Matematika izdanja Abelove grupe Svezak 1.Vladimir MarjanoviMATEMATIKA INDUKCIJArepetitorij rijeeni primjeri zadaci0. izdanjeAbelova grupawww.abelova-grupa.comSatnica akovaka, 2015SadrajUvod iii1. Princip matematike indukcije 11.1. Induktivno zakljuivanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Matematika indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22. Jednakosti 32.1. Brojevne jednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Funkcijske jednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73. Nejednakosti 94. Nizovi 135. Djeljivost prirodnih brojeva 156. Kombinatorika 177. Matrice i determinante 198. Razliiti zadaci 21Bibliograja 23iUvodNezahvalno je sastavljati zbirku rijeenih primjera i zadataka koja obrauje temu kao toje matematika indukcija. Stvarni problem nije u broju zadataka, jer bi se bez problemamoglo pronai jo na stotine njih, ve u rasporedu gradiva po nekakvim naslovima.Ve prvi pogled na sadraj ove knjiice jasno pokazuje neuspjeh u bilo kakvoj suvislojsistematizaciji zadataka. :-) Naime, zadaci koji imaju sline elemente su stavljeni podnaslov koji jednom rijeju ili pojmom pokuava opisati koji su to elementi, pa naslovipomalo djeluju kao random odabrane rijei iz nekog matematikog leksikona. :-)Unutar svakog naslova sam se potrudio poslagati zadatke slijedei didaktiki princip dalaki zadaci trebaju prethoditi teima. Meu zadacima su neki i rijeeni. Zadaci kojisu rijeeni sam odabirao po principu da trebaju ilustrirati neku tehniku ili caku kodrjeavanja.Ukoliko Vam se ova zbirka svidi i elite pomoi u njenom unapreenju, to moete nanekoliko naina:(a)moete poslati zadatke za koje Vam se ini da bi lijepo uklopili meu postojee;(b)moete poslati optimalnije ili jasnije rjeenje ve rijeenog zadatka ili vie njih;(c)moete poslati rjeenje nerijeenog zadatka ako Vam se ini da bi bilo dobro dabude rijeen;(d)moete me upozoriti na greke (tipfelere, neprecizne ili netone tvrdnje i sl.);(e)(Moda imate ideju koja meni nije pala na pamet i ne nalazi se meu gornjima? Inju mi slobodno napiite i poaljite.)Sve svoje prijedloge, komentare, zadatke, njihova rjeenja, ispravke. . . slobodno napiite ipoaljite na moj e-mail:vladimir.marjanovic.74@gmail.comjer kada ih se skupi dovoljna koliina, ova e se knjiica proiriti i doraditi.U Satnici akovakoj, 28. srpnja 2015.Vladimir Marjanoviiii1. Princip matematike indukcije1.1. Induktivno zakljuivanjeDva temeljna naina logikog zakljuivanja su deduktivni i induktivni.Kod deduktivnog zakljuivanja polazimo od opih spoznaja i izvodimo zakljuke o kon-kretnom sluaju.Kod induktivnog zakljuivanja polazimo od konkretnih spoznaja i pokuavamo zakljuitio istinama u openitoj situaciji. Meutim, taj put zna biti trnovit i dovesti do pogrenihzakljuaka o emu nam svjedoi i starogrki problem hrpe, koji u formi razgovora glasiovako:ini li jedno zrno pijeska hrpu pijeska?Ne ini.A, ine li dva zrna pijeska hrpu pijeska?Ne, niti dva zrna pijeska ne ine hrpu.Ako, dakle, nekoliko zrna pijeska ne ini hrpu, nije li logino da dodavanjem jojednog zrna ne dobivamo hrpu?Jeste, logino je.No, onda dobro. Tada niti jedan broj zrna pijeska, ma koliko velik bio, ne inihrpu pijeska.Euler je dao jedan zgodan matematiki primjer pogreke kod induktivnog zakljuivanja.Postavio je pitanje da li polinomppnq n2`n `41kao rezultat daje prost broj za svaku prirodnu vrijednost argumentan. Nakon isproba-vanja prvih nekoliko prirodnih brojevapp1q 43, pp2q 47, pp3q 53, pp4q 61, pp5q 71bi se tako to i moglo zakljuiti. Tek bi jako uporan raundija stigao izraunaopp41q iuvidio da je sloen, odnosno da tvrdnja ne vrijedi.U Eulerovom primjeru su u pitanju bili mali brojevi. No, to s problemom u kojem setvrdi da 991n2` 1 nije potpun kvadrat niti za jedan prirodan broj n? ak i jako, alizbilja jako, uporni raundije bi odustali relativno brzo, vjerojatno puno prijen 1000,a brojn za kojega izraz jeste potpun kvadrat postoji i iznosi1n 12 055 735 790 331 359 447 442 538 767.1Meni se, pak, sada javlja pitanje u glavi koliko bi vremena prosjenom kunom raunalu trebalo daizrauna taj broj brute force metodom?1Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijaak tovie, prirodnih brojeva za koje je 991n2`1 potpun kvadrat ima beskonano mnogo.Mislim da su gornjim primjerima dobro oslikani problemi kod induktivnog zakljuivanja.1.2. Matematika indukcijaMatematika indukcija je jedna od tehnika dokazivanja u matematici koja u svojoj poza-dini ima princip matematike indukcije koji glasi:Ako neka tvrdnja vrijedi za broj 1, i ako iz pretpostavke da vrijedi za neki prirodnibrojn moemo pokazati da vrijedi i zan `1, tada tvrdnja vrijedi za svakin P N.Dokaz matematikom indukcijom se provodi u tri koraka.(B)Prvi je korak baza indukcije. U tom koraku provjeravamo vrijedi li tvrdnja zan 1 ili za neku drugu poetnu vrijednostn n0; naime, neke tvrdnje moguvrijedi odn 0, a neke druge od primjericen 7.(P)Drugi je korak pretpostavkaindukcije. U njemu pretpostavljamo da tvrdnjavrijedi za neki brojn.(K)Zadnji je korak korak indukcije. U njemu pokuavamo dokazati da tvrdnja vrijedii zan `1, im vrijedi zan; ukoliko to uspijemo,zakljuujemo da tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n (ili za svaki prirodni broj n n0,ukoliko imamo takav pomak u tvrdnji indukcije).22. Jednakosti2.1. Brojevne jednakostiMetodom matematike indukcije dokaite da vrijede sljedee brojevne jednakosti:Zadatak 1. 1 `2 `3 `. . . `n nk1k 12npn `1qRjeenje.(B) Bazu indukcije provjeravamo zan 1. Uvrtavanjem imamo1 12 1 p1 `1q,pa baza indukcije vrijedi.(P) Pretpostavimo sada da tvrdnja vrijedi za neki prirodni brojn, odnosno da vrijedi1 `2 `3 `. . . `n 12npn `1q.(K) Provjerimo to se dogaa zan `1; dodavanjem sljedeeg pribrojnika s lijeve i desnestrane imamo1 `2 `3 `. . . `nloooooooooomoooooooooonpopretpostavci, ovoje...`pn `1q 12npn `1qloooomoooon... jednakoovome`pn `1qizluimo12pn `1q 12pn `1q rn `2s 12pn `1qpn `2q,a kako smo dobili istovjetan izraz onome iz pretpostavke, samo umjeston imamon ` 1,to smo dokazali tvrdnju. lNapomena. Gornji se problem esto sree u literaturi pod nazivom Gaussova dosjetka.PriakaedajeGaussovuitelj, kojegajeGaussstalnopropitkivaorazliitestvari omatematici, u elji da ima malo mira od dosadnog Carla zadao Gaussu zadatak da izraunazbroj prvih 100 prirodnih brojeva.Gauss je uoio da je zbroj prvog i posljednjeg broja 101, drugog i pretposljednjeg 101. . . ida takvih parova ima 50, te iznenaenom uitelju vrlo brzo rekao toan rezultat: 5050.Zadatak 2. 1 `3 `5 `. . . `p2n 1q nk1p2k 1q n23Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijaZadatak 3. 2 `4 `6 `. . . `2n nk12k npn `1qZadatak 4. 1 `4 `7 `. . . `p3n 2q nk1p3k 2q 12np3n 1qZadatak 5. 12`22`32`. . . `n2nk1k2 16npn `1qp2n `1qRjeenje.(B) Provjerimo bazu indukcije. Zan 1 imamo12 16 1 p1 `1q p2 1 `1q,to je istina te baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi12`22`32`. . . `n2 16npn `1qp2n `1q.(K) Provjerimo istinitost zan `1:12`22`32`. . . `n2looooooooooooomooooooooooooon`pn `1q2 16npn `1qp2n `1qloooooooooomoooooooooon`pn `1q2 16pn `1q rnp2n `1q `6pn `1qs 16pn `1q r2n2`n `6n `6s 16pn `1q r2n2`4n `3n `6s 16pn `1q r2npn `2q `3pn `2qs 16pn `1qpn `2qp2n `3q,pa smo dobili izraz istovjetan izrazu iz pretpostavke, samo umjeston imamon ` 1, a tosmo i trebali dokazati. lZadatak 6. 12`32`52`. . . `p2n 1q2nk1p2k 1q2 13np2n 1qp2n `1qZadatak 7. 22`52`82`. . . `p3n 1q2nk1p3k 1q2 12np6n2`3n 1qZadatak 8. 1 1 `3 4 `5 7 `. . . `p2n 1qp3n 2q 12np4n2n 1qZadatak 9. 13`23`33`. . . `n3nk1k3 14n2pn `1q2Napomena. Gornji se zadatak u literaturi esto nalazi u obliku13`23`33`. . . `n3 p1 `2 `3 `. . . `nq2.4Abelova grupa (www.abelova-grupa.com)Zadatak 10. 13`33`53`. . . `p2n 1q3nk1p2k 1q3 n2p2n21qRjeenje.(B) Bazu provjeravamo uvrtavanjemn 1, pa imamo13 12 p2 121q,to je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi13`33`53`. . . `p2n 1q3 n2p2n21q.(K) Prelaskom nan `1 imamo:13`33`53`. . . `p2n 1q3loooooooooooooooooomoooooooooooooooooon`p2n `1q3 n2p2n21qlooooomooooon`p2n `1q3 2n4n2`8n3`12n2`6n `1 2pn4`4n3`6n2`4n `1q pn2`2n `1q 2pn `1q4pn `1q2 pn `1q2p2pn `1q21q,a to smo i trebali dokazati. lZadatak 11. 1 2 3 `2 3 4 `. . . `npn `1qpn `2q 14npn `1qpn `2qpn `3qZadatak 12. 12 2 `22 3 `32 4 `. . . `n2 pn `1q 112npn `1qpn `2qp3n `1qZadatak 13.11 3 `13 5 `15 7 `. . . `1p2n 1qp2n `1q n2n `1Rjeenje.(B) Provjerimo vrijedi li baza. Kako je zan 111 3 12 1 `1,to je istina, to baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da gornja tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi11 3 `13 5 `15 7 `. . . `1p2n 1qp2n `1q n2n `1.(K) Prelaskom nan `1 imamo:11 3 `13 5 ` . . . `1p2n 1qp2n ` 1qloooooooooooooooooooooooomoooooooooooooooooooooooon`1p2n ` 1qp2n ` 3q n2n ` 1loomoon`1p2n ` 1qp2n ` 3qnp2n ` 3q ` 1p2n ` 1qp2n ` 3q 2n2` 3n ` 1p2n ` 1qp2n ` 3q

p2n ` 1qpn ` 1q

p2n ` 1qp2n ` 3q n ` 12n ` 3,to smo trebali pokazati. l5Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijaZadatak 14. 1 12 ` 13 . . . `12n 1 12n 1n `1 `1n `2 `. . . `12nZadatak 15. 1 `3 5 `. . . `p1qnp2n 1q p1qn nRjeenje.(B) Provjerimo bazu. Stavljanjemn 1 imamo1 p1q1 1,to je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi1 `3 5 `. . . `p1qnp2n 1q p1qn n.(K) Zan `1 imamo1 `3 5 `. . . `p1qnp2n 1qlooooooooooooooooooooomooooooooooooooooooooon`p1qn`1p2n `1q p1qn nlooomooon`p1qn`1p2n `1q p1qn`1pn `2n `1q p1qn`1pn `1q,to je i trebalo dokazati. lZadatak 16. 1222`32. . . `p1qn1n2 p1qn1npn `1q2Zadatak 17. 3 `6 `12 `. . . `3 2n1 3p2n1qRjeenje.(B) Zan 1 imamo3 3 p211qto je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi3 `6 `12 `. . . `3 2n1 3p2n1q.(K) Zan `1 imamo3 `6 `12 `. . . `3 2n1looooooooooooooomooooooooooooooon`3 2n 3p2n1qloooomoooon`3 2n 3 p2n1 `2nq 3 p2n`11qto je trebalo pokazati. lZadatak 18. 1 51`2 52`. . . `n 5n 5 `p4n 1q 5n`116Zadatak 19. 1 2n`2 2n1`3 2n2. . . `n 2 `pn `1q 2n`2n 3Zadatak 20. 1 2 2n`2 3 2n1`. . . `npn`1q 2`pn`1qpn`2q 2n`4pn2`7n`14q6Abelova grupa (www.abelova-grupa.com)Zadatak 21.nk1k3k 34 2n `34 3nZadatak 22.nk22k22k1`1 2 2n`122n1Zadatak 23.nk2k31k3`1 231 `1npn `1qZadatak 24.pn `1q pn `2q . . . p2n 1q 2n1 3 . . . p2n 1q 2nZadatak 25. pn `1qpn `2q . . . pn `nq 2n 1 3 . . . p2n 1q2.2. Funkcijske jednakostiZadatak 26.nk21logx 2k1 logx 2k 1 1n1log2x 2.Rjeenje.(B) Bazu provjeravamo zan 2, pa imamo1logx 2 logx 22 1 121log2x 2to je oito istina.(P) Pretpostavimo da tvrdnja zadatka vrijedi zan, tj. da vrijedink21logx 2k1 logx 2k 1 1n1log2x 2.(K) Dodavanjem jo jednog pribrojnika imamonk21logx 2k1 logx 2kloooooooooooomoooooooooooon`1logx 2n logx 2n`1 1 1n1log2x 2loooooooomoooooooon`1logx 2n logx 2n`11 1n1log2x 2 `1npn `1q logx 2 logx 21log2x 21 1n `1npn `1q1 1n `11log2x 2,to je i trebalo pokazati. lZadatak 27.nk1kxk x nxn`1pn `1qxn`1px 1q2Zadatak 28.x1 x2 `x21 x4 `. . . `x2n11 x2n 11 x x x2n1 x2n7Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijaZadatak 29. p1 `xqp1 `x2qp1 `x4q . . . p1 `x2n1q 1 `x `x2`. . . `x2n1Zadatak 30.nk1cosx2k sin x2nsinx2nZadatak 31. cos x cos 2x . . . cos 2nx sin2n1x2n1sin xZadatak 32.nk1sin kx sinn`12xsinx2sin nx2Zadatak 33.nk1sinp2k 1qx sin2nxsin xRjeenje.(B) Zan 1 jesin x sin2xsin x ,to je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedink1sinp2k 1qx sin2nxsin x.(K) Sada zan `1 imamosin x `sin 3x `. . . `sinp2n 1qxlooooooooooooooooooooomooooooooooooooooooooon`sinp2n `1qx sin2nxsin xloomoon`sinp2n `1qx sin2nx `sinp2n `1qx sin xsin x sin2nx `12pcos 2nx cos 2pn `1qxqsin x{ 2{ 2 2 sin2nx `cos2nx sin2nx cos2pn `1qx `sin2pn `1qx2 sin x sin2nx `cos2nx cos2pn `1qx `sin2pn `1qx2 sin x 1 cos2pn `1qx `sin2pn `1qx2 sin x 2 sin2pn `1qx2 sin x sin2pn `1qxsin x,to je i trebalo pokazati. lZadatak 34.nk1cos kx cosn`12xsinx2sin nx2Zadatak 35.12 tg x2 `122 tgx22 `. . . `12n tgx2n 12n ctgx2n ctg x, px k,k P ZqZadatak 36. arctg 12 `arctg 18 `. . . `arctg12n2 arctgnn `183. NejednakostiZadatak 37. (Bernoullijeva nejednakost) Dokaite da za svaki n P N i h 1 vrijedip1 `hqn 1 `nh,pri emu jednakost vrijedi samo zan 0 ilih 0.Rjeenje.(B) Provjerimo vrijedi li tvrdnja zan 1:p1 `hq1 1 `1 h,to je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedip1 `hqn 1 `nh.(K) Sada, zan `1 imamop1 `hqn`1 p1 `hqnlooomooonp1 `hq p1 `nhqlooomooonp1 `hq 1 `nh `h `nh2 1 `pn `1qh,to je trebalo pokazati. lZadatak 38. 2n n21Zadatak 39. 3n`1 2n`1`n3`n2`n `1Zadatak 40. 4n n2Zadatak 41. 1 `1?2 `1?3 `. . . `1?n ?nRjeenje.(B) Zan 1 imamo1 ?1to je istina pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi1 `1?2 `1?3 `. . . `1?n ?n.9Vladimir Marjanovi:Matematika indukcija(K) Pogledajmo sada to se dogaa zan `1. Zbog lakeg rauna emo oznaitiSn 1 `1?2 `1?3 `. . . `1?nSn`1 1 `1?2 `1?3 `. . . `1?n `1?n `1Kako jeSn`1Sn 1?n `1 0,to jeSn`1 Sn ?n,a to smo i trebali dokazati. lZadatak 42. 1 `1?2 `1?3 `. . . `1?n 2?nRjeenje.Premda je zadatak jako slian prethodnom, gornja se fora ovdje ne moe isko-ristiti.(B) Vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijedi1 `1?2 `1?3 `. . . `1?n 2?n.(K) Sada zan `1 imamo1 `1?2 `1?3 `. . . `1?nloooooooooooooooomoooooooooooooooon`1?n `1 2?nloomoon`1?n `1 2?n?n `1 `1?n `1 2?n?n `1 `2?n `1?n `1 2?n `1 ?n `1?n `1 2?n `1,to je i trebalo pokazati. lGore smo iskoristili da je ?n `1 ?n `1 to je trivijalno za dokazati.Zadatak 43.1n `1 `1n `1 `. . . `13n `1 1Zadatak 44.1n `1 `1n `2 `. . . `12n 1324, pn 2qRjeenje.(B) Zan 2 imamo12 `1 `12 2 712 1324,10Abelova grupa (www.abelova-grupa.com)pa je baza pokazana.(P) Neka tvrdnja vrijedi zan.(K) Prelazimo nan `1. Zbog jednostavnosti pisanja emo oznaiti da jeSn 1n `1 `1n `2 `. . . `12nSn`1 1n `2 `1n `3 `. . . `12n `12n `1 `12n `2,pa oduzimanjem imamoSn`1Sn 12n `1 `12n `2 1n `1 12pn `1qp2n `1q 0,pa jeSn`1 Sn 1324,to je i trebalo pokazati. lZadatak 45.12 34 . . . 2n 12n1?3n `1Zadatak 46.nk1kp pn `1qp`1p `1, pp P NqZadatak 47.a `b2nan`bn2, pa, b 0qZadatak 48.1n `1 `1n `1 `. . . `12n2 12Zadatak 49.n`1?n `1 n?n, zan 3Zadatak 50.nk91log2 3 log2 4 . . . log2k nk91k2, pn 9q114. NizoviZadatak 51.ca2`ba2`. . . `?a2loooooooooooooomoooooooooooooonnkorijena |a| `1,a P RRjeenje. Oznaimo sAn ca2`ba2`. . . `?a2loooooooooooooomoooooooooooooonnkorijena.(B) Zan 1 imamoA1 ?a2 |a| |a| `1,pa je baza pokazana.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Zan `1 tada imamoA2n`1 a2`An a2`|a| `1 a2`2|a| `1 p|a| `1q2pa korjenovanjem slijediAn`1 |a| `1,to smo i trebali pokazati. lZadatak 52.c2b3a4 . . .?n 3,n 2Rjeenje. Oznaimo sAn c2b3a4 . . .?n(B) Zan 2 jeA2 ?2 3, pa baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan, tj. da vrijediAn 3.(K) Iskoristit emo nejednakostk `1 k 32, pa imamoA2n`1 2c3b4 . . .an?n `1 2gfffe2 32gffe3 32d4 32 . . .cn 32 2c2b3a4 . . .?n `1 3212`14`...`12n1 2 An32112n1 2 3 32 9,13Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijapa korjenovanjem dobijemoAn`1 3 to se i tvrdilo. lZadatak 53.c1 `b2 `a3 `. . . `?n 2Zadatak 54.c4 `b4 `a4 `. . . `?4 3Zadatak 55. Niz pFnq je zadan sF1 F2 1,Fn`1 Fn`1`Fn za sven P N. Dokaiteda jeF7n djeljiv s 13 za svakin P N.Rjeenje.(B) Zan 1 jeF7 13 to je evidentno djeljivo sa 13.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Pogledajmo to se dogaa za n`1. Iskoristit emo identitet Fm`n FmFn`1`Fm1Fn,premda se moe i bez njega samo ima neto vie pisanja.F7pn`1q F7n`7 F7nF8`F7n1F7 21F7n`13F7n1,to je djeljivo s 13, a to je i trebalo dokazati. lZadatak 56. Niz pFnq je zadan sF1 F2 1,Fn`1 Fn`1`Fn za sven P N. Dokaiteda jeF10n djeljiv s 11 za svakin P N.Zadatak 57. Niz pFnq je zadan sF1 F2 1,Fn`1 Fn`1`Fn za sven P N. Dokaiteda za svakin P N vrijediFn 1?51 `?52n1 ?52n.Zadatak 58. p1 `a1qp1 `a2q . . . p1 `anq 1 `a1`a2`. . . `an zaai 0 in 2Zadatak 59. p1 a1qp1 a2q . . . p1 anq 1 pa1`a2`. . . `anq za 0 ai 1 in 2Zadatak 60. |x1`x2`. . . `xn| anpx21`x22`. . . `x2nqZadatak 61. px1`x2`. . . `xnq 1x1`1x2`. . . `1xn n2, pxk 0q145. Djeljivost prirodnih brojevaZadatak 62. 6|np2n23n `1qZadatak 63. 7|n7`6nZadatak 64. 3|5n`2n`1, pn 0qZadatak 65. 13|212n`336n`2, pn 0qZadatak 66. 50|72n`1`2 132n`1`172n`1, pn 0qRjeenje.(B) Zan 0 je71`2 131`171 50,to je djeljivo s 50 i baza vrijedi.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Tada zan `1 imamo72n`3`2 132n`3`172n`3 72n`1 72`2 132n`1 132`172n`1 172 72n`1 p50 1q `2 132n`1 p170 1q `172n`1 p290 1q p72n`1`2 132n`1`172n`1loooooooooooooooomoooooooooooooooondjeljivos50po pPqq `72n`1 50loooomoooondjeljivos50`2 132n`1 170 `172n`1 290,pa nam jo ostaje pokazati da je i 2 132n`1 170 ` 172n`1 290 djeljivo s 50. Kako je2 170 340 i 340 290 `50, to je2 132n`1 170 `172n`1 290 50 132n`1`290 p132n`1`172n`1q 50 132n`1`290 p13 `17q p132n. . . `172nq,a kako je u zadnjem redu sve djeljivo s 50, to je tvrdnja dokazana. lZadatak 67. 11|62n2`3n`1`3n1Zadatak 68. 19|5 23n2`33n1Zadatak 69. 9|13n`15n 1Rjeenje.(B) Zan 1 je131`15 1 1 27,to je djeljivo s 9 i baza je pokazana.15Vladimir Marjanovi:Matematika indukcija(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Zan `1 tada imamo13n`1`15pn `1q 1 13 13n`15n `15 1 13 p13n`15n 1looooooomooooooonpo pPqdjeljivos9q 180n `27loooomoooondjeljivos9,pa je izraz djeljiv s 9 za svakin P N. lZadatak 70. 64|32n`3`40n 27, pn 0qZadatak 71. 17|25n`3`5n 3n`2Zadatak 72. 19|52n`12n`2`3n`222n`1, pn 0qRjeenje.(B) Zan 0 imamo51 22`32 21 20 `18 38,to je djeljivo s 19 pa je baza pokazana.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Zan `1 imamo52n`32n`3`3n`322n`3 50 52n`12n`2`12 3n`222n`1 38 52n`12n`2looooooomooooooondjeljivos19`12 p52n`12n`2`3n`222n`1looooooooooooomooooooooooooondjeljivos19po pPqqto je djeljivo s 19. lZadatak 73. 25|36n`7np7n2n`1qZadatak 74. 84|42n32n7Zadatak 75. 3n`1|33n`1166. KombinatorikaDostatvrdnji kojemoemodokazati matematikomindukcijomsadrefaktorijelei/ilibinomne koecijente. Zadatke s ovim elementima emo, istina dosta nespretno, stavitipod ovaj naslov.Faktorijela, u oznacin! to se izgovara en faktorijela, je funkcija denirana sn! " 1 2 . . . n, n P N1, n 0Binomni koecijenti su brojevi oblikankn!k! pn kq!, pk nqkoji se prirodno pojavljuju kao koecijenti u razvoju binomapa `bqnnk0nkankbkpo emu su dobili ime.Dokaite sljedee jednakosti.Zadatak 76.n1`2 n2`3 n3`. . . `n nn n 2n1Rjeenje.(B) Zan 1 imamo11 1 20to je istina pa je baza pokazana.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Pogledajmo sada to se dogaa zan `1.17Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijan `11`2 n `12`3 n `13`. . . `n n `1n`pn `1qn `1n `1n0`n1`2n1`2n2`. . . `pn `1qnnn1`2n2`. . . `nnnlooooooooooooooooomooooooooooooooooon`n0`2n1`. . . `nnn `1`pn `1q n 2n1loomoon`n0`n1`. . . `nn 1`nnnn``n1`2n2`. . . `pn 1qnn 1`nnnnnn`pn `1q n 2n1`2nnn`rn 2n1ns `pn `1q pn `1q 2n,to je i trebalo pokazati. lGornji je raun prilino skraeno napisan pa sugeriram da ga tijekom uenja puno detalj-nije raspiete.Zadatak 77.n0` 12n1` 13n2`. . . `1n `1nn 2n`11n `1Zadatak 78. n! n `12n, pn 1qZadatak 79. pn!q2pn `1qp2n `1q6n, pn 1qZadatak 80.22nn `1 p2nq!pn!q2, pn 2qZadatak 81.11! `12! `. . . `1n! 2n 1nZadatak 82. 2! 4! . . . p2nq! rpn `1q!sn187. Matrice i determinanteZadatak 83. Dokaite da vrijedi:1 10 1n1 n0 1.Rjeenje.(B) Zan 1 imamo1 10 111 10 1,to je istina pa je baza dokazana.(P) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi zan.(K) Zan `1 tada imamo1 10 1n`11 10 1n1 10 11 n0 11 10 11 n `10 1,to se i tvrdilo. lZadatak 84. Dokaite matematikom indukcijom da vrijedi: cos x sin xsin x cos xn cos nx sin nxsin nx cos nx.Zadatak 85. Odredite i matematikom indukcijom dokaite1 0 2n.Zadatak 86. OdrediteAnza matricuA 1 0 10 1 00 0 1,te matematikom indukcijom dokaite tu tvrdnju.19Vladimir Marjanovi:Matematika indukcijaZadatak 87. Dokaite da vrijedi

3 2 0 0 . . . 0 01 3 2 0 . . . 0 00 1 3 2 . . . 0 00 0 1 3 . . . 0 0..................0 0 0 0 . . . 1 3

2n`11.Zadatak 88. Dokaite da vrijedi

x a a . . . aa x a . . . aa a x . . . a............a a a . . . x

x `pn 1qapn aqn1.208. Razliiti zadaciZadatak 89. Dokaite da n pravaca u ravnini, od kojih nikoja dva nisu paralelna i nikojatri ne prolaze istom tokom, dijele ravninu na 1 `npn `1q2dijelova.Zadatak 90. Dokaite da se ravnina podijeljena s n pravaca moe obojati dvjema bojamatako da su susjedna podruja razliitih boja. (Susjedna podruja su ona koja se dodirujuna istoj duini.)Zadatak 91. Dokaite da je zbroj kutova u konveksnomn-terokutu jednakn 180.Zadatak 92. Dokaite da konveksnin-terokut imanpn 3q2dijagonala.Zadatak 93. Dokaite da se potanskim markicama od 3 i 5 kuna moe platiti svaki iznospotarine vei ili jednak od 8 kuna.Zadatak 94. Dokaite da jep2nq!n!pn `1q! prirodan broj za svakin P N.Zadatak 95. Dokaite da 22n`1 zavrava sa 7 za svaki prirodnin 2.Zadatak 96. Ako sux1, x2 korijeni polinomappxq x2 6x ` 1, dokaite da jexn1 ` xn2cijeli broj za sven P N.Zadatak 97. Neka jea P R takav da jea ` 1a P Z. Dokaite da je tadaan`1an P Z zasven P N.21Bibliograja[1] B. P. Demidovi1: Zbirka zadataka i primjera iz matematike analize, Nauka, Moskva[2] I. Brneti: Matematika analiza 1, zadaci s pismenih ispita, Element, Zagreb[3] B. Daki, N. Elezovi: Zbirka zadataka iz matematike za 4. razred gimnazije, Element,Zagreb[4] V. Marjanovi: Suluda koliina papira sa zadacima i njihovim rjeenjima skupljenatijekom godina2[5] P. M. Milii, M. P. Uumli: Zbirka zadataka iz vie matematike I, Nauna knjiga,Beograd1Kod nas je prevedena Demidovieva zbirka zadataka za studente tehnikih fakulteta; ovo je pakzbirka zadataka je za studente matematike i zike. Koliko je autoru ovih redaka poznato, nikada nijeprevedena na hrvatski jezik.2Istina, to ba i nije literatura u klasinom smislu, ali da te hrpe nema ne bi bilo niti ove knjiice.23