1.2 Matematicka indukcija (staro izdanje knjige) · Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan na lijevoj strani tvrdnje, ((3n+2)) , umjesto n uvrstili

1.2 Matematicka indukcija(staro izdanje knjige)

X Zadatak 1: (str. 19) 4) Matematickom indukcijom dokazi da za sve n ∈ Nvrijedi:

5 + 8 + 11 + ... + (3n + 2) = 12 (3n + 7)

Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan sume na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.

31︷︸︸︷n +2 = 1

2

1︷︸︸︷n (3

1︷︸︸︷n +7)

3 · 1 + 2 = 12 · 1 (3 · 1 + 7)

3 + 2 = 12 · (3 + 7)

Pokratimo sto se pokratiti dade:

5 = 1�21·��105

1

5 = 5Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.

PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:

5 + 8 + 11 + ... + (3n + 2) = 12 (3n + 7)

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj stani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazu nadesnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:

12

n+1︷︸︸︷n (3

n+1︷︸︸︷n +7) ⇒ 1

2 (n + 1) [3 (n + 1) + 7] =

= 12 (n + 1) (3n + 3 + 7) = 1

2 (n + 1) (3n + 10)

Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n + 1 clanova sume.Racunamo:

5 + 8 + 11 + ... + (3n + 2) + [3 (n + 1) + 2] = (?)

1

Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clanna lijevoj strani tvrdnje, ((3n + 2)) , umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo sracunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanovasume jednaka 1

2n (3n + 7). Slijedi:

(?) = 5 + 8 + 11 + ... + (3n + 2)︸︷︷︸12 n(3n+7)

+ (3n + 3 + 2) =

= 12n (3n + 7) + (3n + 5) = 1

2n · 3n + 12n · 7 + 3n + 5 =

= 32n2 + 7

2n + 3n + 5 = (??)

Svedemo sve koeficijente na isti nazivnik te izlucimo 12 :

(??) = 32n2 + 7

2n + 62n + 10

2 = 32n2 + 13

2 n + 102 =

= 12(3n2 + 13n + 10

)= 1

2(3n2 + 3n + 10n + 10

)= (? ? ?)

Izlucimo 3n iz prva dva clana zagrade i 10 iz druga dva clana zagrade, slijedi:

(? ? ?) = 12 [3n (n + 1) + 10 (n + 1)] = (�)

Izlucimo n + 1 iz oba clana sume, slijedi:

(�) = 12 (n + 1) (3n + 10)

Cime smo zapravo dobili isti izraz kao i na pocetku koraka indukcije, odnosnodobili smo upravo ono sto smo trebali dobiti.

Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N. Time jezadatak rijesen.

Y ] Z


2 + 16 + 56 + ... + (3n− 2) · 2n = 10 + (3n− 5) · 2n+1



(31︷︸︸︷n −2) · 2

1︷︸︸︷n = 10 + (3

1︷︸︸︷n −5) · 2

1︷︸︸︷n +1

2

(3 · 1− 2) · 21 = 10 + (3 · 1− 5) · 21+1

(3− 2) · 2 = 10 + (3− 5) · 22

1 · 2 = 10 + (−2) · 4

2 = 10 + (−8)

2 = 10− 8

2 = 2

Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.


2 + 16 + 56 + ... + (3n− 2) · 2n = 10 + (3n− 5) · 2n+1


10 + (3n+1︷︸︸︷n −5) · 2

n+1︷︸︸︷n +1 ⇒ 10 + [3 (n + 1)− 5] · 2n+1+1 =

= 10 + (3n + 3− 5) · 2n+2 = 10 + (3n− 2) · 2n+2


2 + 16 + 56 + ... + (3n− 2) · 2n + [3 (n + 1)− 2] · 2n+1 = (?)

Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, ((3n− 2) · 2n), umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo sracunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanovasume jednaka 10 + (3n− 5) · 2n+1. Slijedi:

(?) = 2 + 16 + 56 + ... + (3n− 2) · 2n︸︷︷︸10+(3n−5)·2n+1

+ (3n + 3− 2) · 2n+1 =

= 10 + (3n− 5) · 2n+1 + (3n + 1) · 2n+1 = (??)

Izlucimo 2n+1 iz posljednja cetiri clana sume, slijedi:

(??) = 10 + 2n+1 [(3n− 5) + (3n + 1)] = 10 + 2n+1 (3n− 5 + 3n + 1) =

= 10 + 2n+1 (6n− 4) = (�)

3

Izlucimo 2 iz clanova sume u zagradi, slijedi:

(�) = 10 + 2n+1 · 2 · (3n− 2) = (��)

Pomnozimo potencije prema pravilu za mnozenje potencija istih baza razlicitiheksponenata, (an · am = am+n), slijedi:

(��) = 10 + 2n+1 · 21 · (3n− 2) = 10 + 2n+1+1 · (3n− 2) =

= 10 + 2n+2 · (3n− 2) = 10 + (3n− 2) · 2n+2



Y ] Z

T Zadatak 3: (str. 19) 1) Matematickom indukcijom dokazi da za sve n ∈ Nvrijedi:

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

Rjesenje: Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom. Prijenego sto prijedjemo na sam postupak dokazivanja promotrimo prvo kako je za-pravo gornja suma dobivena.

Ovdje se svaka suma dobiva na poseban nacin, tocnije nije dovoljno samo do-dati clanove na kraj sume ako zelimo povecati broj clanova, vec je potrebnorevidirati cijelu sumu. U svrhu promatranja zapisimo izraz iz zadataka na malodugaciji nacin:

1 · 2n + 2 · 2n−1 + 3 · 2n−2 + ... + n · 21 + (n + 1) · 20 = 2n+2 − (n + 3)

Pogledamo li malo pomnije svaki clan sume, mozemo uociti da je on nastao nasljedeci nacin:

k · 2n+1−k, k ∈ {1, 2, ..., n, n + 1}

Drugim rijecima dobijemo ga tako da uzmemo neki broj izmedju 0 i n + 1,ako se radi o n-toj sumi, i pomnozimo ga s potencijom cija je baza broj 2, a ek-sponent broj n+1 umanjen za taj broj. Dakle n-ta suma ima n+1 clanova sume.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Imajuci naumu prijasnje razmatranje bitno je uociti da za n = 1, prva suma (lijeva stranatvrdnje), ima zapravo dva clana, a ne kao u prethodna dva zadatka samo jedan.Ta dva clana su slijedeca (koristimo izraz k · 22−k, k ∈ {1, 2}):

1 · 22−1 = 1 · 21 za k = 1

4

2 · 22−2 = 1 · 20 za k = 2Dakle prva suma, odnosno kad je n = 1 ima oblik:

1 · 21 + 2 · 20 = 1 · 2 + 2 · 1 = 2 + 2 = 4

Pogledajmo da li i na desnoj strani dobijemo isti rezultat kada uvrstimo n = 1u desnu stranu tvrdnje dane u zadatku, racunam:

2

1︷︸︸︷n +2 − (

1︷︸︸︷n +3) = 21+2 − (1 + 3) =

23 − 4 = 8− 4 = 4Dakle s obje strane smo dobili isti rezultat sto znaci da tvrdnja doista vrijediza n = 1.


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

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bikad bi gledali (n + 1)-vu sumu. To cemo uciniti tako da u izrazu na desnojstrani zamijenimo n s n + 1, racunam:

2

n+1︷︸︸︷n +2 − (

n+1︷︸︸︷n +3) ⇒ 2n+1+2 − (n + 1 + 3) =

= 2n+3 − (n + 4)Pogledajmo sada kako bi izgledala lijeva strana n+1-ve sume. Ona ce se sastojatiod n + 2 clana (isto kao sto je prva suma imala dva clana). Svi clanovi sume suoblika k · 2n+2−k, k ∈ {1, 2, ..., n + 1, n + 2}, vrijedi:

1 · 2n+1 + 2 · 2n + 3 · 2n−1 + ... + n · 22 + (n + 1) · 21 + (n + 2) · 20 = (?)

Problem koji ovdje nastaje jest da ne mozemo jasno prepoznati pretpostavkuindukcije kao dio lijeve strane kako sto smo to mogli u prethodna dva problema.No ono sto mogu primjetiti jest da je lijeva strana gotovo identicna izrazu danomu zadatku do na eksponent u potencijama svakog os clana sume, odnosno tajeksponent je za 1 prevelik. Ideja koja se sada javlja prirodno jest da pokusamoizluciti 2 iz prvih n + 1 clanova sume (dakle svih osim posljednjeg), slijedi:

(?) = 2(1 · 2n + 2 · 2n−1 + 3 · 2n−2 + ... + n · 21 + (n + 1) · 20)+(n + 2)·20 = (??)

Promotrim li malo dobiveni izraz mogu uociti da se izraz u zagradi poklapa spretpostavkom, odnosno vrijedi:

(??) = 2(1 · 2n + 2 · 2n−1 + 3 · 2n−2 + ... + n · 21 + (n + 1) · 20)︸︷︷︸

2n+2−(n+3)

+ (n + 2) · 1 =

5

= 2(2n+2 − (n + 3)

)+ n + 2 = (�)

Raspisem dobiveni izraz:

(�) = 2 · 2n+2 − 2 · (n + 3) + n + 2 = (��)

Pomnozimo potencije prema pravilu za mnozenje potencija istih baza razlicitiheksponenata, (an · am = am+n), slijedi:

(��) = 21 · 2n+2 − 2n− 6 + n + 2 = 21+n+2 − n− 4 = (4)

Izlucimo minus iz posljednja dva clana sume, slijedi:

(4) = 2n+3 − (n + 4)



Y ] Z

X Zadatak 4: (str. 19) 3) Uvrsti nekoliko pocetnih vrijednosti za broj n ipokusaj odrediti izraz za sljedecu sumu. Dobivenu formulu provjeri matemat-ickom indukcijom.

11 · 2 + 1

2 · 3 + ... + 1(n− 1) n

=?

Rjesenje: Pogledajmo prvih nekoliko suma i odredimo cemu su one jednake tena temelju toga probajmo odrediti opceniti izraz za sumu. Krenimo od n = 1,ta suma imat ce samo jedan clan:

10 · 1 = 1

0Ovo je zapravo nemoguce sto znaci da dani izraz promatrati za n > 1. Pogleda-jmo nadalje sumu za n = 2, ta suma imat ce jedan clan (jer je n = 2 zapravoprvi dozvoljeni broj):

1(2− 1) · 2 = 1

1 · 2 = 12

Odredimo nadalje sumu za n = 3, ta suma ima dva clana:

1(2− 1) · 2 + 1

(3− 1) · 3 = 11 · 2 + 1

2 · 3 = 12 + 1

6 = (?)

Svedemo razlomke na zajednicki nazivnik 6, slijedi:

(?) = 3 + 16 = 4

6 = (??)

6

Pokratimo sto se pokratiti dade, slijedi:

(??) =2�4�63

= 23

Odredimo jos i sumu za n = 4, ta suma ima tri clana:

1(2− 1) · 2 + 1

(3− 1) · 3 + 1(4− 1) · 4 = 1

1 · 2 + 12 · 3 + 1

3 · 4 = 12 + 1

6 + 112 = (?)

Svedemo razlomke na zajednicki nazivnik 12, slijedi:

(?) = 6 + 2 + 112 = 9

12 = (??)


(??) =3�9

��124= 3

4

Dakle nakon sto smo proveli ova tri racuna mogli bi pretpostaviti da vrijedi:

11 · 2 + 1

2 · 3 + ... + 1(n− 1) n

= n− 1n

Jer kao sto smo vidjeli uvijek je suma imala oblik razlomka pri cemu je brojnikbio upravo za 1 manji od n, dok je nazivnik bio upravo jednak n, za n > 1.Primjetimo i da suma uvijek ima n− 1 clanova.Jedino sto preostaje jest provesti postupak dokazivanja matematickom indukci-jom.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 2 (jer tvrdnjavrijedi samo za n > 1). Uvrstavamo broj 2 u zadnji clan sume na lijevoj stranii u izraz na desnoj strani.

1( n︸︷︷︸

2

−1) n︸︷︷︸2

=

2︷︸︸︷n −1

n︸︷︷︸2

1(2− 1) · 2 = 2− 1

21

1 · 2 = 12

12 = 1

2Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 2.

7


11 · 2 + 1

2 · 3 + ... + 1(n− 1) n

= n− 1n

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad bisuma na lijevoj stani imala n clanova (kako smo poceli s n = 2 suma ima jedanclan manje). To cemo uciniti tako da u izrazu na desnoj strani zamijenimo n sn + 1, racunam:

n+1︷︸︸︷n −1

n︸︷︷︸n+1

⇒ n + �1��−1n + 1 = n

n + 1

Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada zbrojimo prvih n (kako smo poceli sn = 2 suma uvijek ima jedan clan manje) clanova sume. Racunam:

11 · 2 + 1

2 · 3 + ... + 1(n− 1) n

+ 1(n + 1− 1) (n + 1) = (?)

Posljednji, dakle n-ti clan sume (kako smo poceli s n = 2 suma ima jedanclan manje), dobili smo tako da smo u posljednji clan na lijevoj strani tvrdnje,(

1(n− 1) n

), umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo s racunom. Primjetimo

da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n− 1 clanova sume (kako smopoceli s n = 2 suma ima jedan clan manje) jednaka n− 1

n. Slijedi:

(?) = 11 · 2 + 1

2 · 3 + ... + 1(n− 1) n︸︷︷︸

n−1n

+ 1n (n + 1) =

= n− 1n

+ 1n (n + 1) = (??)

Svedemo razlomke na zajednicki nazivnik n (n + 1), slijedi:

(??) = (n− 1) (n + 1) + 1 · 1n (n + 1) = (�)

Prvi izraz u sumi brojnika prepoznam kako razliku kvadrata, odnosnoa2 − b2 = (a− b) (a + b), imajuci to na umu vrijedi:

(�) =

n2−12︷︸︸︷(n− 1) (n + 1) +1

n (n + 1) = n2 − 12 + 1n (n + 1) =

8

= n2��−1 + �1n (n + 1) = n2

n (n + 1) = (��)


(��) = ��n2n

1�n (n + 1) = n

n + 1


Prema PMI mozemo zakljuciti da tvrdnja vrijedi za svaki n ∈ N takav davrijedi n > 1. Time je zadatak rijesen.

Y ] Z

X Zadatak 6: (str. 19) 4) Dokazi matematickom indukcijom:(1− 1

4

)(1− 1

9

)...

(1− 1

(n + 1)2

)= n + 2

2 (n + 1)

Rjesenje: Ono sto mozemo primjetiti kod ovog zadatka jest da se na lijevojstrani nalazi produkt umjesto sume, no postupak dokazivanja matematickomindukcijom provest cemo na sasvim isti nacin.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u zadnji clan produkta na lijevoj strani i u izraz na desnoj strani.

1− 1( n︸︷︷︸

1

+1)2 =

1︷︸︸︷n +2

2( n︸︷︷︸1

+1)

1− 1(1 + 1)2 = 1 + 2

2 (1 + 1)

1− 122 = 3

2 · 2

1− 14 = 3

4Svedem razlomke na lijevoj strani na isti nayivnik 4, slijedi:

4− 14 = 3

4

34 = 3

4

9

Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.

PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi:(

1− 14

)(1− 1

9

)...

(1− 1

(n + 1)2

)= n + 2

2 (n + 1)

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Pogledajmo prvo kako bi trebao izgledati izraz na desnoj strani tvrdnje kad biprodukt na lijevoj stani imala n + 1 clanova. To cemo uciniti tako da u izrazuna desnoj strani zamijenimo n s n + 1, racunam:

n+1︷︸︸︷n +2

2( n︸︷︷︸n+1

+1) ⇒ n + 1 + 22 (n + 1 + 1) = n + 3

2 (n + 2)

Dakle to je ono sto bi trebali dobiti kada izmnoyimo prvih n + 1 clanova pro-dukta. Racunamo:(

1− 14

)(1− 1

9

)...

(1− 1

(n + 1)2

)(1− 1

(n + 1 + 1)2

)= (?)

Posljednji, dakle n + 1 clan produkta, dobili smo tako da smo u posljednji clan

na lijevoj strani tvrdnje,(

1− 1(n + 1)2

), umjesto n uvrstili n+1. Nastavljamo

s racunom. Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, produkt prvih n

clanova produkta jednak n + 22 (n + 1) . Slijedi:

(?) =(

1− 14

)(1− 1

9

)...

(1− 1

(n + 1)2

)︸︷︷︸

n+22(n+1)

(1− 1

(n + 2)2

)=

= n + 22 (n + 1)

(1− 1

(n + 2)2

)= (??)

Svedemo razlomke u zagradi na isti nazivnik (n + 2)2, slijedi:

(??) = n + 22 (n + 1)

(1− 1

(n + 2)2

)= (? ? ?)

Svedemo clanove sume u zagradi na isti nazivnik (n + 2)2

(? ? ?) = n + 22 (n + 1) ·

1 · (n + 2)2 − 1 · 1(n + 2)2 = n + 2

2 (n + 1) ·(n + 2)2 − 1

(n + 2)2 = (�)

10

Raspisemo izraz u brojniku drugog razlomka prema izrazu za kvadrat binoma,odnosno prema (a + b)2 = a2 + 2ab + b2, slijedi:

(�) = n + 22 (n + 1) ·

n2 + 2 · n · 2 + 22 − 1(n + 2)2 = n + 2

2 (n + 1) ·n2 + 4n + 4− 1

(n + 2)2 =

= n + 22 (n + 1) ·

n2 + 4n + 3(n + 2)2 = (��)

Rastavimo na faktore izraz u brojniku drugog razlomka tako da srednji clan4n prikazemo kao n + 3n te izlucimo n iz prva dva clana sume, odnosno 3 izposljednja dva clana sume, slijedi:

(��) = n + 22 (n + 1) ·

n2 + n + 3n + 3(n + 2)2 = n + 2

2 (n + 1) ·n (n + 1) + 3 (n + 1)

(n + 2)2 = (4)

Izlucimo n+1 iz oba clana sume u izrazu brojnika drugog razlomka te pokratimsto se pokratiti dade:

(4) = ��n + 21

2��(n + 1)1·

1��(n + 1) (n + 3)��(n + 2)2

(n+2)= n + 3

2 (n + 2)



Y ] Z

X Zadatak 6: (str. 19) 6) Dokazi matematickom indukcijom:

12 + 2

4 + 416 + ... + n

2n= 2− n + 2

2n



1︷︸︸︷n

2n︸︷︷︸1

= 2−

1︷︸︸︷n +2

2n︸︷︷︸1

121 = 2− 1 + 2

21

12 = 2− 3

2

11

Svedemo razlomak na desnoj strani na isti nazivnik 2, slijedi:12 = 2 · 2− 3

212 = 4− 3

212 = 1

2Kako je lijeva strana jednaka desnoj, tvrdnja vrijedi za n = 1.


12 + 2

4 + 416 + ... + n

2n= 2− n + 2

2n


2−

n+1︷︸︸︷n +2

2n+1︷︸︸︷n

⇒ 2− n + 1 + 22n+1 = 2− n + 3

2n+1


12 + 2

4 + 416 + ... + n

2n+ n + 1

2n+1 = (?)

Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan nalijevoj strani tvrdnje, n

2n, umjesto n uvrstili n + 1. Nastavljamo s racunom.

Primjetimo da je, prema pretpostavci indukcije, suma prvih n clanova sumejednaka 2− n + 2

2n. Slijedi:

(?) = 12 + 2

4 + 416 + ... + n

2n︸︷︷︸2− n+2

2n

+n + 12n+1 =

= 2− n + 22n

+ n + 12n+1 = (??)

Izlucimo minus iz druga dva razlomka te ih svedemo na isti nazivnik 2n+1,uocimo da vrijedi (2n+1 = 2n · 21 = 2 · 2n, sto racunamo prema izrazu zamnozenje potencija istih baza, odnosno prema an · am = am+n), slijedi:

(??) = 2−(

n + 22n

− n + 12n+1

)= 2−

(n + 2

2n− n + 1

2 · 2n

)=

12

= 2− 2 (n + 2)− (n + 1)2 · 2n

= 2− 2n + 4− n− 12n+1 = 2− n + 3

2n+1



Y ] Z

Napomena: Za svaki n ∈ N vrijede sljedeci izrazi:

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

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

13 + 23 + 33 + ... + n3 =(

n (n + 1)2

)2

Tocnost svih ovih izraza pokazuje se matematickom indukcijom!

X Zadatak 9: (str. 20) 6) Koristeci se formulama navedenim u napomeni izra-cunaj sljedecu sumu:

2 · 12 + 3 · 22 + 4 · 32 + ... + (n + 1) · n2 =?

Rjesenje: Posljednji, n-ti, clan ove sume zapisat cemo na malo drugaciji nacin,odnosno raspisat cemo ga, slijedi:

(n + 1) · n2 = n3 + n2

Koristeci taj novi oblik posljednjeg clana sume i svaki drugi clan te sume moguzapisati na slican nacin, primjerice prva dva clana sume izgledala bi na sljedecinacin:

2 · 12 = 13 + 12

3 · 22 = 23 + 22

Zapisimo cijelu sumu u tom obliku, vrijedi:

2 · 12 + 3 · 22 + ... + (n + 1) · n2 = 13 + 12 + 23 + 22 + ... + n3 + n2 = (?)

Poredajmo sada prvo sve potencije ciji je eksponet 2 u jedna niz, a nakon togasve potencije ciji je esponent 3 u drugi niz, slijedi:

(?) = 12 + 22 + ... + n2 + 13 + 23 + ... + n3 = (??)

13

Prema napomeni slijedi da mora vrijediti:

(??) = 12 + 22 + ... + n2︸︷︷︸n(n+1)(2n+1)

6

+ 13 + 23 + ... + n3︸︷︷︸(n(n+1)

2

)2

=

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

(n (n + 1)

2

)2= (4)

Kavdriram drugi razlomak na nacin da svaki clan produkta u brojniku kvadri-ram posebno kao i sam nazivnik, slijedi:

(4) = n (n + 1) (2n + 1)6 +n2 (n + 1)2

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

4 = (44)

Svedem razlomke na zajednicki nazivnik 12, slijedi:

(44) = 2n (n + 1) (2n + 1) + 3n2 (n + 1)2

12 = (�)

Izlucimo n (n + 1) iz oba clana sume u brojniku, racunam:

(�) = n (n + 1) [2 (2n + 1) + 3n (n + 1)]12 =

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

]12 =

=n (n + 1)

(3n2 + 7n + 3n

)12

Dakle vrijedi:

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

(3n2 + 7n + 3n

)12

Time je zadatak rijesen.

Y ] Z

X Zadatak 12: (str. 20) 3) Matematickom indukcijom dokazi:

24 | n4 + 6n3 + 11n2 + 6n


BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u izraz n4 + 6n3 + 11n2 + 6n, slijedi:

14 + 6 · 13 + 11 · 12 + 6 · 1 = 1 + 6 · 1 + 11 · 1 + 6 · 1 =

= 1 + 6 + 11 + 6 = 24

14

Kako je 24 dijeljivo s 24, odnosno 24 | 24, tvrdnja vrijedi za n = 1.


24 | n4 + 6n3 + 11n2 + 6n

Dakle mozemo pisati da vrijedi:

n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = 24 · a ; a ∈ N

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz n4 + 6n3 + 11n2 + 6n, slijedi:

n︸︷︷︸n+1

4 + 6 n︸︷︷︸n+1

3 + 11 n︸︷︷︸n+1

2 + 6 n︸︷︷︸n+1

=

= (n + 1)4 + 6 (n + 1)3 + 11 (n + 1)2 + 6 (n + 1) = (?)

Kako ne znamo raspisati (n + 1)4 taj cemo izraz zapisati malo drugacije. Imajucina umu potenciranje potencija, osnosno izraz (an)m = an·m, uocimo da vrijedi(n + 1)4 = (n + 1)2·2 =

((n + 1)2

)2. Izraz sada poprima slijedeci oblik:

(?) =(

(n + 1)2)2

+ 6 (n + 1)3 + 11 (n + 1)2 + 6 (n + 1) = (??)

Nadalje raspisujemo izraze prema izrazima za kvadrat binoma, odnosno(a + b)2 = a2+2ab+b2, te kubu binoma, odnosno (a + b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3,slijedi:

(??) =(n2 + 2 · n · 1 + 12)2 + 6

(n3 + 3 · n2 · 1 + 3 · n · 12 + 13)+

+11(n2 + 2 · n · 1 + 12)+ 6n + 6 =

=(n2 + 2n + 1

)2 + 6(n3 + 3n2 + 3n + 1

)+ 11

(n2 + 2n + 1

)+ 6n + 6 = (4)

Prvi clan sume raspisemo po izrazu za kvadrat trinoma, osnosno(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac, slijedi:

(4) =(n2)2 + (2n)2 + 12 + 2 · n2 · 2n + 2 · 2n · 1 + 2 · n2 · 1+

+6(n3 + 3n2 + 3n + 1

)+ 11

(n2 + 2n + 1

)+ 6n + 6 =

= n4+4n2+1+4n3+4n+2n2+6n3+18n2+18n+6+11n2+22n+11+6n+6 = (44)

Izdvojimo sve clanove sume koji se nalaze u izrazu n4 + 6n3 + 11n2 + 6n napocetak, te ostatak pozbrajam prema pravilu zbrajanja potencija, slijedi:

(44) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n + 4n3 + 24n2 + 44n + 24 = (�)

15

Zbroj prva cetiri clana sume dijeljiva su s 24 po pretpostavci. Clanovi sume24n2 i 24 su dijeljivi s 24 sami po sebi dok iz preostalih clanova sume izlucim 4,slijedi:

(�) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n︸︷︷︸24·a

+24n2 + 24 + 4(n3 + 11n

)=

= 24a + 24n2 + 24 + 4(n3 + 11n

)= (��)

Da bi cijeli izraz bio dijeljiv s 24 izraz u zagradi, odnosno n3 + 11n, treba bitidijeljiv s 6.

Dakle moram matematickom indukcijom dokazati da vrijedi:

6 | n3 + 11n

Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u izraz n3 + 11n, slijedi:

13 + 11 · 1 = 1 + 11 = 12


PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zaneki n ∈ N. Dakle da vrijedi:

6 | n3 + 11n


n3 + 11n = 6 · b ; b ∈ N

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz n3 + 11n, slijedi:

n︸︷︷︸n+1

3 + 11 n︸︷︷︸n+1

= (n + 1)3 + 11 (n + 1) = (∗)

Nadalje raspisujemo izraz prema izrazu za kub binoma, odnosno(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, slijedi:

(∗) = n3 + 3 · n2 · 1 + 3 · n · 1 + 13 + 11n + 11 =

= n3 + 3n2 + 3n + 1 + 11n + 11 = (∗∗)

16

Izdvojimo sve clanove sume koji se nalaze u izrazu n3 + 11n na pocetak, teostatak pozbrajam prema pravilu zbrajanja potencija, slijedi:

(∗∗) = n3 + 11n + 3n2 + 3n + 12 = (∗ ∗ ∗)

Zbroj prva dva clana sume dijeljiva su s 6 po pretpostavci. Clan sume 12dijeljiv je s 6 sam po sebi dok iz preostalih clanova sume izlucim 3, slijedi:

(∗ ∗ ∗) = n3 + 11n︸︷︷︸6·b

+11 + 3(n2 + n

)=

= 6b + 12 + 3(n2 + n

)= (∗ ∗ ∗∗)

Da bi cijeli izraz bio dijeljiv s 6 izraz u zagradi, odnosno n2 + n, treba bitidijeljiv s 2.

Dakle moram matematickom indukcijom dokazati da vrijedi:

2 | n2 + n

Provodimo postupak dokazivanja matematickom indukcijom.

BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1.Uvrstavamo broj 1 u izraz n2 + n, slijedi:

12 + 1 = 1 + 1 = 2


PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijediza neki n ∈ N. Dakle da vrijedi:

2 | n2 + n


n2 + n = 2 · c ; c ∈ N

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi iza n+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz n2 + n, slijedi:

n︸︷︷︸n+1

2 + n︸︷︷︸n+1

= (n + 1)2 + n + 1 = (�)

Nadalje raspisujemo izraz prema izrazu za kvadrat binoma, odnosno(a + b)2 = a2 + 2ab + b2, slijedi:

(�) = n2 + 2 · n · 1 + 12 + n + 1 =

17

= n2 + 2n + 1 + n + 1 = (∗∗)

Izdvojimo sve clanove sume koji se nalaze u izrazu n2 + n na pocetak, teostatak pozbrajam prema pravilu zbrajanja potencija, slijedi:

(��) = n2 + n + 2n + 2 = (� � �)

Zbroj prva dva clana sume dijeljiva su s 2 po pretpostavci. Clanovi sume2n i 2 takodjer su dijeljivi s 2, slijedi:

(� � �) = n2 + n︸︷︷︸2·c

+2n + 2 = 2c + 2n + 2

Kako su svi clanovi sume dijeljivi s 2 onda je i cijela suma dijeljiva s 2,dakle tvrdnja vrijedi za n + 1.

Prema PMI mozemo zakljuciti da vrijedi:

2 | n2 + n ; za svaki n ∈ N

Dakle pokazali smo da je vrijedi:

2 | n2 + n

Mozemo pisati da vrijedi:

n2 + n = 2 · d ; d ∈ N

Nadalje onda slijedi:

(∗ ∗ ∗∗) = 6b + 12 + 3 · 2 · d = 6b + 12 + 6d

Kako su svi clanovi sume dijeljivi s 6 onda je i cijela suma dijeljiva s 6, dakletvrdnja vrijedi za n + 1.


6 | n3 + 11n ; za svaki n ∈ N

Dakle pokazali smo da je vrijedi:

6 | n3 + 11n

Mozemo pisati da vrijedi:

n3 + 11n = 6 · e ; e ∈ N

Nadalje onda slijedi:

(��) = 24a + 24n2 + 24 + 4 · 6 · e = 24a + 24n2 + 24 + 24e

18

Kako su svi clanovi sume dijeljivi s 24 onda je i cijela suma dijeljiva s 24, dakletvrdnja vrijedi za n + 1.


24 | n4 + 6n3 + 11n2 + 6n ; za svaki n ∈ N


Y ] Z


37 | 2n+5 · 34n + 53n+1


BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u izraz 2n+5 · 34n + 53n+1, slijedi:

2

1︷︸︸︷n +5 · 34

1︷︸︸︷n + 53

1︷︸︸︷n +1 = 21+5 · 34·1 + 53·1+1 =

= 26 · 34 + 53+1 = 64 · 81 + 54 = 5184 + 625 = 5809



37 | 2n+5 · 34n + 53n+1


2n+5 · 34n + 53n+1 = 37 · a ; a ∈ N

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz 2n+5 · 34n + 53n+1, slijedi:

2

n+1︷︸︸︷n +5 · 34

n+1︷︸︸︷n + 53

n+1︷︸︸︷n +1 = 2n+1+5 · 34(n+1) + 53(n+1)+1 =

= 2n+1+5 · 34n+4 + 53n+3+1 = (?)

Promijenimo malo poredak clanova sume u eksponentima, tako da novonastalibrojevi usred uvrstavanja izraza n + 1 budu na kraju, slijedi:

(?) = 2n+5+1 · 34n+4 + 53n+1+3 = (??)

19

Imajuci na umu izraz za mnozenje potencija istih baza, osnosno an ·am = am+n,racunamo:

(??) = 2n+5 · 21 · 34n · 34 + 53n+1 · 53 = 2n+5 · 2 · 34n · 81 + 53n+1 · 125 = (4)

Promjenim poredak clanovima svakog od produkta imajuci na umu komuta-tivnost mnozenja realnih brojeva, slijedi:

(4) = 2 · 81 · 2n+5 · 34n + 125 · 53n+1 = 162 · 2n+5 · 34n + 125 · 53n+1 = (44)

Nadalje ono sto sad zelimo dobiti jest oblik s pocetka zadatka, odnosno izraz izpretpostavke, kako bi je mogli primjeniti. Kako drugi clan sume sadrzi broj 125pokusat cemo i broj 162 (dio prvog clan sume) prikazati kao sumu broja 125 inekog broja dijeljivog s 37. No to je dosta laki, naime vrijedi 162 = 125 + 37.Imajuci to na umu slijedi:

(44) =37+125︷︸︸︷162 ·2n+5 · 34n + 125 · 53n+1 =

= (37 + 125) · 2n+5 · 34n + 125 · 53n+1 == 37 · 2n+5 · 34n + 125 · 2n+5 · 34n + 125 · 53n+1 = (�)

Napomena: Nakon sto smo rastavili broj 162 na dva diijela dobili smobroj 125 koji je bio potreban da izlucivanjem dodjemo do pocetnog izrazau zadataku i igrom slucaja broj 37 koji je dijeljiv s 37. Takva situacijacesto ce se dogadjati (gotovo uvijek u nasim slucajevima), odnosno jedanod koeficijenata u sumi koju dobijemo kod koraka indukcije rastavit cemotako da mozemo nesto izluciti te da je ostatak onda dijeliv s brojem upocetnom izrazu, u nasem slucaju to je bio broj 37.

Izlucimo 125 iz posljednja dva sumanda, slijedi:

(�) = 37 · 2n+5 · 34n + 125 ·(2n+5 · 34n + ·53n+1) = (��)

Za izraz u zagradi prema pretpostavci vrijedi 2n+5 · 34n + ·53n+1 = 37a, slijedi:

(��) = 37 · 2n+5 · 34n + 125 ·(2n+5 · 34n + ·53n+1)︸︷︷︸

37a

=

= 37 · 2n+5 · 34n + 125 · 37a

Promotrimo li malo dobiveni izraz mozemo uociti da su oba clana sume dijeljivas 37 sto znaci i da je sama suma dijeljiva s 37 sto znaci da tvrdnja vrijedi za n+1.


37 | 2n+5 · 34n + 53n+1 ; za svaki n ∈ N


20

Y ] Z


57 | 7n+2 + 82n+1


BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 1. Uvrstavamobroj 1 u izraz 7n+2 + 82n+1, slijedi:

7

1︷︸︸︷n +2 + 82

1︷︸︸︷n +1 = 71+2 + 82·1+1 =

= 73 + 82+1 = 343 + 83 = 343 + 512 = 855



57 | 7n+2 + 82n+1


7n+2 + 82n+1 = 57 · a ; a ∈ N

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz 7n+2 + 82n+1, slijedi:

7

n+1︷︸︸︷n +2 + 82

n+1︷︸︸︷n +1 = 7n+1+2 + 82(n+1)+1 =

= 7n+1+2 + 82n+2+1 = (?)

Promijenimo malo poredak clanova sume u eksponentima, tako da novonastalibrojevi usred uvrstavanja izraza n + 1 budu na kraju, slijedi:

(?) = 7n+2+1 + 82n+1+2 = (??)

Imajuci na umu izraz za mnozenje potencija istih baza, osnosno an ·am = am+n,racunamo:

(??) = 7n+2 · 71 + 82n+1 · 82 = 7n+2 · 7 + 82n+1 · 64 = (4)

Promjenim poredak clanovima svakog od produkta imajuci na umu komuta-tivnost mnozenja realnih brojeva, slijedi:

(4) = 7 · 7n+2 + 64 · 82n+1 = (44)

21

Nadalje ono sto sad zelimo dobiti jest oblik s pocetka zadatka, odnosno izraziz pretpostavke, kako bi je mogli primjeniti. Kako prvi clan sume sadrzi broj 7pokusat cemo i broj 64 (dio drugog clana sume) prikazati kao sumu broja 7 inekog broja dijelivog s 57. No to je lako, naime vrijedi 64 = 7 + 57. Imajuci tona umu slijedi:

(44) = 7 · 7n+2 +7+57︷︸︸︷64 ·82n+1 = 7 · 7n+2 + (7 + 57) · 82n+1 =

= 7 · 7n+52 + 7 · 82n+1 + 57 · 82n+1 = (�)Izlucimo 7 iz prva dva sumanda, slijedi:

(�) = 7 ·(7n+2 + 82n+1)+ 57 · 82n+1 = (��)

Za izraz u zagradi prema pretpostavci vrijedi 7n+2 + 82n+1 = 57a, slijedi:

(��) = 7 ·(7n+2 + 82n+1)︸︷︷︸

57a

+57 · 82n+1 =

= 7 · 57a + 57 · 82n+1

Promotrimo li malo dobiveni izraz mozemo uociti da su oba clana sume dijeljivas 57 sto znaci i da je sama suma dijeljiva s 57 sto znaci da tvrdnja vrijedi za n+1.


57 | 7n+2 + 82n+1 ; za svaki n ∈ N

Time je zadatak rijesen.Y ] Z

T Zadatak 17: (str. 20) Dokazi da za svaki prirodni broj n, n > 1, broj 22n +1zavrsava znamenkom 1.


BAZA INDUKCIJE: Pokazimo da tvrdnja vrijedi za n = 2 (jer tvrdnjavrijedi samo za n > 1). Uvrstavamo broj 2 u izraz 22n + 1, slijedi:

22

2︷︸︸︷n

+ 1 = 222+ 1 = 24 + 1 = 16 + 1 = 17

Broj 17 zaista zavrsava znamenkom 7, dakle tvrdnja vrijedi za n = 2.

PRETPOSTAVKA INDUKCIJE: Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za nekin ∈ N. Dakle da vrijedi da broj 22n + 1 zavrsava znamenkom 7. To zapravoznaci da vrijedi:

22n

+ 1 = 10x + 7 ; za neki x ∈ N

22

Napomena: Usredotocimo se sada na tvrdnju da broj kojem posljednjaznamenka zavrsava s a, a ∈ {0, 1, 2, ..., 9} mora nuzno biti oblika 10x + aza neki x ∈ N. U tu svrhu promotrimo broj 127. Taj broj mozemo zapisatikao:

127 = 120 + 7 = 12 · 10 + 7

U ovom primjeru broj 12 ima ulogu x-a iz tvrdnje i taj broj je uvijek zapravobroj sastavljen od svih znamenaka danog broja osim posljednje znamenke,dok broj 7 ima ulogu od a iz tvrdnje.

KORAK INDUKCIJE: Uz pretpotavku pakazimo da tvrdnja vrijedi i zan+1.Uvrstavamo n + 1 umjesto n u izraz 22n + 1, slijedi:

22

n+1︷︸︸︷n

+ 1 = 22n+1+ 1 = (?)

Raspisemo eksponent potencije 22n+1 prema izrazu za mnozenje potencija isihbaza, odnosno prema an · am = an+m, slijedi:

(?) = 22n·21+ 1 = 22n·2 + 1 = (??)

Nadalje prisjetim se izraza za potenciranje potencija, odonsno izraza(an)m = an·m. Imajuci tu jednakost na umu racunam:

(??) =(

22n)2

+ 1 = (? ? ?)

I u ovom trenutku stvari postaju zanimljive, da bih mogao primjeniti pret-postavku indukcije moram se dokopati izraza 22n + 1. To cemo uciniti tako dagornju sumu nadopunimo s 2 · 22n (to ce biti srednji clan u izrazu za kvadratbinoma, (a + b)2 = aa + 2ab + b2), slijedi:

(? ? ?) =(

22n)2

+ 2 · 22n

+ 1− 2 · 22n

= (4)

Zapisem cijelu sumu malo drugacije te prepoznam da na prva tri clana sumemogu primejniti izraz za kvadrat binoma, odnosno izraz (a + b)2 = aa +2ab+b2,slijedi:

(4) =(

22n)2

+ 2 · 22n

· 1 + 12︸︷︷︸(22n +1)2

−2 · 22n

=(

22n

+ 1)2− 2 · 22n

= (44)

U ovom trenutku na izraz u zagradi pod kvadratom mozemo primjeniti pret-postavku indukcije, odnosno da vrijedi 22n + 1 = 10x + 7, za neki x ∈ N.No to nije sve sto mozemo zakljuciti, naime kako prema pretpostavci vrijedi22n + 1 = 10x + 7, racunamo:

22n

+ 1 = 10x + 7

23

22n

= 10x + 6

Nakon ovih zakljucaka spremni smo se vratiti na glavni racun, slijedi:

(44) =(

22n

+ 1)

︸︷︷︸10x+7

2− 2 · 22n︸︷︷︸

10x+6

= (10x + 7)2 + 2 (10x + 6) = (�)

Prvi clan sume raspisemo po izrazu za kvadrat binoma, ondnosno prema (a + b)2 =a2 + 2ab + b2, slijedi:

(�) = (10x)2 + 2 · 10x · 7 + 72 − 20x− 12 =

= 100x2 + 140x + 49− 20x− 12 =

= 100x2 + 120x + 37

Promotrim li malo dobiveni izraz sa sigurnoscu mogu reci da prvi clan sumezavrsava znamenkama 00 (mnozenje sa 100 je zapravo "dodavanje dvije nule nakraju broja"), dok drugi clan sume zavrsava znamenokom 0 (mnozenje s 10 jezapravo "dodavanje jedne nule na kraju broja") sto znaci da njihovim zbaran-jem dobijemo broj koji zavrsava znamenkom 0. No to zapravo znaci da jedinuulogu u odredjivanju zadnje znamenke broja nakon sumiranja ima posljednjiclan sume, tocnije njegova posljednja znamenka. No ta znamenka je upravojednaka 7 sto znaci da ce i krajnja suma zavrsiti znamenkom 7. Dakle pokazalismo da tvrdnja vrijedi za n + 1.

Prema PMI zakljucujemo da pocetna tvrdnja zadatka vrijedi za svaki n ∈ N.Time je zadatak rijesen.

Y ] Z

24

Documents

1.2 Matematicka indukcija (staro izdanje knjige) · Posljednji, dakle n + 1 clan sume, dobili smo tako da smo u posljednji clan na lijevoj strani tvrdnje, ((3n+2)) , umjesto n uvrstili