Matematika 1+ - skripta za dodatnu nastavu u 1. razredu srednje škole - Kristijan Kvaternik

Matematika + - skripta za dodatnu nastavu u. razredu srednje škole - Kristijan Kvaternik

Sadržaj Obodni i središnji kut 2 Zadatci za vježbu............................ 8 2 Sukladnost i sličnost 9 Zadatci za vježbu............................ 6 3 Algebarski izrazi 9 Zadatci za vježbu............................ 25 4 Matematička indukcija 28 Zadatci za vježbu............................ 36

Poglavlje Obodni i središnji kut Ponovimo što znamo o odnosu obodnog i središnjeg kuta. Poučak.. Ako je mjera istaknutog središnjeg kuta kružnice β, a mjera njemu pridruženog obodnog kuta α, tada vrijedi β = 2α. Posljedica ovog poučka jest poznati Talesov poučak. Poučak.2 (Talesov poučak). Obodni kut nad promjerom kružnice jest pravi kut. Ta tvrdnja je očita, budući da je promjer kružnice zapravo ispruženi kut s vrhom u središtu kružnice. Iz odnosa obodnog i središnjeg kuta takoder slijedi činjenica kako su svi obodni kutevi nad istim lukom kružnice jednaki. Primjer.. Dokaži da simetrala dužine kojoj su krajevi nožišta dviju visina trokuta prolazi polovištem treće stranice. 2

Rješenje. Budući da je BN c C = CN b B = 90, prema Talesovom poučku točke N b, N c leže na kružnici promjera BC. Sada je N b N c tetiva te kružnice. Budući da simetrala svake tetive prolazi središtem kružnice, simetrala dužine N b N c zaista prolazi polovištem dužine BC. Primjer.2. Zadan je trokut i polukružnica kojoj je promjer jedna stranica trokuta. Konstruiraj ortocentar tog trokuta samo pomoću ravnala. Rješenje. Neka je BC promjer te polukružnice. Spojimo točku B sa sjecištem polukružnice i stranice CA te točku C sa sjecištem polukružnice i stranice AB. Sjecište tih spojnica jest ortocentar trokuta (Zašto?). Primjer.3. Dokaži da se sjecište simetrale kuta trokuta i simetrale tom kutu nasuprotne stranice nalazi na opisanoj kružnici tog trokuta. 3

Rješenje. Neka simetrala stranice BC siječe opisanu kružnicu u točki T. Povucimo pravac AT ; treba dokazati kako je taj pravac simetrala kuta BAC. Prema oznakama na slici vrijedi BT = T C T BC = T CB (svojstvo simetrale stranice). Zbog jednakosti obodnih kuteva vrijedi T BC = T AC (obodni kutevi nad tetivom T C) i T CB = T AB (obodni kutevi nad tetivom T B), odakle slijedi tvrdnja zadatka. Dokažite za vježbu sami sljedeći poučak. Poučak.3 (Kut tangente i tetive). Kut izmedu tangente kružnice kojoj je diralište u krajnjoj točki tetive jednak je obodnom kutu nad tom tetivom. Primjer.4. Krajevima tetive AB kružnice povučene su tangente koje se sijeku u točki C. Dokaži da je polovište P luka ÂB središte trokutu ABC upisane kružnice. 4

Rješenje. Neka je S središte kružnice i CAB = ABC = α. Prema poučku.3 vrijedi ASB = 2α. Zato slijedi ASP = α (Zašto?). Tada je obodni kut nad tetivom AP jednak α/2 (tj. P AB = α/2), pa je opet prema poučku.3 CAP = α/2, tj. pravac AP je simetrala kuta CAB. Analogno vrijedi i za kut ABC, pa je P središte upisane kružnice trokuta ABC. Poučci vezani uz obodne i središnje kutove se mogu primjenjivati i na neke zadatke o kružnici i četverokutu. Uz to je vezana jedna posebna vrsta četverokuta - tetivni četverokut. Poučak.4 (Tetivni četverokut). Tetivni četverokut jest svaki četverokut kojemu se može opisati kružnica. Zbroj dvaju nasuprotnih kuteva tetivnog četvrokuta iznosi 80. 5

Dokaz. Prema oznakama na slici vrijedi (Zašto?) RP Q = RSQ = α, Zato slijedi SP R = SQR = β, P RQ = P SQ = γ, P RS = P QS = δ. 2(α + β + γ + δ) = 360 QP S + QRS = 80. Korisno je napomenuti kako vrijedi i obrat poučka o tetivnom četverokutu (dokaz provedite sami). 6

Poučak.5. Ako zbroj nasuprotnih kuteva nekog četverokuta iznosi 80, tada je taj četverokut tetivan. Iz obrata poučka o tetivnom četverokutu slijedi kako je svaki četverokut kojemu su dva nasuprotna kuta prava tetivan, što je korisno za upamtiti. Primjer.5. Neka je ABCD tetivan četverokut takav da se pravci AD i BC sijeku u točki F te da pravci AB i CD nisu paralelni. Ako je sjecište dijagonala tog četverokuta točka E i ako je četverokut CEDF takoder tetivan, dokaži da je EF AB. Rješenje. Prema tvrdnji zadatka vrijedi EDF = 80 ECF ADB = 80 ACB. No kutevi ADB i ACB su jednaki (Zašto?) pa mora vrijediti ADB = ACB = 90. Zbog toga slijedi da je točka E ortocentar trokuta ABF, pa je očito kako je EF AB. 7

Zadatci za vježbu - obodni i središnji kut Zadatak.. Zadan je paralelogram ABCD takav da je AB = 2 BC. Ako je točka M polovište stranice AB, dokaži da je CM DM. Zadatak.2. Zadana je kružnica k s centrom O i na njoj točka A. Odredi skup polovišta svih onih tetiva kojima je A jedan kraj. Zadatak.3 (Nožišni trokut). Trokut kojemu su vrhovi nožišta visina u nekom trokutu zove se nožišni trokut. Dokaži da se ortocentar trokuta poklapa sa središtem upisane kružnice njegovog nožišnog trokuta. Zadatak.4. Dokaži da produžeci visina povučenih iz dva vrha trokuta sijeku tom trokutu opisanu kružnicu u točkama koje su jednako udaljene od trećeg vrha. Zadatak.5. Dvije se kružnice dodiruju izvana. Ako njihovim diralištem povučemo sekantu (pravac koji siječe obje kružnice), onda ta sekanta siječe kružnicu u diralištima paralelnih tangenata. Dokaži. Zadatak.6. U trokutu ABC visina iz vrha A siječe stranicu BC u točki A i opisanu kružnicu trokuta ABC u točki A 2. Dokaži da vrijedi HA = A A 2, pri čemu je H ortocentar trokuta ABC. Zadatak.7. Neka je CH visina šiljastokutnog trokuta ABC a točka O središte njemu opisane kružnice. Ako je T nožište okomice iz točke C na pravac AO, dokaži da pravac T H prolazi polovištem dužine BC. Zadatak.8. Od tri kružnice svaka dira dvije preostale izvana. U svakom diralištu dviju kružnica povučena je tangenta na te dvije kružnice. Dokaži da se te tangente sijeku u središtu opisane kružnice trokuta kojemu se vrhovi ta dirališta. Zadatak.9. Od četiri kružnice svaka kružnica dira po dvije kružnice izvana. Dokaži da dirališta tih kružnica leže na jednoj kružnici. Zadatak.0. Dokaži da simetrale dvaju suprotnih kuteva tetivnog četverokuta sijeku tom četverokutu opisanu kružnicu u krajnjim točkama istog promjera. Zadatak.. Neka je ABCD konveksan četverokut takav da su dijagonale AC i BD okomite i neka se sijeku u točki P. Dokaži da nožišta okomica iz točke P na stranice AB, BC, CD, DA leže na istoj kružnici. Zadatak.2. Od dviju jednakih kružnica k i k 2 jedna prolazi središtem druge. Kružnice se sijeku u točkama A i B. Točkom A povučena je tetiva kružnice k koja k 2 siječe još u točki P, a k još u točki Q. Dokaži da je trokut QBP jednakostaničan. 8

Poglavlje 2 Sukladnost i sličnost U ovom ćemo se pogavlju uglavnom baviti sukladnim i sličnim trokutima jer se većina problema povezana sa sukladnosti i sličnosti svodi na sukladnost i sličnost trokuta. Postoje točno odredena pravila prema kojima možemo lako ustanoviti jesu li trokuti sukladni, odnosno slični a koja ćemo sad ponoviti (i nadopuniti). Poučak 2. (Sukladnost trokuta). Dva su trokuta sukladna ako se poklapaju u: - dvjema stranicama i kutu medu njima (SKS poučak) - jednoj stranici i dvama kutevima uz nju (KSK poučak) - svima trima stranicama (SSS poučak) - dvjema stranicama i kutu nasuprot većoj od njih (SSK poučak) Tvrdnju da su trokuti ABC i A B C sukladni zapisujemo ABC = A B C, pri čemu je = oznaka sukladnosti. Sukladnost trokuta se koristi u dokazivanju nekih osnovnih činjenica u geometriji. Poučak 2.2 (Svojstvo simetrale dužine). Svaka je točka simetrale dužine jadnako udaljena od krajnjih točaka te dužine. Dokaz. Uputa: primijeni SKS poučak o sukladnosti. Poučak 2.3 (Svojstvo simetrale kuta). Svaka je točka na simetrali kuta (manjega od 80 ) jednako udaljena od krakova tog kuta. 9

Napomena: pod udaljenosti točke i pravca podrazumijevamo udaljenost točke i nožišta okomice iz točke na taj pravac. Dokaz. Uputa: primijeni KSK poučak o sukladnosti. Dokažite i obrate poučaka 2.2 i 2.3. Primjer 2.. Nad katetom AC i hipotenuzom AB pravokutnog trokuta ABC konstruirani su kvadrati ADEB i ACF G. Dokaži da je CD = BG. Rješenje. Vrijedi ABG = ADC zbog AG = AC, AB = AD i DAC = GAB = 90 + BAC, pa je očito kako vrijedi tvrdnja zadatka. Poučak 2.4 (Sličnost trokuta). Dva su trokuta slična ako: 0

- im je jedan par stranica proporcionalan i kutevi što ih zatvaraju ti parovi medusobno jednaki (SKS poučak) - su dva kuta jednog trokuta jednaka odgovarajućim kutevima drugog trokuta (KK poučak) - su im odgovarajuće stranice proporcionalne (SSS poučak) Tvrdnju da su trokuti DEF i D E F slični zapisujemo DEF D E F, pri čemu je oznaka sličnosti. Omjer odgovarajućih stranica dvaju sličnih trokuta jest stalan (za te trokute) i naziva se koeficijentom sličnosti. Uočimo kako su sukladni trokuti takoder slični s koeficijentom sličnosti. Podsjetite se kako glase dokazi sljedećih trdnji. Poučak 2.5. Omjer opsega sličnih trokuta jednak je koeficijentu sličnosti tih trokuta. Poučak 2.6. Omjer površina sličnih trokuta jednak je kvadratu koeficijenta sličnosti tih trokuta. Mnogi se poučci u geometriji temelje na sličnosti trokuta. Navest ćemo neke i dokazati ih. Poučak 2.7 (Euklidov poučak). Ako su p i q duljine odrezaka što ih visina duljine v čini na hipotenuzi pravokutnog trokuta, tada vrijedi v = pq.

Dokaz. Prema oznakama na slici vrijedi ANC CNB (objasni zašto). Odatle slijedi: AN CN = CN NB, v 2 = pq, odakle direktno slijedi tvrdnja zadatka. Takoder vrijedi a = qc, b = pc (dokaži i pomoću tih tvrdnji izvedi Pitagorin poučak). Poučak 2.8 (Potencija točke). Neka je T točka kružnice k i neka se tetive te kružnice, AB i CD, sijeku u T. Tada vrijedi T A T B = T C T D. Umnošci s lijeve i desne strane jednakosti nazivaju se potencijom točke T u odnosu na kružnicu k. 2

Dokaz. Uputa: promatraj obodne kuteve u četverokutu ABCD i primijeni KK poučak o sličnosti. Primjer 2.2. Neka je ABCD tetivni četverokut i neka se pravci BC i DA sijeku u točki E. Dokaži da su trokuti ABE i CDE slični. Rješenje. Vrijedi EDC = 80 δ = β, ECD = 80 γ = α (Zašto?), pa prema KK poučku vrijedi tvrdnja zadatka. Uočimo sad da zbog toga vrijedi AE DE = BE CE, što je zapravo takoder poučak o potenciji točke (lijeva i desna strana su potencije točke točke E u odnosu na opisanu kružnicu četverokuta ABCD). Dakle, poučak o potenciji točke vrijedi i za točke izvan kružnice. Dokažite za vježbu sami sljedeći poučak. 3

Poučak 2.9 (Srednjica trokuta). Srednjica trokuta jest spojnica polovišta dvije stranice u trokutu. Srednjica trokuta je paralelna s trećom stranicom i jednaka polovini njene duljine. Jedna posljedica poučka o srednjici trokuta jest poučak o težištu trokuta. Poučak 2.0 (Poučak o težištu trokuta). Težište trokuta dijeli svaku težišnicu u omjeru :2 (računajući od polovišta stranice do vrha). Dokaz. Označimo težište trokuta s T. Tada je P P 2 srednjica trokuta ABC, pa prema poučku 2.9 i KK poučku slijedi da su trokuti P T P 2 i BT A slični s koeficijentom sličnosti. Otuda direktno slijedi tvrdnja zadatka. 2 Poučak 2. (Svojstvo simetrale kuta u trokutu). Ako u trokutu ABC simetrala kuta BAC siječe stranicu BC u točki K, tada vrijedi BK : KC = BA : AC. 4

Dokaz. Označimo dužine kao na slici. Povucimo paralelu s pravcem AK kroz točku C; ta paralela siječe pravac AB u točki L. Tada zbog jednakosti kuteva uz presječnicu slijedi ACL = CAK = KAB = ALC, pa je trokut CAL jednakokračan, tj. AL = b. s druge strane, zbog AK CL slijedi KBA CBL, tj. BK BC = BA BL, m m + n = c c + b, mc + mb = mc + nc, m : n = c : b. 5

Zadatci za vježbu - sukladnost i sličnost Zadatak 2.. Ako se u nekom četverokutu dijagonale raspolavljaju, taj je četverokut paralelogram. Dokaži. Zadatak 2.2. Ako su u koneksnom četverokutu dvije suprotne stranice paralelne i jednake, taj je četverokut paralelogram. Dokaži. Zadatak 2.3. Zadanom točkom povuci pravac koji s dva zadana ukrštena pravca zatvara jednake kuteve. (Napomena: ukršteni pravci su pravci koji imaju točno jednu zajedničku točku.) Zadatak 2.4. Nad stranicama AD i CD paralelograma ABCD konstruirani su s vanjske strane jednakostranični trokuti ADN i DCM. Dokaži da je trokut BM N jednakostraničan. Zadatak 2.5. S vanjske strane kvadrata ABCD nacrtani su jednakostranični trokuti AP B, BQC, CRD i DSA. Dokaži da je četverokut P QRS kvadrat. Zadatak 2.6. Nad katetama AC i BC pravokutnog trokuta ABC konstruirani su s vanjske strane kvadrati ACDE i BF GC. Iz točaka E i F spuštene su okomice EP i F Q na pravac AB. Dokaži da je EP + F Q = AB. Zadatak 2.7. Neka je k kružnica sa središtem u točki O i T točka izvan nje. Neka je S sjecište kružnice k dužine OT. U točki S povučena je tangenta t na k i oko O opisana kružnica k kroz T koja t siječe u točkama P i Q. Dokaži da su sjecišta dužina OP i OQ sa k dirališta tangenata povučenih iz T na k. Zadatak 2.8. Neka su AB i CD medusobno okomiti promjeri kruga. Tetiva DF siječe AB u točki E. Ako je DE = 6 i EF = 2, kolika je površina kruga? Zadatak 2.9. U pravokutnom trokutu ABC točka K je polovište hipotenuze AB. Točka M je na stranici AC tako da je AM = 2 MC. Dokaži a je MBA = MKC. Zadatak 2.0. Konstruiraj dužine duljine n i ako je zadana dužina n duljine n i jedinična dužina. Zadatak 2.. Visina i težišnica iz vrha C pravog kuta pravokutnog trokuta ABC odnose se kao 40:4. Kako se odnose katete tog trokuta? Zadatak 2.2. U trokutu ABC istaknuta je točka T i kroz nju su povučene usporednice s savim stranicama trokuta. Na taj je način trokut ABC podijeljen na tri manja trokuta i tri paralelograma. Ako sa P, P 2, P 3 označimo 6

površine tih manjih trokuta, a sa P površinu trokuta ABC, dokaži da vrijedi P = P + P 2 + P 3. Zadatak 2.3. Zadan je trapez ABCD s osnovicama AB i CD takav da je CD = 2 AB i BC BD. Neka je točka M polovište dužine CD, točka E sjecište pravaca BC i AD, točka O sjecište pravaca AM i BD, a točka N sjecište pravaca AB i OE. a) Dokaži da je ABMD romb. b) Dokaži da je CDE jednakokračan. c) Dokaži da pravac DN raspolavlja dužinu BE. Zadatak 2.4. Kolike su stranice jednakokračnog trokuta kojemu je visina na osnovicu v, a polumjer upisane kružnice ρ? Zadatak 2.5. Zadan je trokut ABC. Neka je B točka na visini tog trokuta povučenoj iz vrha B takva da je AB C = 90, a C točka na visini tog trokuta povučenoj iz vrha C takva da je AC B = 90. Dokaži da je AB = AC. Zadatak 2.6. Osnovica jednakokračnog trokuta ima duljinu a, a krak duljinu b. Simetrale kutova na osnovici sijeku krakove u točkama P i Q. Dokaži da vrijedi P Q = ab a + b. Zadatak 2.7. U pravokutni trokut s katetama a i b upisan je kvadrat kojemu je jedna vrh u vrhu pravoga kuta trokuta, druga dva vrha na katetama a četvrti vrh na hipotenuzi. Odredi stranicu kavdrata. Zadatak 2.8. U trokutu je zadano a, b i γ = 20. Dokaži da je tada s γ = ab a + b, gdje je s γ duljina simetrale kuta γ unutar trokuta. Zadatak 2.9. Neka je ABC jednakokračan pravokutni trokut, D polovište katete BC i E točka u kojoj simetrala kuta ADC siječe katetu AC. Označimo sa F nožište okomice spuštene iz E na AD. Dokaži da je AF = 2 CE. Zadatak 2.20. U trokutu ABC povučene su simetrala kuta AS i težišnica AT. Kružnica opisana trokutu AST siječe stranicu AB u točki D a stranicu AC u točki E. Dokaži da je BD = CE. 7

Zadatak 2.2 (Bonerov poučak). U svakom trokutu ABC u kojem je β = 2α vrijedi b 2 = a 2 + ca. Dokaži. Zadatak 2.22. Polovištem P hipotenuze AB pravokutnog trokuta ABC nacrtana je okomica na AB koja katetu AC siječe u točki M, a produžetak katete BC u točki N. Izrazi duljine stranica a, b i c trokuta ABC pomoću duljina odrezaka m = P M i n = P N. 8

Poglavlje 3 Algebarski izrazi Izrazi poput a, 3a 7 b, cdef, 4 3 a2 d 5 zovu se monomi, pri čemu su a, b, c, d, e, f varijable ili opći brojevi. Zbroj konačno mnogo monoma zove se polinom ili višečlani izraz (specijalno, zbroj dvaju monoma zove se binom ili dvočlani izraz, dok se zbroj triju monoma zove trinom ili tročlani izraz). Svaki izraz koji sadrži varijable zove se algebarski izraz, a dio matematike koji proučava algebarske izraze zove se algebra. Kod računanja s algebarskim izrazima vrijede ista pravila kao i kod računanja s brojevima (ponovite ta pravila). Već otprije poznajete formule za kvadrat zbroja i razlike dvaju brojeva: (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2, (a b) 2 = a 2 2ab + b 2. Te se formule jednostavnu zovu kvadrat binoma i kraće se zapisuju: (a ± b) 2 = a 2 ± 2ab + b 2. Sve se navedene formule jednostavno izvode primjenom svojstva distributivnosti množenja prema zbrajanju, ili kraće, množenjem svakog sa svakim. Slične formule postoje i za kub zbroja i razlike dvaju brojeva, odnosno kub binoma: (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3, (a b) 3 = a 3 3a 2 b + 3ab 2 b 3. Pokušajte te formule izvesti množeći svakog sa svakim. Iz tih formula možemo lako zaključiti sljedeće: (a ± b) 3 = a 3 ± 3a 2 b + 3ab 2 ± b 3. Postoji univerzalna formula za potenciju binoma - razvoj binoma. Uči se u 4. razredu gimnazije. 9

Dobivena se formula zove formula za kub binoma. Uočite uz koje se članove mijenja predznak. Prisjetite se kako ste geometrijski interpretirali formule za kvadrat binoma. Što mislite, mogu li se tako interpretirati i formule za kub binoma? Kako? Primjer 3.. Ako je jedan od pribrojnika u izrazu (x y) 3 + (y z) 3 + (z x) 3 jednak nuli, tada je cijeli izraz jednak nuli. Dokaži. Rješenje. Imamo redom: (x y) 3 + (y z) 3 + (z x) 3 = x 3 3x 2 y + 3xy 2 y 3 y 3 3y 2 z + 3yz 2 z 3 z 3 3z 2 x + 3zx 2 x 3 + = 3x 2 (y z) + 3x(y 2 z 2 ) 3yz(y z) = (y z)[ 3x 2 + 3x(y + z) 3yz] = (y z)( 3x 2 + 3xy + 3xz 3yz) = (y z)[3x(z x) 3y(z x)] = (y z)(z x)(3x 3y) = 3(x y)(y z)(z x). Budući da je produkt jednak nuli ako i samo ako je jedan od faktora jednak nuli, vrijedi tvrdnja zadatka. Uoči kako je zapisano raspisivanje pribrojnika u drugom redu (takav zapis omogućava bolju preglednost izraza - što se sve pokratilo u drugom redu?). Prisjetimo se formule za razliku kvadrata: a 2 b 2 = (a + b)(a b). Takoder postoje analogne formule za zbroj i razliku kubova. Njihovi izvodi slijede iz formule za kub binoma. Izvedimo ih! Za zbroj kubova vrijedi: x 3 + y 3 = (x + y) 3 3x 2 y 3xy 2 = (x + y) 3 3xy(x + y) = (x + y)[(x + y) 2 3xy] = (x + y)(x 2 xy + y 2 ). 20

Analogno izvodimo i formulu za razliku kubova: Skraćeno ove formule zapisujemo: x 3 y 3 = (x y) 3 + 3x 2 y 3xy 2 = (x y) 3 + 3xy(x y) = (x y)[(x y) 2 + 3xy] = (x y)(x 2 + xy + y 2 ). x 3 ± y 3 = (x ± y)(x 2 xy + y 2 ). Primjer 3.2. Ako za brojeve a, b, c vrijedi a + b + c = 0, dokaži da vrijedi a 2 bc + b2 ca + c2 ab = 3. Rješenje. Nakon množenja tvrdnje zadatka sa abc 0 dobivamo a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. Dokažimo to. Uz korištenje uvjeta zadatka slijedi a 3 + b 3 + c 3 = (a + b)(a 2 ab + b 2 ) + c 3 = c(a 2 ab + b 2 ) + c 3 = c(c 2 a 2 + ab b 2 ) = c[(a + b) 2 a 2 + ab b 2 ] = c(a 2 + 2ab + b 2 a 2 + ab b 2 ) = 3abc, i dokaz je završen. Pokušajte riješiti i primjer 3. pomoću formula za zbroj i razliku kubova. Pokažimo još i formulu za kvadrat trinoma. Korisno ju je upamtiti: (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca. Pokušajte ju dokazati sami za vježbu. Primijetimo kako smo u svim dosadašnjim primjerima rastavljali algebarske izraze na faktore. Faktorizacija algebarskih izraza je vrlo bitna jer se njome izrazi bitno mogu pojednostavniti te se (u većini slučajeva) mogu izvesti neki novi zaključci. Kako sve možemo faktorizirati algebarske izraze? izlučivanjem zajedničkog faktora 2

grupiranjem članova prikazivanjem pojedinih članova u obliku zbroja, tj. razlike upotrebom formula (kvadrat i kub binoma, razlika kvadrata i kubova, zbroj kubova... ) Faktorizacija je jako važna u algebri. Ima veliku i važnu primjenu u rješavanju jednadžbi, diofanstkih jednadžbi te u istraživanju nekih svojstava funkcija. Faktorizacija algebarskih izraza takoder je korisna kod računanja s algebarskim razlomcima - razlomcima kojima su i brojnik i nazivnik neki polinomi. Primjer 3.3. Izračunaj: 2a(b 3) 4a(b + 2) 6 2b 4(b + 2). Rješenje. S algebarskim razlomcima računamo kao i s običnim razlomcima: 2a(b 3) 4a(b + 2) 6 2b 4(b + 2) = = = 2a(b 3) a(6 2b) 4a(b + 2) 2ab 6a 6a + 2ab 4a(b + 2) 3ab 2a 4a(b + 2) = 4a(b 3) 4a(b 2) = b 3 b 2. Primjer 3.4. Skrati razlomak: (a 3 6a 2 + 2a 8)(6 + 3a). (a 3 + 8)(a 2 4a + 4) 22

Rješenje. U ovom je primjeru uputno primijeniti formule na odredene faktore: (a 3 6a 2 + 2a 8)(6 + 3a) (a 3 + 8)(a 2 4a + 4) Objasni koje su formule bile gdje korištene. Primjer 3.5. Skrati razlomak: = = 3(a 2) 3 (a + 2) (a + 2)(a 2 2a + 4)(a 2) 2 3(a 2) a 2 2a + 4. (8a 2 6ab + b 2 )(2a 2 + 5ab 3b 2 ) (4a 2 9ab + 2b 2 )(a 2 + 5ab + 6b 2 ). Rješenje. Svaki od faktora u brojniku i nazivniku jest kvadratni trinom koji treba rastaviti na faktore. To ćemo napraviti tako da najprije srednji član trinoma prikažemo u obliku zbroja/razlike dva izraza kojima je umnožak jednak umnošku prvog i posljednjeg člana trinoma. Zatim ćemo pogodno grupirati novonastale članove i izlučiti zajedničke faktore. Radi preglednosti učinit ćemo to na svakom faktoru posebno: 8a 2 6ab + b 2 = 8a 2 4ab 2ab + b 2 = 4a(2a b) b(2a b) = (2a b)(4a b), 2a 2 + 5ab 3b 2 = 2a 2 ab + 6ab 3b 2 = a(2a b) + 3b(2a b) = (2a b)(a + 3b), 4a 2 9ab + 2b 2 = 4a 2 ab 8ab + 2b 2 = a(4a b) 2b(4a b) = (4a b)(a 2b), a 2 + 5ab + 6b 2 = a 2 + 2ab + 3ab + 6b 2 = a(a + 2b) + 3b(a + 2b) = (a + 2b)(a + 3b). Sada dobivamo kako je početni izraz jednak (2a b)2 a 2 4b 2. Kod računanja s algebarskim razlomcima zgodno je da su svi nazivnici faktorizirani prije računa kako bi se cijeli račun pojednostavnio. 23

Primjer 3.6. Pojednostavni: (a b)(a c) + (b c)(b a) + (c a)(c b). Rješenje. Primijetimo kako se u faktorima nazivnika javljaju suprotni brojevi. Zbog toga možemo iz svakog pribrojnika izlučiti i tako pojednostavniti svodenje na zajednički nazivnik: (a b)(a c) + (b c)(b a) + (c a)(c b) = [ ] (a b)(c a) + (b c)(a b) + (c a)(b c) a b + b c + c a (a b)(b c)(c a) = 0. = Faktorizacija algebarskih izraza može se primijeniti i kod djeljivosti - rastavljanjem izraza na faktore možemo ispitati svojstva djeljivosti prirodnih i cjelih brojeva. Primjer 3.7. Dokaži da je zbroj kubova triju uzastopnih prirodnih brojeva djeljiv s 9. Rješenje. Neka su to brojevi n, n, n +. Tada vrijedi (n ) 3 + n 3 + (n + ) 3 = 3n 3 + 6n = 3n(n 2 + ) (dokaži). Dakle, treba pokazati da je izraz n(n 2 + ) djeljiv s 3. Ako je n djeljiv s 3, tvrdnja je očita. Ako je n = 3k + ili n = 3k + 2, tada je n 2 + djeljiv s 3 (dokaži raspisivanjem!). Zato je očito kako za svaki prirodan broj n vrijedi tvrdnja zadatka. I u računskim zadatcima možemo primijeniti algebarske izraze uočavanjem brojevnih veza i pogodnom supstitucijom. Primjer 3.8. Usporedi brojeve 2008 200 i 2009. Rješenje. Neka je 2009 = x, tada je 2008 200 = (x )(x + ) = x 2 < x 2 = x. Dakle, 2009 > 2008 200. 24

Zadatci za vježbu - algebarski izrazi Zadatak 3.. Pojednostavni izraz: a + b + c a + b + c Zadatak 3.2. Rastavi izraz na faktore: ab + bc + ca + + ab bc ca :. abc (b c)(b + c) 3 + (c a)(c + a) 3 + (a b)(a + b) 3. Zadatak 3.3. Nadi vrijednost razlomka ako je 2a 2 + 2b 2 = 5ab, 0 < a < b. a + b a b Zadatak 3.4. Postoje li brojevi a, b, c za koje je izraz a b a + b + b c b + c + c a c + a jednak nuli ako nijedan od pribrojnika nije jednak nuli i svi su pribrojnici definirani? Zadatak 3.5. Ako su a, b, c, x, y, z realni brojevi čiji umnožak nije jednak nuli za koje vrijedi dokaži da onda vrijedi Zadatak 3.6. Ako vrijedi onda je takoder Dokaži. x a + y b + z c =, a b c + a x + b y + c z = 0, x 2 a 2 + y2 b 2 + z2 c 2 =. b c a + c a b = 0, a (b c) + b 2 (c a) + c 2 (a b) = 0. 2 Zadatak 3.7. Koja relacija povezuje brojeve a, b, c ako za neke x, y, z vrijedi a = x y, b = x 2 y 2, c = x 3 y 3? 25

Zadatak 3.8. Dokaži da iz a + b + c = 0 slijedi: (a) a 3 + b 3 + c 3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0, (b) (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2(a 4 + b 4 + c 4 ). Zadatak 3.9. Skrati razlomak: (a) t3 + 3t(t + ) + t 3 + t(t ), (b) (7zy + )3 8z 3 y 3 67z 2 y 2 + 6zy +, (c) 8a 2 + 8ab 5b 2 2a 2 + 7ab 5b 2 5b2 32ab 2a 2 9b 2 67ab + 28a 2 28a2 75ab + 27b 2 5b 2 29ab 4a 2. Zadatak 3.0. Pojednostavni: (a) a (a b)(a c) + b (b c)(b a) + c (c a)(c b), (b) (c) a 2 (a b)(a c) + b 2 (b c)(b a) + c 2 (c a)(c b), a 3 (a b)(a c) + b 3 (b c)(b a) + c 3 (c a)(c b), (d) ab(a2 b 2 ) + bc(b 2 c 2 ) + ca(c 2 a 2 ) a 2 b 2 (a b) + b 2 c 2 (b c) + c 2 a 2 (c a), (e) (a b)(a + b)3 + (b c)(b + c) 3 + (c a)(c + a) 3. a + b + c Zadatak 3.. Dokaži da je za svaki n N broj (a) n 3 n, (b) n 3 + n, (c) n 3 + 5n, (d) n(n + )(2n + ), (e) n 4 + 3n 3 n 2 3n, djeljiv sa 6. 26

Zadatak 3.2. Dokaži da je razlika kvadrata dvaju uzastopnih neparnih prirodnih brojeva djeljiva s 8. Zadatak 3.3. Dokaži da je za svaki cijeli broj n broj (n 2 + 3n + ) 2 djeljiv s 24. Zadatak 3.4. Dokaži da je za svaki prirodan broj n broj (a) n 5 n djeljiv s 5, (b) n 7 n djeljiv sa 7. Zadatak 3.5. Ako je a + b + c = a 2 + b 2 + c 2 = a 3 + b 3 + c 3 =, tada je abc = 0. Dokaži. Zadatak 3.6. Ako je onda je x + y + z = x + y + z, x 3 + y 3 + z 3 = x 3 + y 3 + z 3. Zadatak 3.7. Dokaži da za svaki a R \ {±} vrijedi jednakost a + + a + 2 + a 2 + 4 + a 4 + 8 + a 8 = 6 a 6. Zadatak 3.8. Izračunaj: (a) 4 + 4 7 +... + 25 28 + ) ( ) ( ) ( + 2 4 + 3 5 + 4 6 (b) ( + 3 (c) 28 3, ) ( + 5 7 ( 20 + 203 + 202 200) 2. ) ( ) ( ) ( + 6 8 + 7 9 + 8 0), Zadatak 3.9. Korijen umnoška četiri uzastopna prirodna broja uvećanog za je prirodan broj. Dokaži. 27

Poglavlje 4 Matematička indukcija U matematici je vrlo važno znati dokazivati: naime, svaku tvrdnju bismo u matematici morali moći dokazati, odnosno osporiti kako bismo mogli koristiti nju (ili njenu negaciju) u daljnjem istraživanju. Zato i nije čudno što u matematici postoje različiti oblici dokaza. U ovom ćemo se poglavlju baviti jednim oblikom dokazivanja - matematičkom indukcijom. Doakze matematičkom indukcijom obično ćemo koristiti kod dokazivanja tvrdnji koje vrijede za prirodne brojeve i njen se princip može izreći ovako: Princip matematičke indukcije i) Baza indukcije. Tvrdnja koju trebamo dokazati vrijedi za neki n 0 N. ii) Pretpostavka indukcije. Pretpostavljamo da tvrdnja koju trebamo dokazati vrijedi za neki k N. iii) Korak indukcije. Ako iz pretpostavke indukcije slijedi da tvrdnja koju trebamo dokazati vrijedi i za broj k +, onda navedena tvrdnja za svaki prirodan broj n. Pogledajmo na primjeru kako se provodi dokaz matematičkom indukcijom. Postoje tvrdnje u matematici koje još uvijek nisu ni dokazane, ni opovrgnute! Takva je, na primjer, poznata Goldbachova hipoteza: svaki se parni prirodan broj veći od 2 može prikazati kao zbroj 2 prosta broja. Iako tvrdnja naizgled djeluje bezopasno, već se preko 250 godina pokušava dokazati. 28

Primjer 4. (Gaussova dosjetka 2 ). Dokaži da za svaki prirodan broj n vrijedi jednakost: n(n + ) + 2 + 3 + 4 +... + n =. 2 Rješenje. Dokaz provodimo matematičkom indukcijom po broju n. i) Baza. Trebamo dokazati da navedena jednakost vrijedi za broj n 0 =. Lijeva strana jednakosti zapravo predstavlja zbroj svih brojeva od do n pa je u ovom slučju jednaka, dok je desna strana jednaka ( + ) 2 =. Dakle, imamo jednakost = koja očito vrijedi pa je baza dokazana. ii) Pretpostavka. Pretpostavimo jednakost vrijedi za neki k N. + 2 + 3 + 4 +... + k = k(k + ) 2 iii) Korak. Trebamo dokazati da jednakost vrijedi i za k +, odnosno da vrijedi + 2 + 3 + 4 +... + (k + ) = (k + )(k + 2). 2 Lijevu stranu možemo raspisati koristeći pretpostavku: + 2 + 3 +... + (k + ) = } + 2 + 3 {{ +... + k } +(k + ) prema pretpostavci= k(k+) 2 k(k + ) = + k + 2 ( ) k = (k + ) 2 + = (k + )(k + 2). 2 2 Navedenu je jednakost njemački matematičar Karl Friedrich Gauss (777. - 855.) navodno otkrio s 0 godina kada je na satu matematike dobio zadatak izračunati zbroj svih prirodnih brojeva od do 00. 29

Ovime je korak indukcije dokazan pa tvrdnja zadatka vrijedi za svaki n N. Ako vam ovaj dokaz djeluje zbunjujuće ili nejasno, pogledajte sljedeći slikoviti primjer koji dočarava princip matematičke indukcije. Primjer 4.2. Posložili smo domino pločice u red i želimo provjeriti možemo li ih sve srušiti. Provjera. Prvo ćemo provjeriti možemo li srušiti prvu pločicu u redu. Pretpostavimo sad da će se srušiti neka pločica u redu. Ako njezino rušenje znači da će se srušiti i iduća pločica u redu, onda će se srušiti sve domino pločice. Zašto? Uspjeli smo srušiti prvu pločicu. To znači da će se srušiti druga pločica; naime, znamo da rušenje jedne pločice u nizu uzrokuje rušenje iduće. Analogno zaključujemo kako će se srušiti i treća pločica, a onda i četvrta, i peta i tako sve pločice zaredom. Zaista, srušit će se sve pločice u redu. Odredi u ovom primjeru bazu, pretpostavku i korak. Jednakost iz primjera 4. možemo zapisati i skraćeno koristeći tzv. znak sumacije: n n(n + ) i =, 2 pri čemu je i= n i = + 2 + 3 + 4 +... + n. i= U ovakvom označavanju i jest opći član sume, oznaka (veliko grčko slovo sigma) nam označava da sve članove navedenog oblika zbrajamo, a brojevi koji su napisani ispod, odnosno iznad znaka sumacije su donja, odnosno gornja granica sumacije. Slično se piše i za produkt, pri čemu se umjesto koristi oznaka (veliko grčko slovo pi); npr. izraz n (2k + ) = (2 0 + ) (2 + ) (2 2 + )... (2 (n ) + ) (2 n + ) j=0 označava produkt prvih n+ neparnih prirodnih brojeva (jer granice množenja idu od 0 do n). Primjer 4.3. Dokaži formulu za zbroj prvih n parnih prirodnih brojeva: n 2i = n 2 + n, n N. i= 30

Rješenje. Dokaz provodimo indukcijom po n. i) Baza. Za n 0 = imamo jednakost 2 = 2 + = 2, koja očito vrijedi. ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da jednakost k 2i = 2 + 4 + 6 +... + 2k = k 2 + k i= vrijedi za neki k N. iii) Korak. Dokazujemo tvrdnju zadatka za k + : k+ 2i i= = 2 } + 4 + 6 + {{ 8 +... + 2k } +2(k + ) =k 2 +k = k 2 + k + 2k + = (k 2 + 2k + ) + (k + ) = (k + ) 2 + (k + ). Korak indukcije je dokazan pa vrijedi tvrdnja zadatka. Osim jednakosti, matematičkom indukcijom možemo dokazivati i nejednakosti - pogledajmo sljedeći primjer. Primjer 4.4. Dokaži sljedeću nejednakost n < 2 n, n N. Rješenje. i) Baza. Za n 0 = imamo nejednakost < 2 koja očito vrijedi. ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji k N takav da vrijedi nejednakost odnosno 2 k > k. k < 2 k, 3

iii) Korak. Trebamo dokazati nejednakost za k + : 2 k+ > k +. Vrijedi 2 k+ = 2 } 2 k {{ > 2k}. pretpostavka Sada još samo trebamo provjeriti vrijedi li nejednakost 2k k +. No to je očito istina jer je k prirodan broj: 2k k k. Dakle, vrijedi produžena nejednakost 2 k+ > 2k k pa vrijedi i korak indukcije 2 k+ > k +. Time je tvrdnja zadatka dokazana. Uočimo neke nove stvari koje su se pojavile u prethodnom primjeru: Oznaku čitamo za svaki i ona nam govori kako tvrdnja vrijedi za svaki broj o kojem je riječ (u ovom slučaju prirodni broj). Slično, oznaku čitamo postoji i ona nam govori kako tvrdnja vrijedi za neke brojeve o kojima je riječ (ili za neke druge elemente: funkcije, skupove, točke i sl.). Primijetimo drukčiju formulaciju pretpostavke: Pretpostavimo da postoji k takav da vrijedi tvrdnja. umjesto Pretpostavimo da tvrdnja zadatka vrijedi za neki k. Te su dvije rečenice, naime, ekvivalentne (tj. iskazuju isti sadržaj). U koraku indukcije najprije smo pokazali kako je lijeva strana nejednakosti (broj 2 k+ ) strogo veći od nekog drugog broja (2k), a kako je ovaj veći ili jednak od desne strane nejednakosti (k). Na taj smo način nejednakost dokazali primjenom jednog svojstva koje možemo izreći ovako: Za svaka tri realna broja a, b, c vrijedi: ako vrijede nejednakosti a b i b c, onda vrijedi i nejednakost a c. Ukoliko izmedu a i b ili b i c vrijedi stroga nejednakost, i izmedu a i c vrijedi stroga nejednakost. Ovo svojstvo zovemo tranzitivnost i dosta često ćemo ga (čak i nesvjesno) upotrebaljavati u dokazivanju nejednakosti (i to ne samo matematičkom indukcijom). 32

Primjer 4.5. Dokaži nejednakost 3 n > 2 n + 3n, n N, n 3. Rješenje. i) Baza. Za n 0 = 3 imamo nejednakost 27 > 7 koja očito vrijedi. ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji k N, k 3 takav da vrijedi nejednakost 3 k > 2 k + 3k. iii) Korak. Dokazujemo tvrdnju za k + : 3 k+ > 2 k+ + 3(k + ). Vrijedi 3 k+ = 3 3 k > 3 ( 2 k + 3k ) = 3 2 k + 9k = (2 + ) 2 k + 9k = 2 k+ + 2 k + 3(k + ) + 6k 3 = ( 2 k+ + 3(k + ) ) + ( 2 k + 6k 3 ) > 2 k+ + 3(k + ). Posljednja nejednakost vrijedi zbog 2 k + 6k 3 2 + 6 3 = 5 > 0. Kako to da u prethodnom primjeru baza indukcije nije, već 3? Zato što zadanu nejednakost nismo trebali dokazati za svaki prirodan broj n, već samo za one veće ili jednake 3. Upamtite, baza indukcije jest uvijek najmanji broj n 0 od svih brojeva na koje se tvrdnja odnosi (u slučaju da se radi o prirodnim brojevima). Matematičkom indukcijom možemo dokazivati i djeljivost - pritom koristimo oznaku a b koju čitamo a dijeli b. Ta oznaka označava da je broj b djeljiv brojem a (ne obratno!). Primjer 4.6. Dokaži 3 3 n 5 n+ + 2 n+3, n N. Rješenje. Uočimo: ako vrijedi a b, a, b N, onda postoji p N takav da je b = pa. 33

i) Baza. Za n 0 = imamo 3 5 2 + 2 4 = 3 25 + 6 = 9 = 7 3 pa tvrdnja zadatka u ovom slučaju vrijedi. ii) Pretpostavka. Preptostavimo da postoji k N takav da vrijedi 3 3 k 5 k+ + 2 k+3, odnosno da postoji p N takav da je 3 k 5 k+ + 2 k+3 = 3p. iii) Korak. Trebamo dokazati 3 3 n+ 5 n+2 + 2 n+4. Vrijedi 3 k+ 5 k+2 + 2 k+4 = 3 3 k 5 5 k+ + 2 2 k+3 = 5 3 k 5 k+ + 2 2 k+3 = 2 (3 k 5 k+ + 2 k+3) + 3 3 k 5 k+ = 2 3p + 3 3 k 5 k+ = 3 (2p + 3 k 5 k+). Matematička indukcija može se upotrijebiti i u mnogim drugim slučajevima što nam pokazuje sljedeći primjer. Primjer 4.7 (Kardinalni broj partitivnog skupa.). Kažemo da je skup A podskup skupa B ako i samo su svi članovi iz A i u B. Nadalje, za zadani skup S definiramo njegov partitivni skup P(S) kao skup svih podskupova skupa S. Ako skup S ima n N elemenata, dokaži da skup P(S) ima 2 n elemenata. Rješenje. Dokaz provodimo matematičkom indukcijom po n. i) Baza. Uzmimo neki skup koji ima element, npr. S = {a}. On ima dva podskupa, prazan skup i samog sebe pa je njegov partitivni skup ima dva elementa, P(S) = {, {a}}. Dakle, vrijedi baza indukcije. ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji k N takav da k-člani skup S = {a, a 2,..., a k } ima točno 2 k podskupova. 34

iii) Korak. Dodajmo sada skupu S još element a k+. Uočimo da su svi prijašnji podskupovi skupa S i dalje njegovi, ali sada dobivamo još toliko podskupova jer svakom podskupu možemo dodati i član a k+ : {a } {a 2 } {a 3 }... {a k+ } {a, a k+ } {a 2, a k+ } {a 3, a k+ } Dakle, ovakav skup S ima ukupno 2 2 k = 2 k+ podskupova pa njegov partitivni skup P(S) ima ukupno 2 k+ elemenata. Korak indukcije je dokazan pa vrijedi tvrdnja zadatka. Primjer 4.8. Pokaži da za svaki prirodan broj n postoji rješenje jednadžbe u prirodnim brojevima. x 2 + y 2 + z 2 = 59 n Rješenje. i) Baza. Za n 0 = jednadžbu zadovoljava trojka (, 3, 7), a za n 0 = 2 trojka (58, 6, 9). ii) Pretpostavka. Pretpostavimo da postoji k N takav da jednadžba x 2 + y 2 + z 2 = 59 k ima rješenje (x 0, y 0, z 0 ) u prirodnim brojevima. iii) Korak. Pomnožimo pretpostavku s 59 2 : (59x) 2 + (59y) 2 + (59z) 2 = 59 k+2. Vidimo da je (prema pretpostavci) rješenje jednadžbe x 2 + y 2 + z 2 = 59 k+2 trojka (59x 0, 59y 0, 59z 0 ) pa je korak indukcije dokazan i vrijedi tvrdnja zadatka. Zašto smo u prethodnom primjeru provjeravali bazu za dva broja umjesto za jedan? Zato što smo u koraku tvrdnju dokazivali za k + 2, a ne k +! Naime, da smo bazu provjeravali samo za jedan broj, dobili bismo da tvrdnja zadatka vrijedi za svaki drugi prirodan broj (jer iz pretpostavke da tvrdnja vrijedi za n slijedi da tvrdnja vrijedi za n + 2). Provjerom baze za 2 broja smo osigurali da tvrdnja zadatka vrijedi za sve prirodne brojeve. 35

Zadatci za vježbu - matematička indukcija Zadatak 4.. Dokaži da sljedeće jednakosti vrijede n N: (a) + 2 + 4 + 8 +... + 2 n = 2 n (b) 4 + 2 7 +... + n(3n + ) = n(n + ) 2 (c) (d) (e) (f) (g) n k= 5 2 = 2n+ 2 k 5 2 n n ( n(n + ) i 3 = 2 i= n i= n j= ) 2 i 4 = n(n + )(2n + )(3n2 + 3n ) 30 ( ) 2 = n + 3 (j + )(j + 2) 3(n + ) ( ) p n + 6 q = n 3 p= q= Zadatak 4.2. Kako glasi poopćenje tvrdnje zadatka 3.7 za prirodan broj n? Dokaži dobivenu tvrdnju. Zadatak 4.3. Dokaži sljedeće nejednakosti: (a) 2 n > n 2 2n + 2, n N (b) 3 n > 2 n + 3n, n N, n > 2 (c) 3 n > n 4, n N, n > 7 (d) n 3 > 3n + 3, n N, n > 2 Zadatak 4.4 (Bernoullijeva nejednakost). Za svaki realan broj x >, x 0, i za n N vrijedi nejednakost Dokaži. ( + x) n + nx. 36

Zadatak 4.5. Dokaži da za svaki prirodan broj n vrijedi nejednakost a n + b n 2 ( ) n a + b, 2 gdje su a, b R +. Zadatak 4.6. Dokaži da nejednakost vrijedi n N. n i= i n Zadatak 4.7. Dokaži: ako su a, a 2, a 3,..., a n (n N, n 2) realni brojevi, onda vrijedi nejednakost a + a 2 + a 3 +... + a n a + a 2 + a 3 +... + a n. (Uputa. Za apsolutnu vrijednost vrijedi a = a 2, a R.) Zadatak 4.8. Dokaži da sljedeće tvrdnje vrijede n N: (a) 7 3 2n+ + 2 n+2 (b) 9 7 n + 3n (c) 7 2 5n+3 + 5 n 3 n+2 (d) 8 3 n + 3 7 n 6 (e) 37 2 n+5 3 4n + 5 3n+ (f) 64 3 2n+ + 40n 67 (g) 47 7 2n+ + 40 2 n (h) 23 5 2n+ + 2 n+ + 25 n+4 (i) 6 9 n+ + 8n 9 Zadatak 4.9. Dokaži da za svaki prirodan broj n veći od broj 2 2n + završava znamenkom 7. Zadatak 4.0. Dokaži da se svaki prirodan broj koji nije manji od 8 može prikazati u obliku 3k + 5m, gdje su k i m prirodni brojevi ili nula. 37

Zadatak 4.. U ravnini je zadano n pravaca rasporedenih tako da nikoja dva nisu paralelna i nikoja tri ne prolaze istom točkom. Dokaži da ti pravci dijele ravninu na ukupno n(n + ) + 2 područja. Zadatak 4.2. U ravnini je zadano n kružnica od kojih nikoje tri ne prolaze istom točkom i svake se dvije sijeku u dvije različite točke. Dokaži da te kružnice dijele ravninu na ukupno područja. n 2 n + 2 Zadatak 4.3. Može li se kvadrat podijeliti na 20 kvadrata (ne nužno istih duljina stranica)? Obrazloži (odnosno dokaži) svoj odgovor. Zadatak 4.4. Beskonačni niz realnih brojeva, a, a 2, a 3,..., jest zadan na sljedeći način: a =, a n+ = (n + ) a n, n N. Dokaži da vrijedi jednakost a n = n!, n N. Napomena. Broj n! zovemo faktorijelom i vrijedi jednakost n! = 2 3... (n ) n, n N. Zadatak 4.5 (Fibonaccijevi brojevi). Beskonačan niz prirodnih brojeva zadan je na sljedeći način: F = F 2 =, (a) Dokaži da vrijedi formula ( F n = 5 za svaki prirodan broj n. F n+2 = F n+ + F n, n N. + ) n+ ( 5 2 ) n+ 5 2 (b) Dokaži: ako vrijedi 7 k, onda vrijedi 3 F k, k N. (Uputa. Uoči da zbog načina na koji je niz zadan jedan član niza ovisi o dvama prethodnima. Zato kod dokazivanja ovakvih zadataka bazu i pretpostavku indukcije treba provesti za dva broja, a ne za jedan! U suprotnom ne bismo mogli izvesti korak indukcije.) 38