Detaljna Rjesenja 4 Dio1

Branimir Dakić Neven Elezović

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

1. dio

1. izdanje

Zagreb, 2014.

c

Branimir Dakić, prof. prof. dr. sc. Neven Elezović, 2014.

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

Nakladnik Element d.o.o., Zagreb, Menˇcetićeva 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 sljedeće 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 većim: 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


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 cémo 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 pomoću 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) .


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


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)


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 cémo 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) Budući 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


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 sljedećih 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 sljedećih 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 padajućem 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 sljedeći za 3 veći od prethodnog. 3 u sustavu s bazom 3 glasi 3 = 10(3) . Zato svaki sljedeći 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 sljedeći broj je za 2 veći 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 sljedeći broj je za 1 veći 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.


Umnoˇzak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 9 iznosi 1320. Koji su to brojevi? Do odgovora moˇzemo doći 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 većoj od 3, jer se u svim takvim bazama podudaraju tablice mnoˇzenja s brojevima 0, 1, i 2. Brojevi 10, 11 i 12 (shvaćeni 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 većom 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) .


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 nemoguće 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


1.1

1) U kojem je sustavu brojeva 101 · 11 = 1111 ? 2) U kojem je sustavu brojeva 1001 · 111 = 111 111 ? Poopći 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



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.


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 veća od 3 jer se u zapisu broja pojavljuje znamenka 3. √ √ U kojem je brojevnom sustavu 1331 = 33 ? Koliko je u tom sustavu 2420 ?


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) .


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) .


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 raˇcunajući 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 raˇcunajući 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 uvećati za tu jedinicu sljedeću 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 treće znamenke: 1 1 0 0 1 − 1 1 0 1 ? 0 0 Da bismo odbili 1 od 0, moramo povećati tu nulu, dodajući 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 sljedeću znamenku umanjitelja (oznaˇcenu masnim slovom) povećavamo za jedan. Kako je rijeˇc o znamenki 1, ona uvećana 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 trećoj, 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 raˇcunajući 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 poteˇskoće 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 nećemo pisati (u primjeru u udˇzbeniku ona je bila napisana). Radi lakˇseg praćenja 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 .


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 sljedećeg 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 nećemo pisati (jer ne znamo kako bismo to jednostavno uˇcinili). Ukoliko ne moˇzete postupak sprovesti odjednom, najprije pomnoˇzite zadani broj s 2 na pomoćnom 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


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 sljedeće 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 većim brojem znamenki (razliˇcitih od nule).

1.2. Matematicka ˇ indukcija Zadatak 1.

Koristeći induktivni naˇcin razmiˇsljanja, predvidi sljedeći 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


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 hoćemo 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


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 sljedeće 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


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 trećem 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


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


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


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 sljedeće 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


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


Zadatak 10.

1.2

Koristeći se formulama iz prethodnog zadatka izraˇcunaj sljedeće 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 =


Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi sljedeću 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


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 cémo 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


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 moguće 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


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


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

44


Zadatak 18.

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 sljedeći 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 sljedeći 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


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


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 kraće: 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


1.3

Odredi posljednju znamenku zbroja 1! + 2! + 3! + . . . + 99! . Vrijedi 5! = 120 i svi sljedeći 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;


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 veći 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 . Već prvi pokuˇsaj u = 4 daje nam jedno rjeˇsenje ove jednadˇzbe: 3 · 43 − 5 · 42 − 40 · 4 + 48 = 192 − 80 − 160 + 48 = 0. Druga rjeˇsenja nećemo traˇziti na isti naˇcin, već cémo 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 sljedeće identitete direktno, i koristeći 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 cémo svojstvo primijeniti triput u sljedećim 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 cémo 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 pomoću 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.


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) Opći 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) Opći 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) Opći 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 Opći 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




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 Opći 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 moguće 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 . Opći cˇ lan ovog binomnog razvoja je 1 n 2n−3k n x . (x2 )n−k k = k k x On neće 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 Opći 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) Opći 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) Opći 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) Opći 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) Opći 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


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


√ 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


1 n 3 2 U raspisu potencije x − √ je 12 cˇlanova. 4x 1) Odredi treći 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) Opći 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


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) Opći 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


Postoji li u raspisu potencije

11k = 99,

11 9

k=9

= 55 .

√ √ 20 x+ 4 x cˇlan koji sadrˇzi x7 ?

Pogledajmo kako izgleda opći 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


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


Sada imamo 11 − 2k = 3, 2

11 − 2k = 6,

2k = 5.

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



√ √ 9 x + 3 x cˇlan koji sadrˇzi x4 ?

Pogledajmo kako izgleda opći 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 trećeg cˇlana razvoja binoma x + x iznosi 37. Odredi treći 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 . Treći cˇlan razvoja glasi 1 8 6 x 2 = 28x4 . 2 x



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 cémo 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 treći 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 sljedećih 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 veći 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 sljedeće brojeve: 26963, 26969, 26971, 26977. 26963 = 59 · 457 , 26969 = 149 · 181 , 26971 = 7 · 3853 , 26977 = 53 · 509 .

Zadatak 3.

Napiˇsi faktorizaciju sljedećih 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 pronaći barem dva prosta broja ovog oblika. Za to cé biti nuˇzna pomoć raˇcunala.

Zadatak 5.

Koristeći algoritam djeljivosti brojem 7, ustanovi koji od sljedećih 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, koristeći dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomoću 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.

Koristeći algoritam iz prethodnog zadatka, ustanovi koji od sljedeća 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, koristeći dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomoću samo dva dijeljenja?

Zadatak 10.

Ako je zbroj prvih n prirodnih brojeva za 187 veći 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 =


33 · 34 = 561. 2

Ako umnoˇsku cˇ etiriju uzastopnih cijelih brojeva dodamo 1, dobit cémo 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.


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. Treći broj moˇzemo napisati ovako: 9

9

9

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


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 moguće 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.

Povećanjem 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 reći.

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 treći 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


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 najveću moguću vrijednost moˇze imati neki od tih brojeva?

Rjeˇsenje.

Zbroj svih deset brojeva jednak je 110. Najveći mogući 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 cémo 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;



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 već smo izraˇcunali 84 = 0.112 · 750 .

72




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 veći: 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 veći: A = 1 +

Koji je broj veći: 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 4 567 845 678(4 567 845 678 + 1)

iz cˇega slijedi A < B .



Ako je a < b , a > 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 cémo 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 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 . cémo 99a = 36 , odnosno, nakon kraćenja, 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 kraćenja, 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 kraćenja, c = 1111

Zadatak 37. 74

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


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 = . cémo 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 kraćenja, 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


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 cémo 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;


˙ 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


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 =


11 4 1 · = . 12 11 3

Za koje je cijele brojeve m razlomak

m2 − 2m + 1 cijeli broj? m+2

Dani cémo razlomak raspisati na sljedeći 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 cé 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 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


1.4

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

6y +


Zadatak 47.

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 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 skraćen). 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 skraćen). 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 skraćen). 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 √ √ √ općenitosti 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 6.

Rjeˇsenje.

1.5

√ Pretpostavimo da je broj c = a + b 2 racionalan. Kvadrirajmo ovaj izraz. √ √ c2 − 2b2 Dobit cémo 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 sljedeći 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 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 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 doći 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 cémo

Dokaˇzi da su sljedeći 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 moguć zapis log2 3 =

Dokaˇzi da su sljedeći 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 cémo da ova jednadˇzba nema racionalnih korijena, sˇ to cé 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 moguća 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◦ =


Dokaˇzi najprije rekurzivnu jednakost cos(k + 1)◦ = 2 cos k◦ cos 1◦ − cos(k − 1)◦ . Pretpostavimo da je cos 1◦ racionalan broj. Onda cé 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 sljedećih 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.



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 .



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

veći 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.


√ Izraˇcunaj broj 5 toˇcno na 4 decimale sluˇzeći se raˇcunalom, ali koristeći samo operaciju mnoˇzenja. √ Odredimo intervale an , an unutar kojih leˇzi broj 5 . 4 = 22 <5 < 32 = 9, 2

2

4.84 = 2.2 <5 < 2.3 = 5.29, 2

2

4.9729 = 2.23 <5 < 2.24 = 5.0176, 2

2

4.9999696 = 2.236 <5 < 2.237 = 5.004169, 4.9999696 = 2.23602 <5 < 2.23612 = 5.00014321, √ Dakle, 5 ≈ 2.2360 .

Zadatak 24.

Koristeći samo operacije zbrajanja i mnoˇzenja odredi 4 decimale.

x1 = 2; x2 = 2.2; x3 = 2.23; x4 = 2.236; x5 = 2.2360, itd. √

2+

√ 3 s toˇcnoˇsc´ u od

85

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

unutar kojih leˇze brojevi Odredimo intervale an , an ,√ bn , b√ n √ 3 . Onda cé biti an + bn < 2 + 3 < an + bn .

√ 2 , odnosno

1 = 12 <2 < 22 = 4; 1.96 = 1.42 <2 < 1.52 = 2.25; 1.9881 = 1.412 <2 < 1.422 = 2.0164; 1.999396 = 1.4142 <2 < 1.4152 = 2.002225; 1.99996164 = 1.41422 <2 < 1.41432 = 2.00024449; itd. Dakle an = 1.4142 , an = 1.4143 . 1 = 12 <3 < 22 = 4; 2.89 = 1.72 <3 < 1.82 = 3.24; 2.9929 = 1.732 <3 < 1.742 = 3.0276; 2.999824 = 1.7322 <3 < 1.7332 = 3.003289; 2.999824 = 1.73202 <3 < 1.73212 = 3.00017041; itd. Dakle bn = 1.7320 , bn = 1.7321 . Sada slijedi √ √ 1.4142 + 1.7320 < 2 + 3 < 1.4143 + 1.7321; √ √ 3.1462 < 2 + 3 < 3.1464.

Zadatak 25.

Rjeˇsenje.

√ Odredi niz uklopljenih intervala unutar kojih se nalazi broj 3 2 . Dopuˇsteno je koristiti se dˇzepnim raˇcunalom, primjenjujući samo operacije mnoˇzenja. Na √ taj naˇcin odredi broj 3 2 s preciznoˇsc´ u od 5 znamenaka. √ Odredimo intervale an , an unutar kojih leˇzi broj 3 2 . 13 = 1 <2 < 23 = 8; 1.23 = 1.728 <2 < 1.33 = 2.197; 1.253 = 1.953125 <2 < 1.263 = 2.000376; 1.2593 ≈ 1.995617 <2 < 1.263 = 2.000376; 1.25993 ≈ 1.9998998 <2 < 1.263 = 2.000376; 1.259923 ≈ 1.999995 <2 < 1.259933 ≈ 2.000043; itd. Uklopni intervali su [1, 2] , [1.2, 1.3] , [1.25, 1.26] , [1.259, 1.26] , [1.2599, 1.26] , √ [1.25992, 1.25993] , a 3 2 ≈ 1.25992 .


86

Napiˇsi neki iracionalan broj koji leˇzi u intervalu [0.12600011, 0.12600025] . Neka je [a, b] interval s racionalnim krajevima, x bilo koji pozitivan iracionalni b−a broj koji leˇzi unutar intervala [n − 1, n] za neki n ∈ N . Onda je a + x n iracionalan broj koji leˇzi unutar intervala [a, b] . Primenimo li to na zadani interval i brojeve dobijemo:

REALNI BROJEVI

1.5

√ 0.12600025 − 0.12600011 √ 2 ∈ [1, 2] =⇒ 0.12600011 + 2 √ 2 = 0.12600011 + 0.00000007 2 ∈ [0.12600011, 0.12600025].

Zadatak 27.

Rjeˇsenje.

Odredi najmanji interval koji sadrˇzi skupove 1) {x2 : 1 < x 3} ;

2) {x2 : −1 < x 3} ;

3) {x2 − 3x : 2 < x 3} ;

4) {x2 − 3x : 1 < x 3} ;

5) {x2 − 3x : −1 < x 3} ;

6) {x : x2 − 2x 3} .

1) x2 je parabola s otvorom prema gore i tjemenom i nul-toˇckom u x = 0 . Na intervalu 1, 3] je strogo rastuća i ima infimum u x = 1 i maksimum u x = 3 . Dakle vrijednosti su joj iz intervala 12 , 32 ] = 1, 9] ; 2) x2 je parabola s otvorom prema gore i tjemenom i nul-toˇckom u x = 0 . Na intervalu −1, 3] poprima minimum u x = 0 i maksimum u x = 3 . Dakle vrijednosti su joj iz intervala [02 , 32 ] = [0, 9] ; [0, 9] ; 3) x2 − 3x = x(x − 3) je parabola s otvorom prema gore i nul-toˇckama u x = 0 3 i x = 3 i tjemenom u x = . Na intervalu 2, 3] je strogo rastuća i ima 2 infimum u x = 2 i maksimum u x = 3 . Dakle vrijednosti su joj iz intervala −2, 0] ; 4) x2 − 3x = x(x − 3) je parabola s otvorom prema gore i nul-toˇckama u 3 x = 0 i x = 3 i tjemenom u x = . Na intervalu 1, 3] poprima minimum u 2 3 tjemenu x = i maksimum u x = 3 . 2 2 9 9 9 3 3 −3 = − =− ; 2 2 4 2 4 32 − 3 · 3 = 9 − 9 = 0.

9 Dakle vrijednosti su joj iz intervala − , 0 ; 4 5) x2 − 3x = x(x − 3) je parabola s otvorom prema gore i nul-toˇckama u x = 0 3 i x = 3 i tjemenom u x = . Na intervalu −1, 3] poprima minimum u 2 3 tjemenu x = i maksimum u x = 3 . 2 2 9 9 9 3 3 −3 = − =− ; 2 2 4 2 4 32 − 3 · 3 = 9 − 9 = 0.

9 Dakle vrijednosti su joj iz intervala − , 0 ; 4 6) {x : x2 −2x 3} = {x : x2 −2x−3 0} . x2 −2x−3 = (x+1)(x−3) = 0 je parabola s otvorom prema gore i nul-toˇckama u x = −1 i x = 3 i tjemenom u x = 1 te je x2 − 2x − 3 0 za x ∈ [−1, 3] .

87

1

BROJEVI

Traˇzeni interval je x ∈ [−1, 3] .

Zadatak 28.

Odredi infimum, supremum, minimum i maksimum (ako postoje) sljedećih podskupova u R : 1) S = {x ∈ Z : −6 x < 3} ; 2) S = {x ∈ Q : −6 x < 3} ; 3) S = {x ∈ R : −6 x < 3} ;

Rjeˇsenje.

Zadatak 29.

4) S = {x ∈ R : −6 x2 < 3} ; m 5) S = {x ∈ R : x = , m, n ∈ N, m < n} . n 1) inf S = min S = −6 , sup S = max S = 2 . 2) inf S = min S = −6 , sup S = 3 , maksimum ne postoji. 3) inf S = min S = −6 , sup S = 3 , maksimum ne postoji. √ √ 4) inf S = − 3 , sup S = 3 , minimum i maksimum ne postoje. 5) inf S = 0 , sup S = 1 , minimum i maksimum ne postoje. Odredi infimum, supremum, minimum i maksimum (ako postoje) sljedećih podskupova u R : 1) S = {x ∈ N : 1 ex < 20} ; 2) S = {x ∈ Q : 1 ex < 20} ; 3) S = {x2 ∈ R : −1 < x < 3} ; 4) S = {x2 ∈ R : 1 < x < 3} .

Rjeˇsenje.

Zadatak 30.

Rjeˇsenje.

88

1) 2) 3) 4)

inf S = min S = 1 , sup S = max S = 2 . inf S = min S = 0 , sup S = ln 20 , maksimum ne postoji. inf S = min S = 0 , sup S = 9 , maksimum ne postoji. inf S = 1 , sup S = 9 , minimum i maksimum ne postoje.

Utvrdi imaju li sljedeći skupovi minimum, maksimum i odredi njihov infimum i supremum: 1 1) S = n − : n ∈ N ; n (−1)n 2) S = 1 + :n∈N ; n n :n∈N . 3) S = n+1 3 8 15 1 1) S = n − : n ∈ N = 0, , , , . . . ; n 2 3 4 inf S = min S = 0 (n = 1) , sup S = ∞ ; 3 2 5 4 (−1)n : n ∈ N = 0, , , , , . . . ; 2) S = 1 + n 2 3 4 5 inf S = min S = 0 , sup S = max S = 32 ; n 1 :n∈N = 1− :n∈N ; 3) S = n+1 n+1 1 inf S = min S = 2 , sup S = 1 .

TRIGONOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

1.6

1.6. Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja Zadatak 1.

Izraˇcunaj: 1) (3 − 5i) + (−2 + 3i) ; 2) (3 − 2i)(1 + i)(2 + 3i) ; 3) (3 + 2i)3 ; 4) (2 + i)4 ; 5) 1 + i + i2 + . . . + i9 + i10 ; 6) (1 + i50 )(1 − i51 ) ; i+1 i + ; 7) i−1 i i−1 i+1 8) + . i−2 i+2

Rjeˇsenje.

Zadatak 2.

Rjeˇsenje.

1) (3 − 5i) + (−2 + 3i) = 1 − 2i ; 2) (3 − 2i)(1 + i)(2 + 3i) = (1 + i)(6 + 6 + 5i) = (1 + i)(12 + 5i) = 12 + 5i + 12i − 5 = 7 + 17i ; 3) (3 + 2i)3 = 27 + 54i − 36 − 8i = −9 + 46i ; 4) (2 + i)4 = 24 + 4 · 23 · i + 6 · 22 · i2 + 4 · 2 · i3 + i4 = 16 + 32i − 24 − 8i + 1 = −7 + 24i ; 5) 1 + i + i2 + . . . + i9 + i10 = (1 + i + i2 + i3 + . . . + i7 ) + i8 + i9 + i10 = 0 + 1 + i − 1 = i; 6) (1 + i50 )(1 − i51 ) = (1 + i4·12+2 )(1 − i4·12+3 ) = (1 + i2 )(1 − i3 ) = (1 − 1)(1 + i) = 0 ; i+1 i −1 − i i + 1 −i −i + 1 −i + 1 i + = · + · = + 7) i−1 i i − 1 −1 − i i −i 1+1 1 3 3 3 1−i + 1 − i = (1 − i) = − i ; = 2 2 2 2 i−1 i+1 −1 + i −2 − i 1 + i 2 − i 2 − 2i + i + 1 8) + = · + · = i−2 i+2 −2 + i −2 − i 2 + i 2 − i 4+1 3−i+3+i 6 2 − i + 2i + 1 = = . + 4+1 5 5 Odredi realni i imaginarni dio sljedećih kompleksnih brojeva: 4 i5 + 2 2 (1 + i)5 2 √ ; 2) ; 3) . 1) i19 + 1 (1 − i)3 1+i 3 i5 + 2 2 2 + i 2 2 + i 1 + i 2 2 + i + 2i − 1 2 · = = = = 1) z = 19 1−i 1+i 1+1 1 + i3 1 + 3i i2 + 11 1 3 1 = (1 + 3i)2 = (1 + 6i − 9) = (−8 + 6i) = −2 + i , 2 4 4 4 2 3 Re z = −2 , Im z = ; 2

89

1

BROJEVI

(1 + i)5 1 + 5i + 10i2 + 10i3 + 5i4 + i5 1 + 5i − 10 − 10i + 5 + i = = = 1 − 3i − 3 + i (1 − i)3 1 − 3i + 3i2 − i3 −4 − 4i −4(1 + i) = = 2 , Re z = 2 , Im z = 0 ; −2 − 2i −2(1 + i) 2 4 16 16 √ √ √ √ √ 3) z= = = = 1+i 3 1+4i 3+6i2 ·3+4i3 3√ 3+i4 ·9 1+4i 3−18−12i 3+9 √ √ 1 16 −2 1−i 3 −2+2i 3 3 16 √ = √ = √ · √ = =− + i , Re z = 1+3 2 2 −8−8i 3 −8(1+i 3) 1+i 3 1−i 3 √ 3 1 . − , Im z = 2 2 2) z =

Zadatak 3.

Pokaˇzi da operacije zbrajanja i mnoˇzenja kompleksnih brojeva imaju sljedeća z1 + z2 = z2 + z1 , (komutativnost zbrajanja) (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ), (asocijativnost zbrajanja) svojstva:

z1 z2 = z2 z1 , (komutativnost mnoˇzenja) (z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ), (asocijativnost mnoˇzenja) z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 . (distributivnost mnoˇzenja).


Zadatak 5.

Odredi skup svih toˇcaka z u kompleksnoj ravnini koje se mogu prikazati u obliku z = cos t + i sin t . √ √ z = cos t + i sin t , |z| = cos2 t + sin2 t = 1 = 1 ; |z| = 1 je kruˇznica radijusa 1, sa srediˇstem u ishodiˇstu sustava. Neka je w = |z| = 1 .

z−1 , z = ±1 . Dokaˇzi da je Re w = 0 ako i samo ako je z+1

Rjeˇsenje. z = a + bi w= = Re w =

(a2 − 1) + (a + 1)bi − (a − 1)bi + b2 (a − 1) + bi (a + 1) − bi · = (a + 1) + bi (a + 1) − bi (a + 1)2 + b2 a2 − 1 + b2 + (ab + b − ab + b)i a2 + b2 − 1 2b = + i (a + 1)2 + b2 (a + 1)2 + b2 (a + 1)2 + b2 a2 + b2 − 1 = 0 ⇐⇒ a2 + b2 − 1 = 0 ⇐⇒ a2 + b2 = 1 (a + 1)2 + b2

⇐⇒ |z|2 = 1 ⇐⇒ |z| = 1.

Zadatak 6. 90

Odredi skup svih toˇcaka z u kompleksnoj ravnini za koje je

z − 1 2 z

realan.


1.6

Rjeˇsenje. z = a + bi z − 1 2 w= ∈ R ⇐⇒ Im w = 0 z z − 1 2 1 2 w= = 1+ z z 1 1 a − bi a − bi 1 = = · = 2 z a + bi a + bi a − bi a + b2 a − bi 2 a2 + b2 − a + bi 2 a + w= 1− 2 = = 1 − a + b2 a2 + b2 a2 + b2 b 2 a 2 a b = 1− 2 + 2 1 − i − a + b2 a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 2 2 (a + b − a)b Im w = 2 = 0 ⇐⇒ (a2 + b2 − a)b = 0 a2 + b2 1 2 ⇐⇒ b = 0 ili a2 + b2 − a = 0 ⇐⇒ b = 0 ili a − + b2 = 2


2 b i a2 + b2

1 . 4

Odredi sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z = z3 . z = z3 , z ∈ C ; a − bi = (a + bi)3 a − bi = a3 + 3a2 bi − 3ab2 − b3 i (a3 − 3ab2 − a) + (3a2 b − b3 + b)i = 0 a3 − 3ab2 − a = 0 a(a2 − 3b2 − 1) = 0 a = 0 ili a2 − 3b2 = 1

i

3a2 b − b3 + b = 0 b(3a2 − b2 + 1) = 0 b = 0 ili 3a2 − b2 = −1

1◦ a = 0, b = 0 =⇒ z = 0 2◦ a = 0, 3a2 − b2 = −1 =⇒ −b2 = −1 =⇒ b2 = 1 =⇒ b = ±1 =⇒ z = ±i 3◦ a2 − 3b2 = 1, b = 0 =⇒ a2 = 1 =⇒ a = ±1 =⇒ z = ±1 a2 − 3b2 = 1 ◦ 4 presjek dvije hiperbole 3a2 − b2 = −1 b2 = 3a2 + 1 a2 − 3(3a2 + 1) = 1 a2 − 9a2 − 3 = 1 − 8a2 = 4 1 a2 = − =⇒ a ∈ R =⇒ ove hiperbole se ne sijeku. 2

Zadatak 8.

Odredi skup svih kompleksnih brojeva z odredenih uvjetima 1) Im z2 = 2 ; 3) |z − 1| = |z − i| ;

2) |z − i| + |z + i| = 4 ; 4) Re (1 + z) = |z| ;

91

1

BROJEVI

5) |z−3|+|z+3|=8 ; z−2 = 0; 7) Re z − 2i z − z1 9) Re = 0; z − z2 Rjeˇsenje.

6) |z − 1| − |z + 1| = 1 ; z−2 8) Im = 0; z − 2i z − z1 10) Im = 0. z − z1

1) Im z2 = 2 , z2 = (a + bi)2 = a2 − b2 + 2abi, Im z2 = 2 ⇐⇒ 2ab = 2 ⇐⇒ ab = 1 hiperbola. 2) |z − i| + |z + i| = 4 , |a + (b − 1)i| + |a + (b + 1)i| = 4 a2 + (b − 1)2 + a2 + (b + 1)2 = 4 2 2 a + (b − 1) = 4 − a2 + (b + 1)2 /2

a2 + b2 − 2b + 1 = 16 + a2 + b2 + 2b + 1 − 8 a2 + (b + 1)2 − 4b − 16 = −8 a2 + (b + 1)2 / : (−4) b + 4 = 2 a2 + (b + 1)2 /2 b2 + 8b + 16 = 4a2 + 4b2 + 8b + 4 ⇐⇒ 4a2 + 3b2 = 12 elipsa ( zˇ ariˇsta F(0, ±1)).

3) |z − 1| = |z − i| , |z − 1| = |z − i| |(a − 1) + bi| = |a + (b − 1)i| /2 (a − 1)2 + b2 = a2 + (b − 1)2 a2 − 2a + 1 + b2 = a2 + b2 − 2b + 1 − 2a = −2b / : (−2) b = a pravac. 4) Re (1 + z) = |z| , Re (1 + a + bi) = a2 + b2 a + 1 = a2 + b2 /2 a2 + 2a + 1 = a2 + b2 b2 = 2a + 1 1 parabola. b2 = 2 a + 2

92


1.6

5) |z − 3| + |z + 3| = 8 , (a − 3)2 + b2 = 8 − (a + 3)2 + b2 /2

a2 − 6a + 9 + b2 = 64 + a2 + 6a + 9 + b2 − 16 (a + 3)2 + b2 − 64 − 12a = −16 (a + 3)2 + b2 / : (−4) 16 + 3a = 4 (a + 3)2 + b2 /2 256 + 96a + 9a2 = 16a2 + 96a + 144 + 16b2

7a2 + 16b2 = 112 elipsa (ˇzariˇsta F(±3, 0)). 6) |z − 1| − |z + 1| = 1 , 2 2 (a − 1) + b = 1 + (a + 1)2 + b2 /2 a2 − 2a + 1 + b2 = 1 + a2 + 2a + 1 + b2 + 2 − 4a − 1 = 2 (a + 1)2 + b2 /2

(a + 1)2 + b2

16a2 + 8a + 1 = 4a2 + 8a + 4 + 4b2 12a2 − 4b2 = 3 hiperbola. z−2 = 0, 7) Re z − 2i z−2 (a−2)+bi a−(b−2)i a(a−2)+abi−(a−2)(b−2)i+b(b−2) = · = w= z−2i a+(b−2)i a−(b−2)i a2 +(b−2)2 a(a−2)+b(b−2) Re w= =0 ⇐⇒ a2 −2a+b2 −2b=0 a2 +(b−2)2 ⇐⇒ (a − 1)2 + (b − 1)2 = 2 kruˇznica. z−2 8) Im = 0, z − 2i a(a − 2) + b(b − 2) + [ab − (a − 2)(b − 2)]i z−2 = w= z − 2i a2 + (b − 2)2 ab − (a − 2)(b − 2) Im w = = 0 ⇐⇒ ab − (a − 2)(b − 2) = 0 a2 + (b − 2)2 ⇐⇒ ab − (ab − 2a − 2b + 4) = 0 ⇐⇒ ab − ab + 2a + 2b − 4 = 0 ⇐⇒ 2b = −2a + 4 / : 2 ⇐⇒ b = −a + 2 pravac. z − z1 z − z1 9) Re =0 10) Im =0 z − z2 z − z2 z − z1 (a − a1 ) + (b − b1 )i (a − a2 ) − (b − b2 )i a + bi − a1 − b1 i w= = · = z − z2 a + bi − a2 − b2 i (a − a2 ) + (b − b2 )i (a − a2 ) − (b − b2 )i [(a − a1 )(a − a2 ) + (b − b1 )(b − b2 )] + [(a − a2 )(b − b1 ) + (a − a1 )(b − b2 )]i = (a − a2 )2 + (b − b2 )2 Re w = 0 ⇐⇒ (a − a1 )(a − a2 ) + (b − b1 )(b − b2 ) = 0

93

1

BROJEVI

⇐⇒ a2 − (a1 + a2 )a + a1 a2 + b2 − (b1 + b2 )b + b1 b2 = 0 a +a 2 b +b 2 a +a 2 b +b 2 ⇐⇒ a− 1 2 + b− 1 2 = 1 2 + 1 2 −a1 a2 −b1 b2 2 2 2 2 a +a 2 b +b 2 a +a 2 b +b 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ⇐⇒ a− + b− = + kruˇznica. 2 2 2 2 Im w = 0 ⇐⇒ (a − a2 )(b − b1 ) − (a − a1 )(b − b2 ) = 0 ⇐⇒ ab − a2 b − ab1 + a2 b1 − (ab − a1 b − ab2 + a1 b2 ) = 0 ⇐⇒ ab − a2 b − ab1 + a2 b1 − ab + a1 b + ab2 − a1 b2 = 0 ⇐⇒ (a1 − a2 )b = (b1 − b2 )a + a1 b2 − a2 b1 b − b2 a b − a2 b1 ⇐⇒ b = 1 a+ 1 2 pravac kroz toˇcke (a1 , b1 ) i (a2 , b2 ). a1 − a2 a1 − a2

Zadatak 9.

Rjeˇsenje.

Odredi skup svih kompleksnih brojeva z odredenih uvjetima 1) |z − 1| > 1 ; 3) 1 |z − i| 3 ;

2) |z − 3i + 2| > 2 ; 4)  < arg z < 3 /4 ;

5) |z| > 2 + Im z ;

6) |2z| > |1 + z2 | .

1) |z − 1| > 1 , (a − 1)2 + b2 > 1 /2 (a − 1)2 + b2 > 1 – vanjˇstina kruga S(1, 0) , r = 1 . 2) |z − 3i + 2| > 2 , (a + 2)2 + (b − 3)2 > 2 /2 (a + 2)2 + (b − 3)2 > 4 – vanjˇstina kruga S(−2, 3) , r = 2 . 3) 1 |z − i| 3 , 1 a2 + (b − 1)2 3 /2 1 a2 + (b − 1)2 9 – prsten sa srediˇstem u S(0, 1) unutarnjeg promjera r1 = 1 i vanjskog promjera r2 = 3 . 3 , 4)  < arg z < 4 3 – unutraˇsnjost kruga s vrhom u ishodiˇstu kojeg krakovi zatvaraju << 4 3 . s pozitivnim dijelom osi x , kutovi  i 4 5) |z| > 2 + Im z , a2 + b2 > 2 + b /2 a2 + b2 > 4 + 4b + b2 4b < a2 − 4 1 b < a2 − 1 – dio ispod parabole. 4 6) |2z| > |1 + z2 | .

94


Zadatak 10.

Rjeˇsenje.

Zadatak 11.

Rjeˇsenje.

1.6

Prikaˇzi u Gaussovoj ravnini sljedeće brojeve: 1) z = cos  + i sin  ; 3 3 + i sin ; 2) z = 2 cos 2 2 √ 3 3 + i sin ; 3) z = 2 cos 4 4 √ 7 7 + i sin ; 4) z = 5 cos 6 6 11 11 5) z = 3 cos + i sin . 3 3 1) z1 = cos  + i sin  = −1 ; 3 3 + i sin = 2(0 + i(−1)) = −2i ; 2) z2 = 2 cos 2 2 √ √ √ 3 √ 2 2 3 3) z3 = 2 cos + i sin +i = 2 − = −1 + i ; 4 4 2 2 √ √ √ √ 7 √ 3 1 15 5 7 4) z4 = 5 cos + i sin = 5 − − i =− − i; 6 6 2√ 2 2 2 √ 1 11 3 3 3 3 11 + i sin − i = − i. =3 5) z5 = 3 cos 3 3 2 2 2 2 Odredi i nacrtaj toˇcke zadane polarnim koordinatama r i  : 2) 2, −  ; 1) 1,  ; 4 4  3) 3, ; 4) (2,  ) ; 2 6) 3, 5 ; 5) 1, −  ; 2 4 √ √ 3  7) ; 8) 2, 3,  . 4 3

  ; 2) r2 = 2 , 2 = − ; 4 4  3) r3 = 3 , 3 = ; 4) r4 = 2 , 4 =  ; 2  5 ; 5) r5 = 1 , 5 = − ; 6) r6 = 3 , 6 = 2 4 √ √  3 7) r7 = 2 , 7 = ; 8) r8 = 3 , 8 = . 4 3 1) r1 = 1 , 1 =

95

1

BROJEVI


Za toˇcke iz prethodnog zadatka odredi Kartezijeve koordinate. √ √   2 2 + i; 1) z1 = cos + i sin = 4 4 2 2

   3 3  + i sin − = 2 cos − + i sin − 2) z2 = 2 cos − 4 4 2 4 2 4 √ √

√ √ 3 2 2 3 + i cos − i = 2 − 2i ; = 2 sin =2 4 4 2 2   = 3i ; 3) z3 = 3 cos + i sin 2 2 4) z4 = 2 (cos  + i sin  ) = −2 ;   3 3 + i sin − = cos  − + i sin  − 5) z5 = cos − 2 2 2 2 3 3 + i sin = −i ; = − cos 2 2

5   5 + i sin + i sin  + 6) z6 = 3 cos = 3 cos  + 4 4 4 4 √ √ √ √ 3 2 3 2   2 2 = −3 + i =− − i; = 3 − cos − i sin 4 4 2 2 2 2 √ √

√ √ 3 2 2 3 7) z7 = 2 cos + i sin + i = −1 + i ; = 2 − 4 4 2 2 √ √ √   √ 3 3 3 1 8) z8 = 3 cos + i sin + i = + i. = 3 3 3 2 2 2 2

x = r cos  , y = r sin 

√ ⎫  2⎪ ⎪ ⎬ x = 1 · cos = √2 √2  4 2 =⇒ =⇒ , . 1) 1, √ 4 2 2  2⎪ ⎪ ⎭ y = 1 · sin = 4 2 √ ⎫  2 √ ⎪ ⎬ x = 2 · cos − =2· = 2 ⎪ √ √  4 2 =⇒ ( 2, − 2) . 2) 2, − =⇒ √ √ ⎪ 4  2 ⎪ y = 2 · sin − = −2 · = − 2⎭ 4 2

96


1.6

⎫  ⎬ x = 3 · cos = 3 · 0 = 0⎪  2 =⇒ (0, 3) . =⇒ 3) 3,  2 ⎭ y = 3 · sin = 3 · 1 = 3 ⎪ 2 x = 2 · cos  = 2 · (−1) = −2 4) (2,  ) =⇒ =⇒ (−2, 0) . y = 2 · sin  = 2 · 0 = 0 ⎫  ⎪ ⎬ = 1 · 0 = 0 x = 1 · cos −  2 =⇒ 5) 1, − =⇒ (0, −1) .  2 ⎭ = 1 · (−1) = −1⎪ y = 1 · sin − 2 √ √ ⎫ 5 3 2⎪ 2 ⎪ ⎬ x=3· cos =3· − =− 5 3√2 3√2 4 2 2 6) 3, =⇒ ,− . =⇒ − √ √ 4 2 2 3 2⎪ 2 5 ⎪ ⎭ =3· − =− y=3· sin 4 2 √2 ⎫ √ √ 2 3 ⎪ ⎬ = 2 − = −1⎪ x = 2 · cos √ 3 4 2 =⇒ (−1, 1) . 7) =⇒ 2, √ ⎪ √ √ 2 4 3 ⎪ ⎭ y = 2 · sin = 2 =1 4 2√ ⎫ √  √ 1 3⎪ ⎪ x = 3 · cos = 3 = ⎬ √  √3 3 3 2 2 8) =⇒ =⇒ , . 3, √ √ 3 2 2 3⎪  √ 3 ⎪ ⎭ = y = 3 · sin = 3 3 2 2

Zadatak 13.

Odredi argumente kompleksnih brojeva:

√ 2) z = −1 − i 3 ; 1 4) z = − + 3i . 2 1 3 = −1 =⇒  = ; z = −1 + i =⇒ II. kvadrant, tg  = −1 4 √ √ − 3 √ 4 z = −1 − i 3 =⇒ III. kvadrant, tg  = = 3 =⇒  = ; −1 3 √ √ 3 −1 11 z = 3 − i =⇒ IV. kvadrant, tg  = √ = − =⇒  = ; 3 6 3 1 3 z = − + 3i =⇒ II. kvadrant, tg  = = −6 =⇒  = 99◦ 27 44 . 1 2 − 2

1) z = −1 + i ; √ 3) z = 3 − i ; Rjeˇsenje.

1) 2) 3) 4)

Zadatak 14.

Odredi modul i argument i zapiˇsi u trigonometrijskom obliku sljedeće brojeve: 1) i ; 4) −6 ; 7) 1 + 2i ;

Rjeˇsenje.

2) −2i ; 5) −1 + i ; 8) 3 − 2i .

3) 4 ; √ 6) −1 − i 3 ;

 1 1) z = i =⇒ a = 0 , b = 1 , r = |z| = 1 , tg  = = ∞ =⇒  = 0 2   =⇒ z = cos + i sin ; 2 2

97

1

BROJEVI

√ 2) z = −2i =⇒ a = 0 , b = −2 , r = |z| = 02 + 22 = 2 , 3 3 −2 3 tg  = = ∞ =⇒  = =⇒ z = 2 cos + i sin ; 0 2 2 2 0 3) z = 4 =⇒ a = 4 , b = 0 , r = |z| = 4 , tg  = = 0 =⇒  = 0 4 =⇒ z = 4(cos 0 + i sin 0) ; 0 =0 4) z = −6 =⇒ a = −6 , b = 0 , r = |z| = 6 , tg  = −6 =⇒  =  =⇒ z = 6(cos  + i sin  ) ; √ √ 5) z = −1 + i =⇒ a = −1 , b = 1 , r = |z| = 1 + 1 = 2 , √ 3 1 3 3 tg  = = −1 =⇒  = =⇒ z = 2 cos + i sin ; −1 4 4 4 √ √ √ 6) z = −1 −√i 3 =⇒ a = −1 , b = − 3 , r = |z| = 1 + 3 = 2 , − 3 4 tg  = =⇒  = −1 3 4 4 + i sin =⇒ z = 2 cos ; 3 3 √ √ 7) z = 1 + 2i =⇒ a = 1 , b = 2 , r = |z| = 1 + 4 = 5 , 2 tg  = = 2 =⇒  = 63◦ 26 06 1 √ =⇒ z = 5(cos 63◦ 26 06 + i sin 63◦ 26 06 ) ; √ √ 8) z = 3 − 2i =⇒ a = 3 , b = −2 , r = |z| = 9 + 4 = 13 , 2 −2 tg  = = − =⇒  = 326◦ 18 36 3√ 3 =⇒ z = 13(cos 326◦ 18 36 + i sin 326◦ 18 36 ) .

Zadatak 15.

Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku sljedeće kompleksne brojeve: 1) z = 1 − i ; √ 3) z = 2 ; √ 3 1 ; 5) z = − + i 2 2

Rjeˇsenje.

2) z = −i ; √ 4) z = 3 + i ; √ √ 2 2 6) z = − −i . 2 2

1) z = 1 − i =⇒ a = 1 , b = −1 , r = √ 7 7 + i sin ; z = 2 cos 4 4

√ 7 =⇒ 2 , tg  = −1 =⇒  = 4

3 2) z = −i =⇒ a = 0 , b = −1 , r = 1 , tg  = ∞ =⇒  = 2 3 3 cos + i sin ; 2 √ 2 √ √ 3) √ z = 2 =⇒ a = 2 , b = 0 , r = 2 , tg  = 0 =⇒  = 0 2(cos 0 + i sin 0) ; √ √ √ 1 4) z = 3 + i =⇒ a = 3 , b = 1 , r = 3 + 1 , tg  = √ = 3    =⇒ z = 2 cos + i sin ; = 6 6 6

98

=⇒ z =

=⇒ z = √ 3 =⇒ 3


1.6

√ √ 3 3 1 3 1 1 =⇒ a = − , b = , r = + = 1, 5) z = − + i 2 2 2 2 4 4 √ 3 √ 2 2 2 =⇒ z = cos + i sin ; tg  = 2 = − 3 =⇒  = 1 3 3 3 − 2√ √ √ √ 2 2 2 2 2 2 6) z = − −i =⇒ a = − , b = − , r = + = 1, 2 2 2 2 4 4 5 5 5 =⇒ z = cos + i sin . tg  = 1 =⇒  = 4 4 4

Zadatak 16.

Kompleksne brojeve

 7 − 2i sin ; 4 4   2) z2 = − cos + i sin ; 17 17  3) z3 = −2 cos + i sin ; 8 8   4) z4 = −3 cos − i sin ; 7 7 2 2 5) z5 = 1 + cos + i sin 5 5 zapiˇsi u trigonometrijskom obliku. 1) z1 = 2 cos

Rjeˇsenje.

Zadatak 17.

 7 7  7 − 2i sin = 2 cos + i sin − = 2 cos 1) z1 = 2 cos 4 4 4 4 4 7 ; i sin 4 16 16   2) z2 = − cos + i sin = cos + i sin ; 17 17 17 17 9     = 2 − cos − i sin = 2 cos 3) z3 = −2 cos + i sin 8 8 8 8 8 9 i sin ; 8 6     = 3 − cos + i sin = 3 cos 4) z4 = −3 cos − i sin 7 7 7 7 7 6 i sin ; 7 2     2 + i sin = 1 + cos2 − sin2 + 2i sin cos 5) z5 = 1 + cos 5 5 5 5 5 5       cos + i sin . 2 cos2 + 2i sin cos = 2 cos 5 5 5 5 5 5

+

+

+

=

Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku sljedeće kompleksne brojeve: 5 11 − 3i sin ; 4 4   + i sin ; 2) z = − cos 11 11   − i cos ; 3) z = 3 sin 12 12 1) z = 3 cos

99

1

BROJEVI

√ √ 5 11 − i 2 sin ; 4) z = − 2 cos 4 4 10 10 5) z = 1 + cos + i sin ; 9 9 5 5 − i sin . 6) z = 1 − cos 3 3 Rjeˇsenje.

Zadatak 18.

Rjeˇsenje.

100

11 5 3 3 3 3 −3i sin = 3 cos +3i sin = 3 cos +i sin ; 4 4 4 4 4 4 10 10   2) z = − cos + i sin = cos + i sin ; 11 11 11 11 5 5 19   3) z = 3 sin − i cos = 3 cos − i sin = 3 cos + 12 12 12 12 12 19 ; i sin 12 √ 3 √  5 √ 11 √ 5 4) z = − 2 cos −i 2 sin = 2 − cos −i sin = 2 cos − 4 4 4 4 4 7  √ 7 i sin + i sin = 2 cos ; 4 4 4 10 10 5 5 5 5 5) z = 1 + cos + i sin = 1 + cos2 − sin2 + 2i sin cos = 9 9 9 9 9 9 5 5 5 5 5 5 2 cos2 + 2i sin cos = 2 cos cos + i sin ; 9 9 9 9 9 9 5 5 5 5 5 5 − i sin = 1 − cos2 + sin2 − 2i sin cos = 6) z = 1 − cos 3 3 6 6 6 6 5 5 5 5 5 1 5  2 sin2 − 2i sin cos = 2 sin sin − i cos = 2 · sin + 6 6 6 6 6 6 2 6    i cos = cos + i sin . 6 3 3 1) z = 3 cos

Izraˇcunaj:     1) cos + i sin + i sin cos ; 8 8 12 12 √ 5   √ 5 2) 3 cos +i sin · 6 cos +i sin ; 3 6 6 √ √ 3 3 3 5 5 3 3 cos +i sin · cos +i sin ; 3) 2 4 4 3 4 4 √   √ 4) 2 cos + i sin · 3 cos  + i sin  ; 2 2 √ 11 √ 3 11 3 +i sin · 8 cos +i sin . 5) 2 cos 4 4 8 8         cos + i sin = cos cos − sin sin + 1) cos + i sin 8 12 12 8 12 8 12  8  5       sin cos +cos sin i = cos + +i sin + = cos + 8 12 8 12 8 12 8 12 24 5 i sin ; 24 √ √ 5 5   √  5 2) 3 cos + i sin + i sin = 3 2 cos cos − 6 cos 3 3 6 6 3 6


1.6

5  sin sin  5 3  6 5 √  5 5  +cos sin +i sin + = + sin cos i = 3 2 cos + 3 6 3 6 3 6 3 6 √ 7 7 3 2 cos + i sin ; 6 6 √ √ 3 3 5 1 5 3 5 3 3 5 3 +i sin +i sin = cos − sin sin 3) cos cos cos 2 4 4 3 4 4 2 4 4 4 4 3 3 5 5 3 1 3 5 cos + sin cos i = cos + + i sin + + sin 4 4 4 4 2 4 4 4 5 1 1 1 = (cos 2 + i sin 2 ) = (cos 0 + i sin 0) = ; 4 2 2 2 √ √ 3   √ 3 4) 2 cos + i sin + i sin = 3(cos  + i sin  ) = 6 cos 2 2 2 2 √ −i 6 ; 3 3 √ 11 √ 3 11 3 5) 2 cos + i sin + i sin + = 4 cos + 8 cos 4 8 8 4 8 3 34 √ 3 3 3 9 3 i sin + +i sin +i sin + = 16 cos cos = 4 cos 4 8 4 4 8 8 8 9 i sin . 8

Zadatak 19.

Rjeˇsenje.

Zadatak 20.

Koliko je: √   2 cos + i sin 9 9 1) ; 0.5(cos 110◦ + i sin 110◦ )   cos + i sin 3 3 2) √ ? 11 11 + i sin 3 cos 6 6 √ √     2 cos + i sin 2 cos + i sin √  9 9 9 9 = − 1) = 2 2 cos ◦ ◦ 11 11 1 0.5(cos 110 + i sin 110 ) 9 cos + i sin 2 18  11 18 √  √ 11  3 +i sin − = 2 2 cos − +i sin − = 2 2 cos + 18 9 18 2 2 2 √ 3 = −2i 2 ; i sin 2   √  11 √3 3 cos +i sin 3  11 3 3 2) √ cos − +i sin − = cos − = 11 3 11 3 6 3 6 3 2 +i sin 3 cos 6 √ 6 √ 3 3   3 = cos +i sin = i. +i sin − 2 3 2 2 3 Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku brojeve: 1) z =

i−1   ; cos + i sin 3 3

101

1

BROJEVI

√ 1+i 3 ; 5 5 2i cos − i sin 3 √3 3−i 3) z = ; 7 7 − i sin i cos 6 6 i−1 . 4) z = 2 2 + sin i 1 − cos 5 5 2) z =

Rjeˇsenje.

Zadatak 21.

102

√ 3 3 + i sin 2 cos i−1 4 4 = √2 cos 3 −  + 1) z = =     4 3 cos + i sin cos + i sin 3 3 3 3 3 √ 5  5 i sin − = 2 cos + i sin ; 4 3 12 12    √ + i sin 2 cos cos + i sin 1+i 3 3 3 3 3 = = = 2) z =   5 5 5 5 − sin + i cos − i sin + i cos 2i cos 2 sin 3 3 3 3 3 3      5  5 cos + i sin cos + i sin 3 3 = 3 3 = cos − − + i sin =   5 5   3 6 3 6 − cos + i sin + i sin cos 6 6  6 3 6 3  + i sin ; + i sin − = cos cos − 2 2 2 2 11 11 11 11 √ + i sin + i sin 2 cos 2 cos 3−i 6 6 6 6 3) z = = = 7 7 4 7 7 4 − i sin + i cos + i sin i cos sin cos 6 6 3 3 116 4 6 11 4   − − + i sin = 2 cos + i sin ; = 2 cos 6 3 6 3 2 2 √ 3 3 3 3 √ +i sin 2 cos i−1 2 1 cos 4 +i sin 4 4 4 4) z= = · = 2 2 2 sin  cos  +i sin  2  +2 sin  cos  2i sin + sin i 1− cos 5 5 5 5 5 √5 5 √ 5 3  11 3  11 2 2 =  cos 4 − 5 +i sin 4 − 5 =  cos 20 +i sin 20 . 2 sin 2 sin 5 5

Odredi umnoˇzak i kvocijent brojeva napisanih u trigonometrijskom obliku: √   , 1) z1 = 3 cos + i sin 3 √ 3  ; z2 = 2 cos + i sin 4 4   , 2) z1 = 2 cos + i sin 4 4  z2 = 3 cos + i sin ; 4 4

POTENCIRANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

Rjeˇsenje.

1.7

  3) z1 = 3 cos + i sin , 7 7  + i sin . z2 = 2 cos 21 21 √ √     , z2 = 2 cos + i sin , 1) z1 = 3 cos + i sin 3 3 4 4  √  7   √ 7 z1 · z2 = 6 cos + + i sin + = 6 cos + i sin , 4 3 4 12 √ 12 √ 3 6     6   z1 : z2 = cos − + i sin − = cos + i sin ; 2 12 12 2  3 4 3 4  2) z1 = 2 cos + i sin , z2 = 3 cos + i sin , 4 4 4   4     z1 · z2 = 6 cos + + i sin + = 6 cos + i sin = 6i , 4 4 4 4 2 2 2 z1 : z2 = ; 3     3) z1 = 3 cos + i sin + i sin , z2 = 2 cos , 7 7 21 21 4 4     z1 · z2 = 6 cos + + i sin + = 6 cos + i sin , 7 21 21 7 21 3 212 2  3  z1 : z2 = − + i sin − = + i sin cos cos . 2 7 21 7 21 2 21 21

1.7. Potenciranje i korjenovanje kompleksnih brojeva Zadatak 1.

Dani su brojevi z1 =

7 5 5 2 7 3 + i sin cos  + i sin  , z2 = cos . 3 5 5 4 9 9

Izraˇcunaj z31 i z42 . 7 5 5 2 7 3 + i sin cos  + i sin  , z2 = cos , Rjeˇsenje. z1 = 3 5 5 4 9 9

7 21 21 8   2 7 3 8 z31 = cos  +i sin  cos +i sin = cos +i sin = 3 5 5 27 5 5 27 5 5

4 3 5 5 20 20 81 2 2 81 z42 = cos +i sin cos +i sin = cos +i sin . = 4 9 9 256 9 9 256 9 9

Zadatak 2.

Rjeˇsenje.

Izraˇcunaj: 10   6 + i sin ; 2) 2(cos 18◦ + i sin 18◦ ) ; 1) cos 12 12 √ √ 5 42   5 5 + i sin + i sin 3 cos ; 4) 3 2 cos . 3) 15 15 12 12

6   6   6 + i sin + i sin = cos + i sin = i . 1) cos = cos 12 12 12 12 2 2 10 2) 2(cos 18◦ + i sin 18◦ ) = 210 cos 180◦ + i sin 180◦ = −210 .

103

1

BROJEVI

√ √ √ 5   5  5 + i sin + i sin = 9 3 cos + 3) 3 cos = 35 cos 15 15 15 15 3  9√ 27 = 3+i . i sin 3 2 2

√ √ 5 42 35 5 35 3 3 3 +i sin +i sin = 214 cos + 4) 2 cos = 242 cos 12 12 2 2 2 3 = −214 i . i sin 2

Zadatak 3.

Rjeˇsenje.

Zadatak 4.

Izraˇcunaj sljedeće potencije:   3   4 ; 2) 2 cos + i sin ; 1) 2 cos + i sin 3 3 3 3 √ √   4   6 3) 2 cos + i sin ; 4) 2 cos + i sin ; 4 4 4 4   −2   −4 ; 6) 3 cos + i sin . 5) 4 cos + i sin 3 3 8 8   3 1) 2 cos + i sin = 23 cos  + i sin  = −8 ; 3 3 4 4   4  2) 2 cos + i sin + i sin = 24 cos  + + = 24 cos 3 3 3 3 3 √ √ 1  3 i sin  + = 24 − − = −8 − 8i 3 ; 3 2 2 √   4 3) 2 cos + i sin = 4(cos  + i sin  ) = −4 ; 4 4 √ 3 3   6 + i sin = −8i ; 4) 2 cos + i sin = 23 cos 4 4 2 2

−2   −2 −2 + i sin 5) 4 cos + i sin = 4−2 cos 3 3 3 3 √

2   3 2 1 − i sin i; = 4−2 cos =− − 3 3 32 32 − −   −4  6) 3 cos + i sin + i sin = 3−4 cos − = 3−4 cos 8 8 2 2 2 i  i sin =− . 2 81 5 Koliko je z12 1 : z2 ako je

z1 =

√ 3  , 2 − cos + i sin 4 4

√ √ 5 5 z2 = 2 2 sin − i2 2 cos ? 16 16

104


1.7

Rjeˇsenje.

√ 3 √ 3 √ 3   3 = 2 cos  − + i sin = 2 cos + i sin 2 − cos + i sin 4 4 4 4 4 4 √ √ √ 5 5 3 3 − i2 2 cos = 2 2 cos − i sin z2 = 2 2 sin 16 16 16 16 √ 29 29 + i sin = 2 2 cos 16 16 √ 3 12 √ 29 5 3 29 + i sin + i sin 2 cos : 2 2 cos 4 4 16 16 15 17 17 6 + i sin = 2 (cos  + i sin  ) : 2 2 cos 16 √ 16   3 31 31 2  + i sin − = cos + i sin . = 2− 2 cos − 16 16 4 16 16 z1 =

Zadatak 5.

Rjeˇsenje.


Izraˇcunaj: √ 2) (1 − i)11 ; 1) (i − 3)13 ; √ √ 2 2 50 3) − . −i 2 2 √ √ √ 1 1) (i − 3)13 , a = − 3 , b = 1 , |z| = 1 + 3 = 2 , tg  = − √ = 3 √ 3 5 =⇒  = , − 3 6 5 65 5 5 13 65 2 cos + i sin + i sin + = 213 cos = 213 cos 6 6 6 6 6 √ 5 3 1 i sin + i ; = 213 − 6 2 2 √ 7 , 2) (1 − i)11 , a = 1 , b = −1 , |z| = 2 , tg  = −1 =⇒  = 4 √ √ 7 11 5 7 5 + i sin + i sin = −32(1 + i) ; 2 cos = 32 2 cos 4 √ 4 4 4 √ √ √ 2 2 50 2 2 3) − −i , b=− , |z| = 1 , tg  = 1 =⇒  = , a=− 2 2 2 2 5 5 5 50   , cos + i sin = cos + i sin = i . 4 4 4 2 2 Ako je z = cos

2 2 + i sin , koliko je (1 + z)n ? 3 3 √ 2 1 3 2 + i sin =− + i z = cos 3 √ 3 2 2 1 3   i = cos + i sin z+1= + 2 2 3 3 n   n n cos + i sin + i sin . = cos 3 3 3 3

105

1

BROJEVI

Zadatak 7.

Rjeˇsenje.


Dokaˇzi:

√ n n 1) (1 + i)n = ( 2)n cos + i sin ; 4 4 √ n n − i sin . 2) ( 3 − i)n = 2n cos 6 6 √  1) a = 1 , b = 1 , |z| = 2 , tg  = 1 ,  = ; 4 √ √ n n   n n n (1 + i) = + i sin 2 cos + i sin = ( 2) cos ; 4 4 4 √4 √ √ 1 3 =⇒  = 2) a = 3 , b = −1 , |z| = 1 + 3 = 2 , tg  = − √ = − 3 3 5 ; 6  n  √ −n −n ( 3 − i)n = 2 cos − + i sin + i sin − = = 2n cos 6 6 6 6 n n − i sin . 2n cos 6 6 √ √ 3 3 1 1 , z2 = − − i , izraˇcunaj zn1 + zn2 , n ∈ Z . Ako je z1 = − + i 2 2 2 2 √ 3 1 , z2 = z1 , n ∈ Z ; z1 = − + i 2 2 √ 1 2 n 2n 3 n 2 2n + i sin + i sin = cos = cos zn1 = − + i 2 2 3 3 3 3 √ 1 n n 4 4n 4 4n 3 + i sin + i sin zn2 = − − i = cos = cos 2 2 3 3 3 3

2n 4n 4n 2n + i sin + cos + i sin zn1 + zn2 = cos 3 3 3 3 4n 2n 4n 2n + cos + sin + sin i = cos 3 3 3 3 4n 4n 4n 4n 2n 2n 2n 2n + − + − 3 3 3 3 3 3 3 3 i cos + 2 sin cos = 2 cos 2 2 2 2 n n + 2 sin!"n# cos − i = 2 cos!"n# cos − 3 3 =(−1)n

n = (−1) · 2 cos . 3

=0

n

Zadatak 9.

Izraˇcunaj: √ 5 −6  − i sin 3 cos ; 1) 12 12 1 2 i 4 −5 − sin . 2) − cos 2 15 2 15 Rjeˇsenje. 1) √  5 −6 √     −6 − i sin − − i sin + 3 cos = 3 cos 12 12 4 6 4 6

106


1.7

√         −6 − sin cos + cos sin 3 cos cos + sin sin i 4 6 4 6 4 6 4 6 √         −6 − cos cos + sin sin = 3 cos cos + sin sin i 4 6 4 6 4 6 4 6 √ −6     (1 − i) = 3 cos cos + sin sin 4 6 4 6 √ 7 −6 1 7 + i sin = 2 cos  4 4 27 cos6 12  1  1 − − + i sin · = cos  8 2 2 27 cos6 12 1 3 i 3 = + i sin =− cos   . 2 2 63 cos6 63 cos6 12 12 =

Zadatak 10.

Rjeˇsenje.

Zadatak 11.

Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku broj: 6 i−1 2 √ ; 2) √ ; 1) i 3−1 3+i 1 1 1 1 √ − √ + ; 4) 3) . 1+i 1−i 1−i 3 i 3+1 √ √ 6 2 −1 − i 3 6 −2(1 + i 3) 6 1 2 √ · √ = = = − (1+ 1) √ 1+3 2 i 3 − 1 −1 + i 3 −1 − i 3 √ 6   6 1 = cos 2 + i sin 2 = cos 0 + i sin 0 = 1 ; i 3) = 6 2 cos + i sin 3 3 2 √ 3 3 √ + i sin 2 cos i−1 3 2  −1 + i 4 4 2) √ − cos + = = √ =   2 4 6 3+i 3+i 2 cos + i sin 6 6 √ 3 7 7  2 − = cos + i sin ; i sin 4 6 2 12 12 1 1−i+1+i 2 1 + = = = 1 = cos 0 + i sin 0 ; 3) 1+i 1−i 2 1 − i2 √ √ √ √ √ 1 1 1+i 3−1+i 3 2i 3 3 3  √ − √ √ √ = = i= cos + 4) = 1+3 2 2 2 1 − i 3 i 3 + 1 (1 − i 3)(1 + i 3)  i sin . 2 Odredi argument i modul kompleksnog broja: √ 1+i 3 1) z =   ; 2i cos + i sin 3 3 i−1 2) z = ; 5 5 + i sin cos 6 6

107

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

√ √ 3) z = ( 2 − i)10 · (1 − i 2)20 ; √ (1 − i 3)15 4) z = √ . 17  − 2 cos − i sin 6 6 1)

√ 3 1 √ − i −i 1+i 3 2 2 z=   · −i =   2i cos + i sin cos + i sin 3 3 3 3 11 11 + i sin cos 6 6 = cos 11 −  + i sin 11 −  =   6 3 6 3 cos + i sin 3 3 9 3 3 9 + i sin = cos + i sin = cos 6 6 2 2 3 . =⇒ |z| = 1, arg z = 2

2) 3 3 + i sin cos i−1 4 4 z= = 5 5 5 5 + i sin + i sin cos cos 6 6 6 6 3 3 5 5 − − + i sin = cos 4 6 4 6   23 23 + i sin − = cos + i sin = cos − 12 12 24 24 23 . =⇒ |z| = 1, arg z = 24 3)

4)

√ √ √ 20 √ 20 10 10 (1 − i 2)i z = ( 2 − i) (1 − i 2) = ( 2 − i) i i + √2 20 √ √ √ = ( 2 − i)10 = ( 2 − i)10 ( 2 + i)20 i √ 7 10 √   20 7 + i sin = 3 cos 3 cos + i sin 4 4 4 4 3 10 3 5 + i sin 3 (cos  + i sin  ) = 3 cos 2 2 3 3 + i sin = 315 cos 2 2 3 15 . =⇒ |z| = 3 , arg z = 2

5 5 15 √ 15 2 cos + i sin (1 − i 3) 3 z= √ = √ 3 17 11  11 + i sin 2 cos − i sin − 2 cos 6 6 6 6

108


1.7

√ 215 (cos  + i sin  ) 11 11 14 + i sin 2 cos  −  − = −2 √ 11 11 6 6 + i sin − 2 cos 6 6 5 √ 5 29 7 7 + i sin − = −2 2 cos + i sin = −214 2 cos − 6 6 6 6 29   = 2 2 cos + i sin 6 6 29  =⇒ |z| = 2 2 , arg z = . 6

=

Zadatak 12.

Koristeći De Moivreovu formulu dokaˇzi sljedeće identitete: 1) 2) 3) 4)

Rjeˇsenje.

cos 3 = cos3  − 3 cos  sin2  ; sin 3 = 3 cos2  sin  − sin3  ; cos 4 = cos4  − 6 cos2  sin2  + sin4  ; sin 4 = 4 cos3  sin  − 4 cos  sin3  .

1) i 2) cos 3 + i sin 3 = (cos  + i sin  )3 = cos3  + 3 cos2  sin  · i − 3 cos  sin2  − i sin3  =[cos3  − 3 cos  sin2  ] + [3 cos2  sin  − sin3  ]i =⇒ cos 3 = cos3  − 3 cos  sin2  sin 3 = 3 cos2  sin  − sin3  3) i 4) cos 4 + i sin 4 = (cos  + i sin  )4 = cos4  + 4 cos3  sin  · i − 6 cos2  sin2  − 4 cos  sin3  · i + sin4  =[cos4  − 6 cos2  sin2  + sin4  ] + [4 cos3  sin  − 4 cos  sin3  ]i =⇒ cos 4 = cos4  − 6 cos2  sin2  + sin4  sin 4 = 4 cos3  sin  − 4 cos  sin3 


Ako je x +

1 1 = 2 cos  , dokaˇzi da je xn + n = 2 cos n . x x

1 = 2 cos  =⇒ x2 − 2x cos  + 1 = 0 x 2 cos  ± 4 cos2  − 4 2 cos  ± 4(cos2  − 1) x1,2 = = 2 2 2[cos  ± i sin  ] = cos  ± i sin  = 2 xn = (cos  ± i sin  )n = cos n ± i sin n 1 = x−n = (cos  ± i sin  )−n = cos(−n ) ± i sin(−n ) xn = cos n ∓ i sin n 1 xn + n = cos n ± i sin n + cos n ∓ i sin  = 2 cos n . x x+

109

1

BROJEVI

Zadatak 14.

Izraˇcunaj naznaˇcene korijene: √ √ 2) 3 + 4i ; 1) −i ;

Rjeˇsenje.

1)

√ −i ,

3)

√ 1 + i 3.

√ n z = n |z| cos  + 2k + i sin  + 2k , n ∈ Z n n n

3 a = 0, b = −1, |z| = 1, tg  = −1 =⇒  = 2 ⎞ ⎛ 3 3 + 2k + 2k   √ ⎜ √ ⎟ wk = −i = 1 ⎝cos 2 + i sin 2 ⎠ , k ∈ Z2 2 2 √ √ 3 2 2 3 + i sin =− + i w0 = cos 4 4 2 2 √ √ 7 2 2 7 w1 = cos + i sin = − i. 4 4 2 2 √ 2) 3 + 4i , √ √ 3 + 4i = 4 + 4i − 1 = 22 + 2 · 2i + i2 = [±(2 + i)]2 = ±(2 + i) √ 3) 1 + i 3 , √ √  a = 1, b = 3, |z| = 2, tg  = 3 =⇒  = 3   + 2k + 2k  √ √ + i sin 3 , k ∈ Z2 wk = 1 + i 3 = 2 cos 3 2 2 √   + k + i sin + k , k ∈ Z2 = 2 cos 6 6 √ √ 3 1 + i w0 = 2 2√ 2 √ 3 1 − i . w1 = 2 − 2 2

Zadatak 15.

Rjeˇsenje.

- sve vrijednosti korijena i predoˇci ih u Gaussovoj ravnini: Nadi √ √ √ 1) 3 −1 ; 2) 3 8 ; 3) 3 −27 ; √ √ √ 4) 4 i ; 5) 6 1 . 6) 3 i ; √ √ √ 8) 4 −1 ; 9) 6 −1 ; 7) 3 −2 + 2i ; √ 10) 8 −1 . √ 1) 3 −1 , a = −1, b = 0, |z| = 1, tg  = 0 =⇒  =  √ √  + 2k  + 2k 3 + i sin , k ∈ Z3 w = 3 −1 = 1 cos 3 3

110


1.7

1 + 2k 1 + 2k  + i sin  , k ∈ Z3 3 3√ 1   3 i = cos + i sin = + 3 3 2 2 = cos  + i sin  = −1 √ 3 5 1 5 + i sin = − i = cos 3 3 2 2

w = cos w1 w2 w3

√ 2) 3 8 , a = 8, b = 0, |z| = 8, tg  = 0 =⇒  = 0 √ 0 + 2k 0 + 2k 3 w = 8 = 2 cos + i sin , k ∈ Z3 3 3 2k 2k + i sin , k ∈ Z3 w = 2 cos 3 3 w1 = 2(cos 0 + i sin 0) = 2 √ 2 2 w2 = 2 cos + i sin = −1 + i 3 3 3 √ 4 4 w3 = 2 cos + i sin = −1 − i 3 3 3

√ 3) 3 −27 , a = −27, b = 0, |z| = 27, tg  = 0 =⇒  =  √ √  + 2k  + 2k 3 + i sin , k ∈ Z3 w = 3 −27 = 27 cos 3 3 1 + 2k 1 + 2k w = 3 cos  + i sin  , k ∈ Z3 3 3 √   3 3 3 = + i w1 = 3 cos + i sin 3 3 2 2

111

1

BROJEVI

w2 = 3(cos  + i sin  ) = −3 √ 5 3 3 3 5 + i sin = − i w3 = 3 cos 3 3 2 2

√ 4) 4 i ,

 a = 0, b = 1, |z| = 1, tg  = ∞ =⇒  = 2⎞ ⎛   + 2k + 2k √ √ ⎟ 4 ⎜ + i sin 2 w = 4 i = 1 ⎝cos 2 ⎠ , k ∈ Z4 4 4

    +k + k , k ∈ Z4 + i sin w = cos 8 2 8 2

√ 5) 6 1 , a = 1, b = 0, |z| = 1,  = 0 √ 2k 2k 6 + i sin , k ∈ Z6 w = 1 = cos 6 6 k k + i sin , k ∈ Z6 w = cos 3 3 w1 = cos 0 + i sin 0 = 1 √ 1   3 w2 = cos + i sin = + i 3 3 2 2

112


1.7

√ 2 1 3 2 + i sin =− + i 3 3 2 2 w4 = cos  + i sin  = −1 √ 4 1 3 4 + i sin =− − i w5 = cos 3 3 2 √2 5 1 3 5 w6 = cos + i sin = − i 3 3 2 2

w3 = cos

√ 6) 3 i , a = 0, b = 1, |z| = 1,  =

 2

  + 2k + 2k 2 + i sin 2 , k ∈ Z3 w = cos 3 3   4k 4k + + + i sin , k ∈ Z3 w = cos 6 6 6 6 √   3 1 + i w1 = cos + i sin = 6 6 2 √2 5 5 3 1 w2 = cos + i sin =− + i 6 6 2 2 3 3 + i sin = −i w3 = cos 2 2

√ 7) 3 −2 + 2i , a = −2, b = 2, |z| =

√ 3 8, tg  = −1 =⇒  = 4

113

1

BROJEVI

⎛ ⎞ 3 3 + 2k + 2k   √ √ 3 ⎜ ⎟ w = 3 −2 + 2i = 8 ⎝cos 4 + i sin 4 ⎠ , k ∈ Z3 3 3 √ 3 + 8k 3 + 8k 2 cos  + i sin  , k ∈ Z3 12 12 √   =1+i = 2 cos + i sin 4 4 √ 11 11 + i sin = 2 cos 12 12 √ 19 19 + i sin = 2 cos 12 12

w= w1 w2 w3

√ 8) 4 −1 , a = −1, b = 0, |z| = 1,  =  √  + 2k  + 2k + i sin , k ∈ Z4 w = 4 −1 = cos 4 √ 4 √   2 2 + i w1 = cos + i sin = 4 4 2 √ 2 √ 3 2 2 3 w2 = cos + i sin =− + i 4 4 2 2 √ √ 5 2 2 5 w3 = cos + i sin =− − i 4 4 √2 √2 7 2 2 7 w4 = cos + i sin = − i 4 4 2 2

114


1.7

√ 9) 6 −1 , √  + 2k  + 2k + i sin , k ∈ Z6 w = 6 −1 = cos 6 √ 6   3 1 + i w1 = cos + i sin = 6 6 2 2   w2 = cos + i sin = i 2 2 √ 3 1 5 5 w3 = cos + i sin =− + i 6 6 2 2 √ 7 7 3 1 + i sin =− − i w4 = cos 6 6 2 2 3 3 w5 = cos + i sin = −i 2 2 √ 11 3 1 11 w6 = cos + i sin = − i 6 6 2 2

√ 10) 8 −1 , √  + 2k  + 2k + i sin , k ∈ Z8 w = 8 −1 = cos 8 8

Zadatak 16.

Odredi sve vrijednosti sljedećih korijena: √ √ 3 1 4 ; 2) 3 2 + 2i ; − −i 1) 2 2

1−i 3) 6 √ . 3+i

115

1

BROJEVI

Rjeˇsenje.

1)

4

√ 3 1 − −i , 2 2 √ √ 3 4 1 , |z| = 1, tg  = 3 =⇒  = a=− , b=− 2 2 3 4 4 + 2k + 2k + i sin 3 , k ∈ Z4 w = cos 3  4   4  +k + i sin + k , k ∈ Z4 w = cos 3 2 3√ 2 1   3 i w1 = cos + i sin = + 3 3 2 √2 5 3 1 5 w2 = cos + i sin =− + i 6 6 2 √2 4 1 3 4 w3 = cos + i sin =− − i 3 3 2√ 2 11 3 1 11 + i sin = − i w4 = cos 6 6 2 2

√ 2) 3 2 + 2i , √  a = 2, b = 2, |z| = 8,  = 4 ⎞ ⎛   + 2k + 2k √ ⎜ ⎟ + i sin 4 w = 2 ⎝cos 4 ⎠ , k ∈ Z3 3 3 √ 1 + 8k 1 + 8k 2 cos  + i sin  , k ∈ Z3 12 12  √ √      + i sin − − = 2 cos + i sin w1 = 2 cos 12 12 3 4 3 4 √         = 2 cos cos + sin sin + sin cos − cos sin i 3 4 3 4 3 4 3 4 √ √ √ √ √ √ √ 1 2 3 2 3 2 1 2 = 2 · + · + · − · i 2 2 2√ 2 2 √ √2 2 √ 2 √ √ 2 1 3 3 1 3+1 3−1 + + − i = + i = 2 2 2 2 2 2 2√ 2 √ √ 3 √ 2 2 3 w2 = 2 cos + i sin = 2 − + i = −1 + i 4 4 2 2 √ √ 17 5 17 5 + i sin = − 2 cos + i sin w3 = 2 cos 12 12 12 12 3 √ 3   − + i sin − = − 2 cos 4 3 4 3 3 √ 3 3 3     cos + sin sin + i sin cos − sin cos = − 2 cos 3√ √ 4 3 3 4 √4 √ √4 √ 3 √ 2 1 2 3 2 1 3 2 =− 2 − · + · + · + · i 2 2 2 2 2 2 2 2 w=

116


1.7

√ √ √ √ √ √ 2 1 1− 3 1+ 3 3 1 3 − + + + i = − i =− 2 2 2 2 2 2 2 2 1−i 3) 6 √ , 3+i √ 7 7 √ 7 + i sin 2 cos 7 2   1−i 4 4 √ = cos − + i sin − =   2 4 6 4 6 3+i 2 cos + i sin 6 6 19 19 1 + i sin = √ cos 12 12 2 ⎛ ⎞ * 19 19 + 2k + 2k   1−i 1 ⎜ ⎟ + i sin 12 w= 6 √ = 12 √ ⎝cos 12 ⎠ 6 6 3+i 2 24k + 19 1 24k + 19  + i sin  , k ∈ Z6 wk = 12 √ cos 72 72 2

Zadatak 17.

Izraˇcunaj: 1+i 1−i 1 √ ; √ . 1) 8 √ ; 2) 6 3) 12 3−i 1+i 3 1−i 3 1+i Rjeˇsenje. 1) 8 √ , 3−i √    + i sin 2 cos 1  1+i 11 11 4 4 √ = √ cos = − + i sin − 11 11 4 6 4 6 3−i 2 + i sin 2 cos 6 6 19 5 1 19 1 5 = √ cos − + i sin + i sin − = √ cos 12 12 12 12 2 2 ⎞ ⎛ 5 5 + 2k + 2k 1 ⎜ ⎟ 12 + i sin 12 w = 16 √ ⎝cos ⎠ , k ∈ Z8 8 8 2 24k + 5 1 24k + 5 wk = 16  + i sin  , k ∈ Z8 √ cos 96 96 2 1−i √ , 2) 6 1+i 3 √ 7 7 + i sin 2 cos 1−i 4 4 = √1 cos 7 −  + i sin 7 −  √ =   4 3 4 3 1+i 3 2 2 cos + i sin 3 3 17 17 1 + i sin = √ cos 12 12 2

117

1

BROJEVI

⎤ 17 17 + 2k + 2k   1 ⎢ ⎥ w = 12 + i sin 12 √ ⎣cos 12 ⎦ , k ∈ Z6 6 6 2 ⎡

24k + 17 1 24k + 17 wk = 12  + i sin  , k ∈ Z6 √ cos 72 72 2 1 √ , 3) 12 1−i 3 1 1   cos 0 + i sin 0 √ =   = cos + i sin 2 3 3 1−i 3 + i sin − 2 cos − 3 3 ⎞ ⎛   + 2k + 2k   1 ⎜ ⎟ + i sin 3 w = 12 √ ⎝cos 3 ⎠ , k ∈ Z12 12 12 2 6k + 1 1 6k + 1 wk = 12  + i sin  , k ∈ Z12 √ cos 36 36 2

Zadatak 18.

Odredi sve kompleksne brojeve z takve da je:

 2 − i sin ; 3 3 3  3 2) z = − cos + i sin . 4 4

1) z4 = cos

Rjeˇsenje.

118

1)

z4

√ √ 1  3 3 2 1 4 − i sin = − − i =⇒ z = − − i; = cos 3 3 2 2 2 2 √ √ 1 3 4 a=− , b=− , |z| = 1, tg  = 3 =⇒  = 2 2 3 4 4 + 2k + 2k + i sin 3 , k ∈ Z4 w = cos 3  4   4  +k + i sin + k , k ∈ Z4 w = cos 3 2 3√ 2 1   3 i w1 = cos + i sin = + 3 3 2 √2 5 3 1 5 w2 = cos + i sin =− + i 6 6 2 √2 4 1 3 4 w3 = cos + i sin =− − i 3 3 2√ 2 11 3 1 11 w4 = cos + i sin = − i 6 6 2 2


1.7

 3 3 3 = cos + i sin . 2) z3 = − cos + i sin 4 4 4 4 3 3 + 2k + 2k 4 z = cos + i sin 4 , 3 3 3 + 8k 3 + 8k + i sin = cos 12 12   z0 = cos + i sin 4 4 11 11 + i sin z1 = cos 12 12 19 19 + i sin z2 = cos 12 12

Zadatak 19.

Rjeˇsenje.

k = 0, 1, 2

√ Prikaˇzi u trigonometrijskom obliku kompleksne brojeve z = 1 − i 3 i 3  . w = −3 cos − 3i sin 4 4 √ Izraˇcunaj z5 i 4 w . √ z = 1 − i 3, √ r = 1 + 3 = 2; ⎫ 1 ⎪ ⎬ 2 cos  = 1, cos  = ; 5 2 √ =⇒  = ; √ 3⎪ 3 ⎭ 2 sin  = − 3, sin  = − .

2 5 5 + i sin z = 2 cos . 3 3 √ √ 3 3 2 3 2  =− − i; w = −3 cos − 3i sin 4 4 2 2 18 18 r= + = 3; 4 4 √ √ ⎫ 2⎪ 3 2 ⎬ , cos  = − ;⎪ 3 cos  = − 5 2 2 =⇒  = ; √ √ ⎪ 4 2 ⎪ 3 2 ⎭ 3 sin  = − , sin  = − 2 2

5 5 + i sin w = 3 cos . 4 4

Zadatak 20.

Rjeˇsenje.

√ Prikaˇzi u trigonometrijskom obliku kompleksne brojeve z = − 3 − i i 4 2 − i sin . w = cos 3 3 √ Izraˇcunaj 3 z i w5 . √ z = − 3 − i, √ r = 1 + 3 = 2;

119

1

BROJEVI

√ ⎫ 3 ⎪ ;⎬ cos  = − 7 2 ; =⇒  = 1 ⎪ 6 ⎭ 2 sin  = −1, sin  = − .

2 7 7 + i sin z = 2 cos ; 6 6 ⎛ ⎞ 7 7 + 2k + 2k   √ √ ⎟ 3 z = 3 2 ⎜cos 6 + i sin 6 ⎝ ⎠ 3 3 √ 2 cos  = − 3,

√ 7 + 12k 7 + 12k 3 + i sin 2 cos 18 18

√ 7 7 3 + i sin ; z0 = 2 cos 18 18

√ 19 19 3 + i sin z1 = 2 cos ; 18 18

√ 31 31 3 + i sin ; z2 = 2 cos 18 18 =

k = 0, 1, 2;

√ 4 1 3 2 − i sin =− + ; w = cos 3 3 2 2 ⎫ 1⎪ cos  = − ;⎪ ⎬ 1 3 2 √2 =⇒  = + = 1; ; r= 4 4 3 3 ⎪ ⎪ ⎭ sin  = 2 2 2 w = cos + i sin . 3 3

10 4 10 4 5 w = 5 cos + i sin + i sin = 5 cos . 3 3 3 3


√ 7 5 + 4 i sin , izraˇcunaj z3 i 4 z . 6 6 √ 5 7 z = −4 cos + 4 i sin = 2 3 − 2i , 6 6 √ r = 12 + 4 = 4 ; √ ⎫ √ 3⎪ ⎬ 4 cos  = 2 3, cos  = 11 2 =⇒  = ; 1 ⎪ 6 ⎭ 4 sin  = −2, sin  = − 2

11 11 + i sin z = 4 cos ; 6 6

Ako je z = −4 cos

⎞ 11 11 + 2k + 2k   √ √ ⎟ 4 z = 4 4 ⎜cos 6 + i sin 6 ⎠ ⎝ 4 4 ⎛

120


√ 11 + 12k 11 + 12k + i sin , 2 cos 24 24

√ 11 11 + i sin = 2 cos 24 24

√ 23 23 + i sin = 2 cos 24 24

√ 35 35 + i sin = 2 cos 24 24

√ 47 47 + i sin = 2 cos ; 24 24 =

z0 z1 z2 z3

√ z = 2 3 + 2i ;

1.7

k = 0, 1, 2, 3

√ ⎫ 3⎪ ⎬ cos  =  2 =⇒  = ; 1 ⎪ 6 ⎭ sin  = 2

√ 4 cos  = 2 3,

4 sin  = 2,   ; z = 4 cos + i sin 6 6

3 3   z3 = 43 cos + i sin = 64 cos + i sin . 6 6 2 2


√ 4 2 + i sin , izraˇcunaj z4 i 5 z . 3 3 √ 2 4 1 3 z = − cos + i sin = − i, 3 3 2 2 ⎫ 1 ⎪ cos  = ; ⎪ ⎬ 1 3 5 2√ =⇒  = r= + = 1; ; 4 4 3 3 ⎪ ⎭ sin  = − ;⎪ 2 5 5 z = cos + i sin ; 3 3 20 2 2 20 + i sin = cos + i sin ; z4 = cos 3 3 3 3 ⎫ 1 ⎪ √ cos  = ; ⎪ ⎬ 3  1 2 √ i; =⇒  = ; z= + 2 2 3 3 ⎪ ⎭ sin  = ;⎪ 2   z = cos + i sin ; 3 3

Ako je z = − cos

  + 2k + 2k √ 5 3 + i sin 3 z = cos 5 5  + 6k  + 6k + i sin , = cos 15 15 √   + i sin z0 = 2 cos 15 15

k = 0, 1, 2, 3, 4

121

1

BROJEVI

√ 7 7 + i sin 2 cos 15 15

√ 13 13 + i sin = 2 cos 15 15

√ 19 19 + i sin = 2 cos 15 15

√ √ 25 5 25 5 + i sin + i sin = 2 cos = 2 cos . 15 15 3 3

z1 = z2 z3 z4


Zadatak 24.

Rjeˇsenje.

Zadatak 25.

Odredi ona rjeˇsenja jednadˇzbe z7 + z = 0 , z ∈ C za koja je Im (z) > 0 . z7 +z = 0 , z ∈ C , Im (z) > 0 ; z7 = −z , |z7 | = |z|7 = |−z| = |z| =⇒ √ ili |z| = 1 ; z8 = −|z|2 = −1 =⇒ z = 8 −1 ; 1.212.10 =⇒ 2k + 1 2k + 1 2k + 1  + i sin  , k ∈ Z8 ; Im z > 0 =⇒ sin  cos 8 8 8 2k + 1 2k + 1 < 1 , k ∈ Z8 =⇒ k ∈ Z8 =⇒  <  , k ∈ Z8 =⇒ 8 8 2k + 1 2k + 1  + i sin  , k ∈ Zk . cos 8 8 Pokaˇzi da vrijedi

> 0, zk =

−1 + i√3 n −1 − i√3 n + 2 2 2, ako je n = 3k, = −1, ako je n = 3k ± 1.

√ √ −1 + i√3 3 −3i 3 + 9 + 3i 3 − 1 =1 = 2 √ 8 −1 − i 3 3 √ √ 1 = − (1 + 3i 3 − 9 − 3i 3) = 1 2 8 −1 + i√3 3k −1 − i√3 3k −1 + i√3 3 k −1 − i√3 3 k + = + 2 2 2 2 = 1k + 1k = 2 √ √ −1 + i√3 3k+1 −1 + i√3 3k+1 k −1 + i 3 k −1 − i 3 + =1 · +1 · 2 2√ 2 2 √ −1 + i 3 − 1 − i 3 = −1 = 2 Rijeˇsi jednadˇzbe: 1) 2) 3) 4)

122

z=0 zk =

z6 + 64 = 0 ; z4 + 1 = 0 ; z5 +z4 +z3 +z2 +z+1=0 ; z3 + i = 0 ;


1.7

5) z5 − i = 0 ; 6) z6 − 1 = 0 . Rjeˇsenje.

1) z6 + 64 = 0 , √  + 2k  + 2k zk = 6 −64 = 2 cos + i sin , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 6 6 √ 3 1 √   z0 = 2 cos + i sin =2 + i = 3+i 6 6 2 2   = 2i z1 = 2 cos + i sin 2 2 √3 1 √ 5 5 z2 = 2 cos + i sin =2 − + i =− 3+i 6 6 2 2 √ 7 7 z3 = 2 cos + i sin =− 3−i 6 2 3 3 z4 = 2 cos + i sin = −2i 2 2 11 √ 11 + i sin = 3−i z5 = 2 cos 6 6 √ 2) z4 + 1 = 0 , z4 = −1 =⇒ z = 4 −1;

 + 2k  + 2k + i sin , k = 0, 1, 2, 3 4 √ 4√   2 2 z0 = cos + i sin = + i 4 4 2 √ 2 √ 3 2 2 3 z1 = cos + i sin =− + i 4 4 √2 √2 5 2 2 5 z2 = cos + i sin =− − i 4 4 2 2 √ √ 7 2 2 7 z3 = cos + i sin = − i 4 4 2 2 √ 3) z5 + z4 + z3 + z2 + z + 1 = 0 / · (z − 1) ; z = 6 1 zk = cos

2k 2k + i sin , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 6 6 z0 = cos 0 + i sin 0 = 1 √ 1   3 z1 = cos + i sin = + i 3 3 2 2 √ 2 1 3 2 z2 = cos + i sin =− + i 3 3 2 2 z3 = cos  + i sin  = −1 √ 4 1 3 4 + i sin =− − i z4 = cos 3 3 2 √2 5 1 3 5 z5 = cos + i sin = − i 3 3 2 2 zk = cos

123

1

BROJEVI

4) z3 + i = 0 ,

√ z3 = −i =⇒ z = 3 −i 3 3 + 2k + 2k 2 zk = cos + i sin 2 3 3 3 + 4k 3 + 4k + i sin , k = 0, 1, 2 = cos 6 6   z0 = cos + i sin = i 2 2 √ 7 3 1 7 z1 = cos + i sin =− − i 6 6 2 2 √ 11 11 3 1 + i sin = − i z2 = cos 6 6 2 2 √ 5 5 5) z − i = 0 , z = i   + 2k + 2k 2 + i sin 2 zk = cos 5 5  + 4k  + 4k + i sin , k = 0, 1, 2, 3, 4 = cos 10 10   z0 = cos + i sin ; 10 10   z1 = cos + i sin = i; 2 2 9 9 + i sin ; z2 = cos 10 10 13 13 z3 = cos + i sin ; 10 10 17 17 z4 = cos + i sin . 10 10 √ 6) z6 − 1 = 0 , z6 = 1 =⇒ z = 6 1 ; 2k 2k + i sin , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 6 6 z0 = cos 0 + i sin 0 = 1 √ 1   3 i z1 = cos + i sin = + 3 3 2 2 √ 2 1 3 2 z2 = cos + i sin =− + i 3 3 2 2 z3 = cos  + i sin  = −1 √ 4 1 3 4 + i sin =− − i z4 = cos 3 3 2 √2 5 1 3 5 z5 = cos + i sin = − i 3 3 2 2 zk = cos

124

Detaljna Rjesenja 4 Dio1

Recommend Documents