matematika 1+ · poglavlje 1 obodni i sredi•snji kut ponovimo •sto znamo o odnosu obodnog i...
TRANSCRIPT
Matematika 1+
- skripta za dodatnu nastavu u 1. razredu srednje skole -
Kristijan Kvaternik
Sadrzaj
1 Obodni i sredisnji kut 2Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Sukladnost i slicnost 9Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Algebarski izrazi 19Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4 Matematicka indukcija 28Zadatci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1
Poglavlje 1
Obodni i sredisnji kut
Ponovimo sto znamo o odnosu obodnog i sredisnjeg kuta.
Poucak 1.1. Ako je mjera istaknutog sredisnjeg kuta kruznice β, a mjeranjemu pridruzenog obodnog kuta α, tada vrijedi
β = 2α.
Posljedica ovog poucka jest poznati Talesov poucak.
Poucak 1.2 (Talesov poucak). Obodni kut nad promjerom kruznice jest pravikut.
Ta tvrdnja je ocita, buduci da je promjer kruznice zapravo ispruzeni kuts vrhom u sredistu kruznice. Iz odnosa obodnog i sredisnjeg kuta takoderslijedi cinjenica kako su svi obodni kutevi nad istim lukom kruznice jednaki.
Primjer 1.1. Dokazi da simetrala duzine kojoj su krajevi nozista dviju visinatrokuta prolazi polovistem trece stranice.
2
Rjesenje.Buduci da je ]BNcC = ]CNbB = 90◦, prema Talesovom poucku tockeNb, Nc leze na kruznici promjera BC. Sada je NbNc tetiva te kruznice.Buduci da simetrala svake tetive prolazi sredistem kruznice, simetrala duzineNbNc zaista prolazi polovistem duzine BC.
Primjer 1.2. Zadan je trokut i polukruznica kojoj je promjer jedna stranicatrokuta. Konstruiraj ortocentar tog trokuta samo pomocu ravnala.
Rjesenje. Neka je BC promjer te polukruznice. Spojimo tocku B sa sjecistempolukruznice i stranice CA te tocku C sa sjecistem polukruznice i straniceAB. Sjeciste tih spojnica jest ortocentar trokuta (Zasto?).
Primjer 1.3. Dokazi da se sjeciste simetrale kuta trokuta i simetrale tomkutu nasuprotne stranice nalazi na opisanoj kruznici tog trokuta.
3
Rjesenje.Neka simetrala stranice BC sijece opisanu kruznicu u tocki T . Povucimopravac AT ; treba dokazati kako je taj pravac simetrala kuta ]BAC. Premaoznakama na slici vrijedi |BT | = |TC| ⇔ ]TBC = ]TCB (svojstvo sime-trale stranice). Zbog jednakosti obodnih kuteva vrijedi ]TBC = ]TAC(obodni kutevi nad tetivom TC) i ]TCB = ]TAB (obodni kutevi nadtetivom TB), odakle slijedi tvrdnja zadatka.
Dokazite za vjezbu sami sljedeci poucak.
Poucak 1.3 (Kut tangente i tetive). Kut izmedu tangente kruznice kojoj jediraliste u krajnjoj tocki tetive jednak je obodnom kutu nad tom tetivom.
Primjer 1.4. Krajevima tetive AB kruznice povucene su tangente koje se
sijeku u tocki C. Dokazi da je poloviste P luka AB srediste trokutu 4ABCupisane kruznice.
4
Rjesenje.Neka je S srediste kruznice i ]CAB = ]ABC = α. Prema poucku 1.3 vri-jedi ]ASB = 2α. Zato slijedi ]ASP = α (Zasto?). Tada je obodni kut nadtetivom AP jednak α/2 (tj. ]PAB = α/2), pa je opet prema poucku 1.3]CAP = α/2, tj. pravac AP je simetrala kuta ]CAB. Analogno vrijedi iza kut ]ABC, pa je P srediste upisane kruznice trokuta 4ABC.
Poucci vezani uz obodne i sredisnje kutove se mogu primjenjivati i naneke zadatke o kruznici i cetverokutu. Uz to je vezana jedna posebna vrstacetverokuta - tetivni cetverokut.
Poucak 1.4 (Tetivni cetverokut). Tetivni cetverokut jest svaki cetverokutkojemu se moze opisati kruznica. Zbroj dvaju nasuprotnih kuteva tetivnogcetvrokuta iznosi 180◦.
5
Dokaz.Prema oznakama na slici vrijedi (Zasto?)
]RPQ = ]RSQ = α,
]SPR = ]SQR = β,
]PRQ = ]PSQ = γ,
]PRS = ]PQS = δ.
Zato slijedi2(α + β + γ + δ) = 360◦
⇔ ]QPS + ]QRS = 180◦.
Korisno je napomenuti kako vrijedi i obrat poucka o tetivnom cetverokutu(dokaz provedite sami).
6
Poucak 1.5. Ako zbroj nasuprotnih kuteva nekog cetverokuta iznosi 180◦,tada je taj cetverokut tetivan.
Iz obrata poucka o tetivnom cetverokutu slijedi kako je svaki cetverokutkojemu su dva nasuprotna kuta prava tetivan, sto je korisno za upamtiti.
Primjer 1.5. Neka je ¤ABCD tetivan cetverokut takav da se pravci AD iBC sijeku u tocki F te da pravci AB i CD nisu paralelni. Ako je sjecistedijagonala tog cetverokuta tocka E i ako je cetverokut ¤CEDF takoder teti-van, dokazi da je EF ⊥ AB.
Rjesenje.Prema tvrdnji zadatka vrijedi ]EDF = 180◦ − ]ECF ⇒ ]ADB = 180◦ −]ACB. No kutevi ]ADB i ]ACB su jednaki (Zasto?) pa mora vrijediti]ADB = ]ACB = 90◦. Zbog toga slijedi da je tocka E ortocentar trokuta4ABF , pa je ocito kako je EF ⊥ AB.
7
Zadatci za vjezbu - obodni i sredisnji kut
Zadatak 1.1. Zadan je paralelogram ¤ABCD takav da je |AB| = 2|BC|.Ako je tocka M poloviste stranice AB, dokazi da je CM ⊥ DM .
Zadatak 1.2. Zadana je kruznica k s centrom O i na njoj tocka A. Odrediskup polovista svih onih tetiva kojima je A jedan kraj.
Zadatak 1.3 (Nozisni trokut). Trokut kojemu su vrhovi nozista visina unekom trokutu zove se nozisni trokut. Dokazi da se ortocentar trokuta po-klapa sa sredistem upisane kruznice njegovog nozisnog trokuta.
Zadatak 1.4. Dokazi da produzeci visina povucenih iz dva vrha trokuta si-jeku tom trokutu opisanu kruznicu u tockama koje su jednako udaljene odtreceg vrha.
Zadatak 1.5. Dvije se kruznice dodiruju izvana. Ako njihovim diralistempovucemo sekantu (pravac koji sijece obje kruznice), onda ta sekanta sijecekruznicu u diralistima paralelnih tangenata. Dokazi.
Zadatak 1.6. U trokutu 4ABC visina iz vrha A sijece stranicu BC u tockiA1 i opisanu kruznicu trokuta 4ABC u tocki A2. Dokazi da vrijedi
|HA1| = |A1A2|,pri cemu je H ortocentar trokuta 4ABC.
Zadatak 1.7. Neka je CH visina siljastokutnog trokuta 4ABC a tocka Osrediste njemu opisane kruznice. Ako je T noziste okomice iz tocke C napravac AO, dokazi da pravac TH prolazi polovistem duzine BC.
Zadatak 1.8. Od tri kruznice svaka dira dvije preostale izvana. U svakomdiralistu dviju kruznica povucena je tangenta na te dvije kruznice. Dokazida se te tangente sijeku u sredistu opisane kruznice trokuta kojemu se vrhovita diralista.
Zadatak 1.9. Od cetiri kruznice svaka kruznica dira po dvije kruznice izvana.Dokazi da diralista tih kruznica leze na jednoj kruznici.
Zadatak 1.10. Dokazi da simetrale dvaju suprotnih kuteva tetivnog cetverokutasijeku tom cetverokutu opisanu kruznicu u krajnjim tockama istog promjera.
Zadatak 1.11. Neka je ¤ABCD konveksan cetverokut takav da su dijagonaleAC i BD okomite i neka se sijeku u tocki P . Dokazi da nozista okomica iztocke P na stranice AB, BC, CD, DA leze na istoj kruznici.
Zadatak 1.12. Od dviju jednakih kruznica k1 i k2 jedna prolazi sredistemdruge. Kruznice se sijeku u tockama A i B. Tockom A povucena je tetivakruznice k1 koja k2 sijece jos u tocki P , a k1 jos u tocki Q. Dokazi da jetrokut 4QBP jednakostanican.
8
Poglavlje 2
Sukladnost i slicnost
U ovom cemo se pogavlju uglavnom baviti sukladnim i slicnim trokutima jerse vecina problema povezana sa sukladnosti i slicnosti svodi na sukladnost islicnost trokuta. Postoje tocno odredena pravila prema kojima mozemo lakoustanoviti jesu li trokuti sukladni, odnosno slicni a koja cemo sad ponoviti(i nadopuniti).
Poucak 2.1 (Sukladnost trokuta). Dva su trokuta sukladna ako se poklapajuu:
- dvjema stranicama i kutu medu njima (SKS poucak)
- jednoj stranici i dvama kutevima uz nju (KSK poucak)
- svima trima stranicama (SSS poucak)
- dvjema stranicama i kutu nasuprot vecoj od njih (SSK poucak)
Tvrdnju da su trokuti 4ABC i 4A1B1C1 sukladni zapisujemo 4ABC ∼=4A1B1C1, pri cemu je ∼= oznaka sukladnosti.
Sukladnost trokuta se koristi u dokazivanju nekih osnovnih cinjenica ugeometriji.
Poucak 2.2 (Svojstvo simetrale duzine). Svaka je tocka simetrale duzinejadnako udaljena od krajnjih tocaka te duzine.
Dokaz. Uputa: primijeni SKS poucak o sukladnosti.
Poucak 2.3 (Svojstvo simetrale kuta). Svaka je tocka na simetrali kuta(manjega od 180◦) jednako udaljena od krakova tog kuta.
9
Napomena: pod udaljenosti tocke i pravca podrazumijevamo udaljenosttocke i nozista okomice iz tocke na taj pravac.
Dokaz. Uputa: primijeni KSK poucak o sukladnosti.
Dokazite i obrate poucaka 2.2 i 2.3.
Primjer 2.1. Nad katetom AC i hipotenuzom AB pravokutnog trokuta4ABCkonstruirani su kvadrati ¤ADEB i ¤ACFG. Dokazi da je |CD| = |BG|.
Rjesenje.Vrijedi 4ABG ∼= 4ADC zbog |AG| = |AC|, |AB| = |AD| i ]DAC =]GAB = 90◦ + ]BAC, pa je ocito kako vrijedi tvrdnja zadatka.
Poucak 2.4 (Slicnost trokuta). Dva su trokuta slicna ako:
10
- im je jedan par stranica proporcionalan i kutevi sto ih zatvaraju ti parovimedusobno jednaki (SKS poucak)
- su dva kuta jednog trokuta jednaka odgovarajucim kutevima drugog trokuta(KK poucak)
- su im odgovarajuce stranice proporcionalne (SSS poucak)
Tvrdnju da su trokuti4DEF i4D1E1F1 slicni zapisujemo4DEF ∼ 4D1E1F1,pri cemu je ∼ oznaka slicnosti. Omjer odgovarajucih stranica dvaju slicnihtrokuta jest stalan (za te trokute) i naziva se koeficijentom slicnosti.
Uocimo kako su sukladni trokuti takoder slicni s koeficijentom slicnosti1. Podsjetite se kako glase dokazi sljedecih trdnji.
Poucak 2.5. Omjer opsega slicnih trokuta jednak je koeficijentu slicnosti tihtrokuta.
Poucak 2.6. Omjer povrsina slicnih trokuta jednak je kvadratu koeficijentaslicnosti tih trokuta.
Mnogi se poucci u geometriji temelje na slicnosti trokuta. Navest cemoneke i dokazati ih.
Poucak 2.7 (Euklidov poucak). Ako su p i q duljine odrezaka sto ih visinaduljine v cini na hipotenuzi pravokutnog trokuta, tada vrijedi
v =√
pq.
11
Dokaz.Prema oznakama na slici vrijedi 4ANC ∼ 4CNB (objasni zasto). Odatleslijedi:
|AN ||CN | =
|CN ||NB| ,
v2 = pq,
odakle direktno slijedi tvrdnja zadatka. Takoder vrijedi a =√
qc, b =√
pc(dokazi i pomocu tih tvrdnji izvedi Pitagorin poucak).
Poucak 2.8 (Potencija tocke). Neka je T tocka kruznice k i neka se tetivete kruznice, AB i CD, sijeku u T . Tada vrijedi
|TA| · |TB| = |TC| · |TD|.
Umnosci s lijeve i desne strane jednakosti nazivaju se potencijom tocke T uodnosu na kruznicu k.
12
Dokaz. Uputa: promatraj obodne kuteve u cetverokutu ¤ABCD i primijeniKK poucak o slicnosti.
Primjer 2.2. Neka je ¤ABCD tetivni cetverokut i neka se pravci BC i DAsijeku u tocki E. Dokazi da su trokuti 4ABE i 4CDE slicni.
Rjesenje.Vrijedi ]EDC = 180◦ − δ = β, ]ECD = 180◦ − γ = α (Zasto?), pa premaKK poucku vrijedi tvrdnja zadatka. Uocimo sad da zbog toga vrijedi
|AE| · |DE| = |BE| · |CE|,
sto je zapravo takoder poucak o potenciji tocke (lijeva i desna strana supotencije tocke tocke E u odnosu na opisanu kruznicu cetverokuta ¤ABCD).Dakle, poucak o potenciji tocke vrijedi i za tocke izvan kruznice.
Dokazite za vjezbu sami sljedeci poucak.
13
Poucak 2.9 (Srednjica trokuta). Srednjica trokuta jest spojnica polovistadvije stranice u trokutu. Srednjica trokuta je paralelna s trecom stranicom ijednaka polovini njene duljine.
Jedna posljedica poucka o srednjici trokuta jest poucak o tezistu trokuta.
Poucak 2.10 (Poucak o tezistu trokuta). Teziste trokuta dijeli svaku tezisnicuu omjeru 1:2 (racunajuci od polovista stranice do vrha).
Dokaz.Oznacimo teziste trokuta s T . Tada je P1P2 srednjica trokuta 4ABC, paprema poucku 2.9 i KK poucku slijedi da su trokuti 4P1TP2 i 4BTA slicnis koeficijentom slicnosti 1
2. Otuda direktno slijedi tvrdnja zadatka.
Poucak 2.11 (Svojstvo simetrale kuta u trokutu). Ako u trokutu 4ABCsimetrala kuta ]BAC sijece stranicu BC u tocki K, tada vrijedi
|BK| : |KC| = |BA| : |AC|.
14
Dokaz.Oznacimo duzine kao na slici. Povucimo paralelu s pravcem AK kroz tockuC; ta paralela sijece pravac AB u tocki L. Tada zbog jednakosti kutevauz presjecnicu slijedi ]ACL = ]CAK = ]KAB = ]ALC, pa je trokut4CAL jednakokracan, tj. |AL| = b. s druge strane, zbog AK ‖ CL slijedi4KBA ∼ 4CBL, tj.
|BK||BC| =
|BA||BL| ,
m
m + n=
c
c + b,
mc + mb = mc + nc,
m : n = c : b.
15
Zadatci za vjezbu - sukladnost i slicnost
Zadatak 2.1. Ako se u nekom cetverokutu dijagonale raspolavljaju, taj jecetverokut paralelogram. Dokazi.
Zadatak 2.2. Ako su u koneksnom cetverokutu dvije suprotne stranice par-alelne i jednake, taj je cetverokut paralelogram. Dokazi.
Zadatak 2.3. Zadanom tockom povuci pravac koji s dva zadana ukrstenapravca zatvara jednake kuteve. (Napomena: ukrsteni pravci su pravci kojiimaju tocno jednu zajednicku tocku.)
Zadatak 2.4. Nad stranicama AD i CD paralelograma ¤ABCD konstru-irani su s vanjske strane jednakostranicni trokuti 4ADN i 4DCM . Dokazida je trokut 4BMN jednakostranican.
Zadatak 2.5. S vanjske strane kvadrata ¤ABCD nacrtani su jednakos-tranicni trokuti 4APB, 4BQC, 4CRD i 4DSA. Dokazi da je cetverokut¤PQRS kvadrat.
Zadatak 2.6. Nad katetama AC i BC pravokutnog trokuta 4ABC kon-struirani su s vanjske strane kvadrati ¤ACDE i ¤BFGC. Iz tocaka E i Fspustene su okomice EP i FQ na pravac AB. Dokazi da je |EP | + |FQ| =|AB|.Zadatak 2.7. Neka je k kruznica sa sredistem u tocki O i T tocka izvan nje.Neka je S sjeciste kruznice k duzine OT . U tocki S povucena je tangentat na k i oko O opisana kruznica k1 kroz T koja t sijece u tockama P i Q.Dokazi da su sjecista duzina OP i OQ sa k diralista tangenata povucenih izT na k.
Zadatak 2.8. Neka su |AB| i |CD| medusobno okomiti promjeri kruga.Tetiva DF sijece AB u tocki E. Ako je |DE| = 6 i |EF | = 2, kolika jepovrsina kruga?
Zadatak 2.9. U pravokutnom trokutu4ABC tocka K je poloviste hipotenuzeAB. Tocka M je na stranici AC tako da je |AM | = 2|MC|. Dokazi a je]MBA = ]MKC.
Zadatak 2.10. Konstruiraj duzine duljine√
n i1
nako je zadana duzina
duljine n i jedinicna duzina.
Zadatak 2.11. Visina i tezisnica iz vrha C pravog kuta pravokutnog trokuta4ABC odnose se kao 40:41. Kako se odnose katete tog trokuta?
Zadatak 2.12. U trokutu4ABC istaknuta je tocka T i kroz nju su povuceneusporednice s savim stranicama trokuta. Na taj je nacin trokut4ABC podi-jeljen na tri manja trokuta i tri paralelograma. Ako sa P1, P2, P3 oznacimo
16
povrsine tih manjih trokuta, a sa P povrsinu trokuta 4ABC, dokazi davrijedi √
P =√
P1 +√
P2 +√
P3.
Zadatak 2.13. Zadan je trapez ¤ABCD s osnovicama AB i CD takav daje |CD| = 2|AB| i BC ⊥ BD. Neka je tocka M poloviste duzine CD, tockaE sjeciste pravaca BC i AD, tocka O sjeciste pravaca AM i BD, a tocka Nsjeciste pravaca AB i OE.
a) Dokazi da je ¤ABMD romb.
b) Dokazi da je 4CDE jednakokracan.
c) Dokazi da pravac DN raspolavlja duzinu BE.
Zadatak 2.14. Kolike su stranice jednakokracnog trokuta kojemu je visinana osnovicu v, a polumjer upisane kruznice ρ?
Zadatak 2.15. Zadan je trokut 4ABC. Neka je B1 tocka na visini togtrokuta povucenoj iz vrha B takva da je ]AB1C = 90◦, a C1 tocka na visinitog trokuta povucenoj iz vrha C takva da je ]AC1B = 90◦. Dokazi da je|AB1| = |AC1|.Zadatak 2.16. Osnovica jednakokracnog trokuta ima duljinu a, a krak duljinub. Simetrale kutova na osnovici sijeku krakove u tockama P i Q. Dokazi davrijedi
|PQ| = ab
a + b.
Zadatak 2.17. U pravokutni trokut s katetama a i b upisan je kvadrat kojemuje jedna vrh u vrhu pravoga kuta trokuta, druga dva vrha na katetama acetvrti vrh na hipotenuzi. Odredi stranicu kavdrata.
Zadatak 2.18. U trokutu je zadano a, b i γ = 120◦. Dokazi da je tada
sγ =ab
a + b,
gdje je sγ duljina simetrale kuta γ unutar trokuta.
Zadatak 2.19. Neka je4ABC jednakokracan pravokutni trokut, D polovistekatete BC i E tocka u kojoj simetrala kuta ]ADC sijece katetu AC. Oznacimosa F noziste okomice spustene iz E na AD. Dokazi da je |AF | = 2|CE|.Zadatak 2.20. U trokutu 4ABC povucene su simetrala kuta AS i tezisnicaAT . Kruznica opisana trokutu4AST sijece stranicu AB u tocki D a stranicuAC u tocki E. Dokazi da je |BD| = |CE|.
17
Zadatak 2.21 (Bonerov poucak). U svakom trokutu 4ABC u kojem je β =2α vrijedi b2 = a2 + ca. Dokazi.
Zadatak 2.22. Polovistem P hipotenuze AB pravokutnog trokuta 4ABCnacrtana je okomica na AB koja katetu AC sijece u tocki M , a produzetakkatete BC u tocki N . Izrazi duljine stranica a, b i c trokuta 4ABC pomocuduljina odrezaka m = |PM | i n = |PN |.
18
Poglavlje 3
Algebarski izrazi
Izrazi poput a, 3a7b, cdef, 413
a2d15 zovu se monomi, pri cemu su a, b, c, d, e, fvarijable ili opci brojevi. Zbroj konacno mnogo monoma zove se polinom iliviseclani izraz (specijalno, zbroj dvaju monoma zove se binom ili dvoclaniizraz, dok se zbroj triju monoma zove trinom ili troclani izraz). Svaki izrazkoji sadrzi varijable zove se algebarski izraz, a dio matematike koji proucavaalgebarske izraze zove se algebra. Kod racunanja s algebarskim izrazimavrijede ista pravila kao i kod racunanja s brojevima (ponovite ta pravila).Vec otprije poznajete formule za kvadrat zbroja i razlike dvaju brojeva:
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2,
(a− b)2 = a2 − 2ab + b2.
Te se formule jednostavnu zovu kvadrat binoma i krace se zapisuju:
(a± b)2 = a2 ± 2ab + b2.
Sve se navedene formule jednostavno izvode primjenom svojstva distribu-tivnosti mnozenja prema zbrajanju, ili krace, mnozenjem ”svakog sa svakim”.Slicne formule postoje i za kub zbroja i razlike dvaju brojeva, odnosno kub bi-noma:
(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3,
(a− b)3 = a3 − 3a2b + 3ab2 − b3.
Pokusajte te formule izvesti mnozeci ”svakog sa svakim”1. Iz tih formulamozemo lako zakljuciti sljedece:
(a± b)3 = a3 ± 3a2b + 3ab2 ± b3.
1Postoji univerzalna formula za potenciju binoma - razvoj binoma. Uci se u 4. razredugimnazije.
19
Dobivena se formula zove formula za kub binoma. Uocite uz koje se clanovemijenja predznak. Prisjetite se kako ste geometrijski interpretirali formule zakvadrat binoma. Sto mislite, mogu li se tako interpretirati i formule za kubbinoma? Kako?
Primjer 3.1. Ako je jedan od pribrojnika u izrazu
(x− y)3 + (y − z)3 + (z − x)3
jednak nuli, tada je cijeli izraz jednak nuli. Dokazi.
Rjesenje. Imamo redom:
(x− y)3 + (y − z)3 + (z − x)3 =
x3 − 3x2y + 3xy2 − y3
y3 − 3y2z + 3yz2 − z3
z3 − 3z2x + 3zx2 − x3
+ =
−3x2(y − z) + 3x(y2 − z2)− 3yz(y − z) =(y − z)[−3x2 + 3x(y + z)− 3yz] =(y − z)(−3x2 + 3xy + 3xz − 3yz) =(y − z)[3x(z − x)− 3y(z − x)] =(y − z)(z − x)(3x− 3y) =3(x− y)(y − z)(z − x).
Buduci da je produkt jednak nuli ako i samo ako je jedan od faktora jednaknuli, vrijedi tvrdnja zadatka. Uoci kako je zapisano raspisivanje pribrojnikau drugom redu (takav zapis omogucava bolju preglednost izraza - sto se svepokratilo u drugom redu?).
Prisjetimo se formule za razliku kvadrata:
a2 − b2 = (a + b)(a− b).
Takoder postoje analogne formule za zbroj i razliku kubova. Njihovi izvodislijede iz formule za kub binoma. Izvedimo ih! Za zbroj kubova vrijedi:
x3 + y3 = (x + y)3 − 3x2y − 3xy2
= (x + y)3 − 3xy(x + y)= (x + y)[(x + y)2 − 3xy]= (x + y)(x2 − xy + y2).
20
Analogno izvodimo i formulu za razliku kubova:
x3 − y3 = (x− y)3 + 3x2y − 3xy2
= (x− y)3 + 3xy(x− y)= (x− y)[(x− y)2 + 3xy]= (x− y)(x2 + xy + y2).
Skraceno ove formule zapisujemo:
x3 ± y3 = (x± y)(x2 ∓ xy + y2).
Primjer 3.2. Ako za brojeve a, b, c vrijedi a + b + c = 0, dokazi da vrijedi
a2
bc+
b2
ca+
c2
ab= 3.
Rjesenje. Nakon mnozenja tvrdnje zadatka sa abc 6= 0 dobivamo
a3 + b3 + c3 = 3abc.
Dokazimo to. Uz koristenje uvjeta zadatka slijedi
a3 + b3 + c3 = (a + b)(a2 − ab + b2) + c3
= −c(a2 − ab + b2) + c3
= c(c2 − a2 + ab− b2)= c[(a + b)2 − a2 + ab− b2]= c(a2 + 2ab + b2 − a2 + ab− b2)= 3abc,
i dokaz je zavrsen. Pokusajte rijesiti i primjer 3.1 pomocu formula za zbroji razliku kubova.
Pokazimo jos i formulu za kvadrat trinoma. Korisno ju je upamtiti:
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca.
Pokusajte ju dokazati sami za vjezbu.
Primijetimo kako smo u svim dosadasnjim primjerima rastavljali alge-barske izraze na faktore. Faktorizacija algebarskih izraza je vrlo bitna jerse njome izrazi bitno mogu pojednostavniti te se (u vecini slucajeva) moguizvesti neki novi zakljucci.Kako sve mozemo faktorizirati algebarske izraze?
• izlucivanjem zajednickog faktora
21
• grupiranjem clanova
• prikazivanjem pojedinih clanova u obliku zbroja, tj. razlike
• upotrebom formula (kvadrat i kub binoma, razlika kvadrata i kubova,zbroj kubova . . . )
Faktorizacija je jako vazna u algebri. Ima veliku i vaznu primjenu u rjesavanjujednadzbi, diofanstkih jednadzbi te u istrazivanju nekih svojstava funkcija.Faktorizacija algebarskih izraza takoder je korisna kod racunanja s alge-barskim razlomcima - razlomcima kojima su i brojnik i nazivnik neki poli-nomi.
Primjer 3.3. Izracunaj:
2a(b− 3)
4a(b + 2)− 6− 2b
4(b + 2).
Rjesenje. S algebarskim razlomcima racunamo kao i s ”obicnim” razlomcima:
2a(b− 3)
4a(b + 2)− 6− 2b
4(b + 2)=
2a(b− 3)− a(6− 2b)
4a(b + 2)
=2ab− 6a− 6a + 2ab
4a(b + 2)
=3ab− 12a
4a(b + 2)
=4a(b− 3)
4a(b− 2)
=b− 3
b− 2.
Primjer 3.4. Skrati razlomak:
(a3 − 6a2 + 12a− 8)(6 + 3a)
(a3 + 8)(a2 − 4a + 4).
22
Rjesenje. U ovom je primjeru uputno primijeniti formule na odredene fa-ktore:
(a3 − 6a2 + 12a− 8)(6 + 3a)
(a3 + 8)(a2 − 4a + 4)=
3(a− 2)3(a + 2)
(a + 2)(a2 − 2a + 4)(a− 2)2
=3(a− 2)
a2 − 2a + 4.
Objasni koje su formule bile gdje koristene.
Primjer 3.5. Skrati razlomak:
(8a2 − 6ab + b2)(2a2 + 5ab− 3b2)
(4a2 − 9ab + 2b2)(a2 + 5ab + 6b2).
Rjesenje. Svaki od faktora u brojniku i nazivniku jest kvadratni trinom kojitreba rastaviti na faktore. To cemo napraviti tako da najprije srednji clan tri-noma prikazemo u obliku zbroja/razlike dva izraza kojima je umnozak jednakumnosku prvog i posljednjeg clana trinoma. Zatim cemo pogodno grupiratinovonastale clanove i izluciti zajednicke faktore. Radi preglednosti ucinitcemo to na svakom faktoru posebno:
8a2 − 6ab + b2 = 8a2 − 4ab− 2ab + b2
= 4a(2a− b)− b(2a− b)= (2a− b)(4a− b),
2a2 + 5ab− 3b2 = 2a2 − ab + 6ab− 3b2
= a(2a− b) + 3b(2a− b)= (2a− b)(a + 3b),
4a2 − 9ab + 2b2 = 4a2 − ab− 8ab + 2b2
= a(4a− b)− 2b(4a− b)= (4a− b)(a− 2b),
a2 + 5ab + 6b2 = a2 + 2ab + 3ab + 6b2
= a(a + 2b) + 3b(a + 2b)= (a + 2b)(a + 3b).
Sada dobivamo kako je pocetni izraz jednak(2a− b)2
a2 − 4b2.
Kod racunanja s algebarskim razlomcima zgodno je da su svi nazivnicifaktorizirani prije racuna kako bi se cijeli racun pojednostavnio.
23
Primjer 3.6. Pojednostavni:
1
(a− b)(a− c)+
1
(b− c)(b− a)+
1
(c− a)(c− b).
Rjesenje. Primijetimo kako se u faktorima nazivnika javljaju suprotni bro-jevi. Zbog toga mozemo iz svakog pribrojnika izluciti −1 i tako pojednos-tavniti svodenje na zajednicki nazivnik:
1
(a− b)(a− c)+
1
(b− c)(b− a)+
1
(c− a)(c− b)=
−[
1
(a− b)(c− a)+
1
(b− c)(a− b)+
1
(c− a)(b− c)
]=
−a− b + b− c + c− a
(a− b)(b− c)(c− a)= 0.
Faktorizacija algebarskih izraza moze se primijeniti i kod djeljivosti - ras-tavljanjem izraza na faktore mozemo ispitati svojstva djeljivosti prirodnih icjelih brojeva.
Primjer 3.7. Dokazi da je zbroj kubova triju uzastopnih prirodnih brojevadjeljiv s 9.
Rjesenje. Neka su to brojevi n − 1, n, n + 1. Tada vrijedi (n − 1)3 + n3 +(n + 1)3 = 3n3 + 6n = 3n(n2 + 1) (dokazi). Dakle, treba pokazati da je izrazn(n2 + 1) djeljiv s 3.Ako je n djeljiv s 3, tvrdnja je ocita.Ako je n = 3k + 1 ili n = 3k + 2, tada je n2 + 1 djeljiv s 3 (dokazi raspisi-vanjem!).Zato je ocito kako za svaki prirodan broj n vrijedi tvrdnja zadatka.
I u racunskim zadatcima mozemo primijeniti algebarske izraze uocavanjembrojevnih veza i pogodnom supstitucijom.
Primjer 3.8. Usporedi brojeve√
2008 · 2010 i 2009.
Rjesenje. Neka je 2009 = x, tada je√
2008 · 2010 =√
(x− 1)(x + 1)
=√
x2 − 1
<√
x2
= x.
Dakle, 2009 >√
2008 · 2010.
24
Zadatci za vjezbu - algebarski izrazi
Zadatak 3.1. Pojednostavni izraz:
a + b + c1a
+ 1b+ 1
c
· ab + bc + ca1ab
+ 1bc
+ 1ca
:11
abc
.
Zadatak 3.2. Rastavi izraz na faktore:
(b− c)(b + c)3 + (c− a)(c + a)3 + (a− b)(a + b)3.
Zadatak 3.3. Nadi vrijednost razlomka
a + b
a− b
ako je 2a2 + 2b2 = 5ab, 0 < a < b.
Zadatak 3.4. Postoje li brojevi a, b, c za koje je izraz
a− b
a + b+
b− c
b + c+
c− a
c + a
jednak nuli ako nijedan od pribrojnika nije jednak nuli i svi su pribrojnicidefinirani?
Zadatak 3.5. Ako su a, b, c, x, y, z realni brojevi ciji umnozak nije jednaknuli za koje vrijedi
x
a+
y
b+
z
c= 1,
a
x+
b
y+
c
z= 0,
dokazi da onda vrijedix2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1.
Zadatak 3.6. Ako vrijedi
a
b− c+
b
c− a+
c
a− b= 0,
onda je takodera
(b− c)2+
b
(c− a)2+
c
(a− b)2= 0.
Dokazi.
Zadatak 3.7. Koja relacija povezuje brojeve a, b, c ako za neke x, y, z vrijedia = x− y, b = x2 − y2, c = x3 − y3?
25
Zadatak 3.8. Dokazi da iz a + b + c = 0 slijedi:
(a) a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0,
(b) (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4).
Zadatak 3.9. Skrati razlomak:
(a)t3 + 3t(t + 1) + 1
t3 + t(t− 1)− 1,
(b)(7zy + 1)3 − 8z3y3
67z2y2 + 16zy + 1,
(c)8a2 + 18ab− 5b2
12a2 + 17ab− 5b2· 5b2 − 32ab− 21a2
9b2 − 67ab + 28a2· 28a2 − 75ab + 27b2
15b2 − 29ab− 14a2.
Zadatak 3.10. Pojednostavni:
(a)a
(a− b)(a− c)+
b
(b− c)(b− a)+
c
(c− a)(c− b),
(b)a2
(a− b)(a− c)+
b2
(b− c)(b− a)+
c2
(c− a)(c− b),
(c)a3
(a− b)(a− c)+
b3
(b− c)(b− a)+
c3
(c− a)(c− b),
(d)ab(a2 − b2) + bc(b2 − c2) + ca(c2 − a2)
a2b2(a− b) + b2c2(b− c) + c2a2(c− a),
(e)(a− b)(a + b)3 + (b− c)(b + c)3 + (c− a)(c + a)3
a + b + c.
Zadatak 3.11. Dokazi da je za svaki n ∈ N broj
(a) n3 − n,
(b) n3 + 11n,
(c) n3 + 5n,
(d) n(n + 1)(2n + 1),
(e) n4 + 3n3 − n2 − 3n,
djeljiv sa 6.
26
Zadatak 3.12. Dokazi da je razlika kvadrata dvaju uzastopnih neparnih pri-rodnih brojeva djeljiva s 8.
Zadatak 3.13. Dokazi da je za svaki cijeli broj n broj (n2 + 3n + 1)2 − 1djeljiv s 24.
Zadatak 3.14. Dokazi da je za svaki prirodan broj n broj
(a) n5 − n djeljiv s 5,
(b) n7 − n djeljiv sa 7.
Zadatak 3.15. Ako je a + b + c = a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1, tada jeabc = 0. Dokazi.
Zadatak 3.16. Ako je
1
x+
1
y+
1
z=
1
x + y + z,
onda je1
x3+
1
y3+
1
z3=
1
x3 + y3 + z3.
Zadatak 3.17. Dokazi da za svaki a ∈ R \ {±1} vrijedi jednakost
1
1− a+
1
1 + a+
2
1 + a2+
4
1 + a4+
8
1 + a8=
16
1− a16.
Zadatak 3.18. Izracunaj:
(a)1
1 · 4 +1
4 · 7 + . . . +1
25 · 28+
1
28 · 31,
(b)(1 + 1
1·3) (
1 + 12·4
) (1 + 1
3·5) (
1 + 14·6
) (1 + 1
5·7) (
1 + 16·8
) (1 + 1
7·9) (
1 + 18·10
),
(c)(2011−
√1 + 2013
√1 + 2012 · 2010
)2
.
Zadatak 3.19. Korijen umnoska cetiri uzastopna prirodna broja uvecanogza 1 je prirodan broj. Dokazi.
27
Poglavlje 4
Matematicka indukcija
U matematici je vrlo vazno znati dokazivati: naime, svaku tvrdnju bismo umatematici morali moci dokazati, odnosno osporiti kako bismo mogli koris-titi nju (ili njenu negaciju) u daljnjem istrazivanju1. Zato i nije cudno sto umatematici postoje razliciti oblici dokaza. U ovom cemo se poglavlju bavitijednim oblikom dokazivanja - matematickom indukcijom.Doakze matematickom indukcijom obicno cemo koristiti kod dokazivanjatvrdnji koje vrijede za prirodne brojeve i njen se princip moze izreci ovako:
Princip matematicke indukcije
i) Baza indukcije.Tvrdnja koju trebamo dokazati vrijedi za neki n0 ∈ N.
ii) Pretpostavka indukcije.Pretpostavljamo da tvrdnja koju trebamo dokazati vrijediza neki k ∈ N.
iii) Korak indukcije.Ako iz pretpostavke indukcije slijedi da tvrdnja koju tre-bamo dokazati vrijedi i za broj k+1, onda navedena tvrdnjaza svaki prirodan broj n.
Pogledajmo na primjeru kako se provodi dokaz matematickom indukci-jom.
1Postoje tvrdnje u matematici koje jos uvijek nisu ni dokazane, ni opovrgnute! Takvaje, na primjer, poznata Goldbachova hipoteza: svaki se parni prirodan broj veci od 2 mozeprikazati kao zbroj 2 prosta broja. Iako tvrdnja naizgled djeluje ”bezopasno”, vec se preko250 godina pokusava dokazati.
28
Primjer 4.1 (Gaussova dosjetka2). Dokazi da za svaki prirodan broj n vrijedijednakost:
1 + 2 + 3 + 4 + . . . + n =n(n + 1)
2.
Rjesenje. Dokaz provodimo matematickom indukcijom po broju n.
i) Baza.Trebamo dokazati da navedena jednakost vrijedi za broj n0 = 1. Lijevastrana jednakosti zapravo predstavlja zbroj svih brojeva od 1 do n paje u ovom slucju jednaka 1, dok je desna strana jednaka
1 · (1 + 1)
2= 1.
Dakle, imamo jednakost 1 = 1 koja ocito vrijedi pa je baza dokazana.
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo jednakost
1 + 2 + 3 + 4 + . . . + k =k(k + 1)
2
vrijedi za neki k ∈ N.
iii) Korak.Trebamo dokazati da jednakost vrijedi i za k + 1, odnosno da vrijedi
1 + 2 + 3 + 4 + . . . + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)
2.
Lijevu stranu mozemo raspisati koristeci pretpostavku:
1 + 2 + 3 + . . . + (k + 1) = 1 + 2 + 3 + . . . + k︸ ︷︷ ︸prema pretpostavci=
k(k+1)2
+(k + 1)
=k(k + 1)
2+ k + 1
= (k + 1)
(k
2+ 1
)
=(k + 1)(k + 2)
2.
2Navedenu je jednakost njemacki matematicar Karl Friedrich Gauss (1777. - 1855.)navodno ”otkrio” s 10 godina kada je na satu matematike dobio zadatak izracunati zbrojsvih prirodnih brojeva od 1 do 100.
29
Ovime je korak indukcije dokazan pa tvrdnja zadatka vrijedi za svakin ∈ N.
Ako vam ovaj dokaz djeluje zbunjujuce ili nejasno, pogledajte sljedecislikoviti ”primjer” koji docarava princip matematicke indukcije.
Primjer 4.2. Poslozili smo domino plocice u red i zelimo provjeriti mozemoli ih sve srusiti.
Provjera. Prvo cemo provjeriti mozemo li srusiti prvu plocicu u redu. Pret-postavimo sad da ce se srusiti neka plocica u redu. Ako njezino rusenje znacida ce se srusiti i iduca plocica u redu, onda ce se srusiti sve domino plocice.Zasto? Uspjeli smo srusiti prvu plocicu. To znaci da ce se srusiti drugaplocica; naime, znamo da rusenje jedne plocice u nizu uzrokuje rusenje iduce.Analogno zakljucujemo kako ce se srusiti i treca plocica, a onda i cetvrta, ipeta i tako sve plocice zaredom. Zaista, srusit ce se sve plocice u redu.Odredi u ovom primjeru ”bazu”, ”pretpostavku” i ”korak”.
Jednakost iz primjera 4.1 mozemo zapisati i skraceno koristeci tzv. znaksumacije:
n∑i=1
i =n(n + 1)
2,
pri cemu jen∑
i=1
i = 1 + 2 + 3 + 4 + . . . + n.
U ovakvom oznacavanju i jest opci clan sume, oznaka∑
(veliko grcko slovosigma) nam oznacava da sve clanove navedenog oblika zbrajamo, a brojevikoji su napisani ispod, odnosno iznad znaka sumacije su donja, odnosnogornja granica sumacije. Slicno se pise i za produkt, pri cemu se umjesto∑
koristi oznaka∏
(veliko grcko slovo pi); npr. izraz
n∏j=0
(2k + 1) = (2 · 0 + 1) · (2 · 1 + 1) · (2 · 2 + 1) · . . . · (2 · (n− 1) + 1) · (2 ·n + 1)
oznacava produkt prvih n+1 neparnih prirodnih brojeva (jer granice mnozenjaidu od 0 do n).
Primjer 4.3. Dokazi formulu za zbroj prvih n parnih prirodnih brojeva:
n∑i=1
2i = n2 + n, ∀n ∈ N.
30
Rjesenje. Dokaz provodimo indukcijom po n.
i) Baza.Za n0 = 1 imamo jednakost 2 = 12 + 1 = 2, koja ocito vrijedi.
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo da jednakost
k∑i=1
2i = 2 + 4 + 6 + . . . + 2k = k2 + k
vrijedi za neki k ∈ N.
iii) Korak.Dokazujemo tvrdnju zadatka za k + 1:
k+1∑i=1
2i = 2 + 4 + 6 + 8 + . . . + 2k︸ ︷︷ ︸=k2+k
+2(k + 1)
= k2 + k + 2k + 1= (k2 + 2k + 1) + (k + 1)= (k + 1)2 + (k + 1).
Korak indukcije je dokazan pa vrijedi tvrdnja zadatka.
Osim jednakosti, matematickom indukcijom mozemo dokazivati i nejed-nakosti - pogledajmo sljedeci primjer.
Primjer 4.4. Dokazi sljedecu nejednakost
n < 2n, ∀n ∈ N.
Rjesenje. i) Baza.Za n0 = 1 imamo nejednakost 1 < 21 koja ocito vrijedi.
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo da postoji k ∈ N takav da vrijedi nejednakost
k < 2k,
odnosno 2k > k.
31
iii) Korak.Trebamo dokazati nejednakost za k + 1: 2k+1 > k + 1. Vrijedi
2k+1 = 2 · 2k > 2k︸ ︷︷ ︸pretpostavka
.
Sada jos samo trebamo provjeriti vrijedi li nejednakost 2k > k + 1. Noto je ocito istina jer je k prirodan broj:
2k > k ⇔ k > 1.
Dakle, vrijedi produzena nejednakost
2k+1 > 2k > k
pa vrijedi i korak indukcije 2k+1 > k + 1. Time je tvrdnja zadatkadokazana.
Uocimo neke nove stvari koje su se pojavile u prethodnom primjeru:
• Oznaku ∀ citamo ”za svaki” i ona nam govori kako tvrdnja vrijedi zasvaki broj o kojem je rijec (u ovom slucaju prirodni broj). Slicno,oznaku ∃ citamo ”postoji” i ona nam govori kako tvrdnja vrijedi zaneke brojeve o kojima je rijec (ili za neke druge elemente: funkcije,skupove, tocke i sl.).
• Primijetimo drukciju formulaciju pretpostavke: ”Pretpostavimo da pos-toji k takav da vrijedi tvrdnja.” umjesto ”Pretpostavimo da tvrdnjazadatka vrijedi za neki k.” Te su dvije recenice, naime, ekvivalentne(tj. iskazuju isti sadrzaj).
• U koraku indukcije najprije smo pokazali kako je lijeva strana nejed-nakosti (broj 2k+1) strogo veci od nekog drugog broja (2k), a kako jeovaj veci ili jednak od desne strane nejednakosti (k). Na taj smo nacinnejednakost dokazali primjenom jednog svojstva koje mozemo izreciovako:
Za svaka tri realna broja a, b, c vrijedi: ako vrijede nejed-nakosti a > b i b > c, onda vrijedi i nejednakost a > c.
Ukoliko izmedu a i b ili b i c vrijedi stroga nejednakost, i izmedu ai c vrijedi stroga nejednakost. Ovo svojstvo zovemo tranzitivnost idosta cesto cemo ga (cak i nesvjesno) upotrebaljavati u dokazivanjunejednakosti (i to ne samo matematickom indukcijom).
32
Primjer 4.5. Dokazi nejednakost
3n > 2n + 3n, ∀n ∈ N, n > 3.
Rjesenje. i) Baza.Za n0 = 3 imamo nejednakost 27 > 17 koja ocito vrijedi.
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo da postoji k ∈ N, k > 3 takav da vrijedi nejednakost
3k > 2k + 3k.
iii) Korak.Dokazujemo tvrdnju za k + 1: 3k+1 > 2k+1 + 3(k + 1). Vrijedi
3k+1 = 3 · 3k
> 3(2k + 3k
)= 3 · 2k + 9k= (2 + 1) · 2k + 9k= 2k+1 + 2k + 3(k + 1) + 6k − 3=
(2k+1 + 3(k + 1)
)+
(2k + 6k − 3
)> 2k+1 + 3(k + 1).
Posljednja nejednakost vrijedi zbog
2k + 6k − 3 > 2 + 6− 3 = 5 > 0.
Kako to da u prethodnom primjeru baza indukcije nije 1, vec 3? Zato stozadanu nejednakost nismo trebali dokazati za svaki prirodan broj n, vec samoza one vece ili jednake 3. Upamtite, baza indukcije jest uvijek najmanji brojn0 od svih brojeva na koje se tvrdnja odnosi (u slucaju da se radi o prirodnimbrojevima).Matematickom indukcijom mozemo dokazivati i djeljivost - pritom koristimooznaku a | b koju citamo ”a dijeli b”. Ta oznaka oznacava da je broj b djeljivbrojem a (ne obratno!).
Primjer 4.6. Dokazi
13 | 3n · 5n+1 + 2n+3, ∀n ∈ N.
Rjesenje. Uocimo: ako vrijedi a | b, a, b ∈ N, onda postoji p ∈ N takav daje b = pa.
33
i) Baza.Za n0 = 1 imamo 3 · 52 + 24 = 3 · 25 + 16 = 91 = 7 · 13 pa tvrdnjazadatka u ovom slucaju vrijedi.
ii) Pretpostavka.Preptostavimo da postoji k ∈ N takav da vrijedi
13 | 3k · 5k+1 + 2k+3,
odnosno da postoji p ∈ N takav da je
3k · 5k+1 + 2k+3 = 13p.
iii) Korak.Trebamo dokazati 13 | 3n+1 · 5n+2 + 2n+4. Vrijedi
3k+1 · 5k+2 + 2k+4 = 3 · 3k · 5 · 5k+1 + 2 · 2k+3
= 15 · 3k · 5k+1 + 2 · 2k+3
= 2 · (3k · 5k+1 + 2k+3)
+ 13 · 3k · 5k+1
= 2 · 13p + 13 · 3k · 5k+1
= 13 · (2p + 3k · 5k+1).
Matematicka indukcija moze se upotrijebiti i u mnogim drugim slucajevimasto nam pokazuje sljedeci primjer.
Primjer 4.7 (Kardinalni broj partitivnog skupa.). Kazemo da je skup Apodskup skupa B ako i samo su svi clanovi iz A i u B. Nadalje, za zadaniskup S definiramo njegov partitivni skup P(S) kao skup svih podskupova skupaS. Ako skup S ima n ∈ N elemenata, dokazi da skup P(S) ima 2n elemenata.
Rjesenje. Dokaz provodimo matematickom indukcijom po n.
i) Baza.Uzmimo neki skup koji ima 1 element, npr. S = {a}. On ima dvapodskupa, prazan skup ∅ i samog sebe pa je njegov partitivni skup imadva elementa, P(S) = {∅, {a}}. Dakle, vrijedi baza indukcije.
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo da postoji k ∈ N takav da k-clani skup S = {a1, a2, . . . , ak}ima tocno 2k podskupova.
34
iii) Korak.Dodajmo sada skupu S jos element ak+1. Uocimo da su svi prijasnjipodskupovi skupa S i dalje njegovi, ali sada dobivamo jos toliko pod-skupova jer svakom podskupu mozemo dodati i clan ak+1:
∅ {a1} {a2} {a3}↓ ↓ ↓ ↓ . . .
{ak+1} {a1, ak+1} {a2, ak+1} {a3, ak+1}Dakle, ovakav skup S ima ukupno 2 · 2k = 2k+1 podskupova pa njegovpartitivni skup P(S) ima ukupno 2k+1 elemenata.
Korak indukcije je dokazan pa vrijedi tvrdnja zadatka.
Primjer 4.8. Pokazi da za svaki prirodan broj n postoji rjesenje jednadzbe
x2 + y2 + z2 = 59n
u prirodnim brojevima.
Rjesenje. i) Baza.Za n0 = 1 jednadzbu zadovoljava trojka (1, 3, 7), a za n0 = 2 trojka(58, 6, 9).
ii) Pretpostavka.Pretpostavimo da postoji k ∈ N takav da jednadzba x2 + y2 + z2 = 59k
ima rjesenje (x0, y0, z0) u prirodnim brojevima.
iii) Korak.Pomnozimo pretpostavku s 592:
(59x)2 + (59y)2 + (59z)2 = 59k+2.
Vidimo da je (prema pretpostavci) rjesenje jednadzbe
x2 + y2 + z2 = 59k+2
trojka (59x0, 59y0, 59z0) pa je korak indukcije dokazan i vrijedi tvrdnjazadatka.
Zasto smo u prethodnom primjeru provjeravali bazu za dva broja umjestoza jedan? Zato sto smo u koraku tvrdnju dokazivali za k + 2, a ne k + 1!Naime, da smo bazu provjeravali samo za jedan broj, dobili bismo da tvrdnjazadatka vrijedi za svaki drugi prirodan broj (jer iz pretpostavke da tvrdnjavrijedi za n slijedi da tvrdnja vrijedi za n + 2). Provjerom baze za 2 brojasmo osigurali da tvrdnja zadatka vrijedi za sve prirodne brojeve.
35
Zadatci za vjezbu - matematicka indukcija
Zadatak 4.1. Dokazi da sljedece jednakosti vrijede ∀n ∈ N:
(a) 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n−1 = 2n − 1
(b) 1 · 4 + 2 · 7 + . . . + n(3n + 1) = n(n + 1)2
(c)n∑
k=1
1
5 · 2k−1=
2n+1 − 2
5 · 2n
(d)n∑
i=1
i3 =
(n(n + 1)
2
)2
(e)n∑
i=1
i4 =n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n− 1)
30
(f)n∏
j=1
(1− 2
(j + 1)(j + 2)
)=
n + 3
3(n + 1)
(g)n∑
p=1
(1 + 6
p−1∑q=1
q
)= n3
Zadatak 4.2. Kako glasi poopcenje tvrdnje zadatka 3.17 za prirodan broj n?Dokazi dobivenu tvrdnju.
Zadatak 4.3. Dokazi sljedece nejednakosti:
(a) 2n > n2 − 2n + 2, ∀n ∈ N(b) 3n > 2n + 3n, ∀n ∈ N, n > 2
(c) 3n > n4, ∀n ∈ N, n > 7
(d) n3 > 3n + 3, ∀n ∈ N, n > 2
Zadatak 4.4 (Bernoullijeva nejednakost). Za svaki realan broj x > −1, x 6=0, i za n ∈ N vrijedi nejednakost
(1 + x)n > 1 + nx.
Dokazi.
36
Zadatak 4.5. Dokazi da za svaki prirodan broj n vrijedi nejednakost
an + bn
2>
(a + b
2
)n
,
gdje su a, b ∈ R+.
Zadatak 4.6. Dokazi da nejednakost
n∑i=1
1√i
>√
n
vrijedi ∀n ∈ N.
Zadatak 4.7. Dokazi: ako su a1, a2, a3, . . . , an (n ∈ N, n > 2) realni brojevi,onda vrijedi nejednakost
|a1|+ |a2|+ |a3|+ . . . + |an| > |a1 + a2 + a3 + . . . + an|.
(Uputa. Za apsolutnu vrijednost vrijedi |a| =√
a2, ∀a ∈ R.)
Zadatak 4.8. Dokazi da sljedece tvrdnje vrijede ∀n ∈ N:
(a) 7 | 32n+1 + 2n+2
(b) 9 | 7n + 3n− 1
(c) 17 | 25n+3 + 5n · 3n+2
(d) 8 | 11 · 3n + 3 · 7n − 6
(e) 37 | 2n+5 · 34n + 53n+1
(f) 64 | 32n+1 + 40n− 67
(g) 47 | 72n+1 + 40 · 2n
(h) 23 | 52n+1 + 2n+1 + 25n+4
(i) 16 | 9n+1 + 8n− 9
Zadatak 4.9. Dokazi da za svaki prirodan broj n veci od 1 broj 22n+ 1
zavrsava znamenkom 7.
Zadatak 4.10. Dokazi da se svaki prirodan broj koji nije manji od 8 mozeprikazati u obliku 3k + 5m, gdje su k i m prirodni brojevi ili nula.
37
Zadatak 4.11. U ravnini je zadano n pravaca rasporedenih tako da nikojadva nisu paralelna i nikoja tri ne prolaze istom tockom. Dokazi da ti pravcidijele ravninu na ukupno
1 +n(n + 1)
2podrucja.
Zadatak 4.12. U ravnini je zadano n kruznica od kojih nikoje tri ne prolazeistom tockom i svake se dvije sijeku u dvije razlicite tocke. Dokazi da tekruznice dijele ravninu na ukupno
n2 − n + 2
podrucja.
Zadatak 4.13. Moze li se kvadrat podijeliti na 2011 kvadrata (ne nuzno istihduljina stranica)? Obrazlozi (odnosno dokazi) svoj odgovor.
Zadatak 4.14. Beskonacni niz realnih brojeva, a1, a2, a3, . . . , jest zadan nasljedeci nacin:
a1 = 1,
an+1 = (n + 1) · an, ∀n ∈ N.
Dokazi da vrijedi jednakost an = n!, ∀n ∈ N.Napomena. Broj n! zovemo faktorijelom i vrijedi jednakost
n! = 1 · 2 · 3 · . . . · (n− 1) · n, ∀n ∈ N.
Zadatak 4.15 (Fibonaccijevi brojevi). Beskonacan niz prirodnih brojeva zadanje na sljedeci nacin:
F1 = F2 = 1,
Fn+2 = Fn+1 + Fn, ∀n ∈ N.
(a) Dokazi da vrijedi formula
Fn =1√5
(1 +
√5
2
)n+1
−(
1−√5
2
)n+1
za svaki prirodan broj n.
(b) Dokazi: ako vrijedi 7 | k, onda vrijedi 13 | Fk, ∀k ∈ N.
(Uputa. Uoci da zbog nacina na koji je niz zadan jedan clan niza ovisio dvama prethodnima. Zato kod dokazivanja ovakvih zadataka bazu i pret-postavku indukcije treba provesti za dva broja, a ne za jedan! U suprotnomne bismo mogli izvesti korak indukcije.)
38