |1 −

Rjeˇsenje.

Zadatak 19. Rjeˇsenje.

Zadatak 20. Rjeˇsenje.

84

√ √ √ √ √ √ √ 2| − | 2 − 3| − | 3 − 4| − . . . − | 99 − 100|?

U svakoj od zagrada je negativan broj pa je njegova √ apsolutna √ √ vrijednost √ √ njemu suprotan broj. Tako je dani izraz jednak: −1+ 2+ 2− 3+ 3− 4 . . .+ √ √ √ 99 − 100 = −101 + 2 2 . Rijeˇsi jednadˇzbu x · x = 28 . Oˇcito je x ∈ 5, 6 (5 · 5 < x < 6 · 6) . Tako je x = 5 te je onda x = Izraˇ √ √ cunaj:√ √ √  1 +  2 +  3 + . . . +  49 +  50 ? √ √ √  1 ,  2 ,  3 = 1 . √ √  4, . . . ,  8 = 2 . √ √  9, . . . ,  15 = 3 . √ √  16, . . . ,  24 = 4 . √ √  25, . . . ,  35 = 5 . √ √  36, . . . ,  48 = 6 . √ √  49,  50 = 7 .

28 . 5

REALNI BROJEVI

1.5

Sada je: √ √ √ √ √  1 +  2 +  3 + . . .  49 +  50 = 3 · 1 + 5 · 2 + 7 · 3 + 9 · 4 + 11 · 5 + 13 · 6 + 2 · 7 = 217 .

Zadatak 21. Rjeˇsenje.

Zadatak 22. Rjeˇsenje.

1

3

5

Za koji je najmanji cijeli broj k umnoˇzak 2 2 · 2 2 · 2 2 · . . . · 2 1

3

2k−1

5

1

3

2k−1 2

ve´ci od 256?

2k−1

5

Moˇzemo zapisati: 2 2 · 2 2 · 2 2 · . . . · 2 2 = 2 2 + 2 + 2 +...+ 2 > 256 = 28 . 1 3 5 2k − 1 Onda je + + + . . . + > 8 . No zbroj prvih n prirodnih brojeva 2 2 2 2 2 jednak je n , pa imamo nejednadˇzbu 12 k2 > 8 , odakle je k2 > 16 . Najmanji cijeli broj k koji zadovoljava uvjete zadatka je k = 5 . 1 1 1 1 √ +√ √ +√ √ + ... + √ √ Izraˇcunaj: √ . 99 + 100 1+ 2 2+ 3 3+ 4 1 √ , n ∈ N , n = 1, 2, . . . , 99 . RacionaSvaki pribrojnik je oblika √ n+ n+1 lizirajmo ga: √ √ √ √ √ n− n+1 n− n+1 √ 1 √ √ = n + 1 − n. ·√ = √ n−n−1 n+ n+1 n− n+1 Sada sredimo zadani izraz: 1 1 1 1 √ +√ √ +√ √ + ...+ √ √ √ 99 + 100 1+ 2 2+ 3 3+ 4 √ √ √ √ √ √ √ √ = 2 − 1 + 3 − 2 + . . . + 99 − 98 + 100 − 99 = 10 − 1 = 9. Zbroj je jednak 9.

Zadatak 23. Rjeˇsenje.

√ Izraˇcunaj broj 5 toˇcno na 4 decimale sluˇze´ci se raˇcunalom, ali koriste´ci samo operaciju mnoˇzenja. √ Odredimo intervale an , an unutar kojih leˇzi broj 5 . 4 = 22