Matematika 4: udžbenik i zbirka zadataka za 4. razred prirodoslovno-matematičke gimnazije, 1. dio, ogledni primjerak [1 ed.] 9789531978422, 9789531978439

Citation preview

Branimir Daki´c Neven Elezovi´c

OG LE DN IP RIM JE RA K

MATEMATIKA 4 udˇzbenik i zbirka zadataka za 4. razred prirodoslovno-matematiˇcke gimnazije 1. dio



OG LE DN IP RIM JE RA K Intelektualno je vlasniˇstvo, poput svakog drugog vlasniˇstva, neotudivo, zakonom zaˇsti´ceno i mora se poˇstivati. Nijedan dio ove knjige ne smije se preslikavati niti umnaˇzati na bilo koji naˇcin, bez pismenog dopuˇstenja nakladnika.

ISBN 978-953-197-842-2 (cjelina) ISBN 978-953-197-843-9 (Dio 1)

OG LE DN IP RIM JE RA K

Branimir Daki´c Neven Elezovi´c

MATEMATIKA 4 udˇzbenik i zbirka zadataka

za 4. razred prirodoslovno-matematiˇcke gimnazije

1. dio

1. izdanje

Zagreb, 2013.

Branimir Daki´c, prof. prof. dr. sc. Neven Elezovi´c, 2013.

OG LE DN IP RIM JE RA K

c 

Urednica Sandra Graˇcan, dipl. ing.

Recenzenti ˇ Zeljka Frkovi´c, prof. prof. dr. sc. Ljubo Maranguni´c Lektorica Dunja Apostolovski, prof. Crteˇzi, slog i prijelom Element d.o.o., Zagreb Dizajn Edo Kadi´c

Nakladnik Element d.o.o., Zagreb, Menˇceti´ceva 2 tel. 01/ 6008-700, 01/ 6008-701 faks 01/ 6008-799 www.element.hr [email protected]

Tisak Element d.o.o., Zagreb

OG LE DN IP RIM JE RA K

Sadrˇzaj

1. Brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8.

Brojevni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Matematiˇcka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomni pouˇcak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prirodni, cijeli i racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Potenciranje i korjenovanje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 2 17 25 37 50 61 73 80

2. Kombinatorika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87 2.1. Princip uzastopnog prebrojavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 2.2. Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 2.3. Kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

3. Vjerojatnost . -. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5.

Dogadaji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijska vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Uvjetna vjerojatnost. Nezavisnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Formula potpune vjerojatnosti. Bayesova formula . . . . . . . . . . . . . . . .

4. Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

119 120 128 144 148 161

Pojam niza. Zadavanje niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aritmetiˇcki niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijski niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limes niza. Teoremi o limesima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limes monotonih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijski red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kamatni raˇcun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

169 170 177 186 194 205 216 224

Rjeˇsenja i upute . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Odgovori na zadatke unutar gradiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1. Brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Kombinatorika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Vjerojatnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4. Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rjeˇsenja toˇcno-netoˇcno pitalica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

231 232 237 247 250 255 264

4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6. 4.7.

Kazalo pojmova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

OG LE DN IP RIM JE RA K

OG LE DN IP RIM JE RA K

1

BROJEVI

OG LE DN IP RIM JE RA K

Broj je osnovni pojam matematike. Tijekom dosadaˇsnjeg sˇ kolovanja upoznali smo temeljna svojstva skupa prirodnih brojeva N , cijelih brojeva Z , racionalnih Q , realnih R i kompleksnih brojeva C . Svakako najjednostavniji medu njima je skup prirodnih brojeva. Na poˇcetku ovog poglavlja istaknut c´ emo neka dodatna svojstva ovog skupa. Pokazat c´ emo zatim kako se krenuvˇsi od skupa N dobivaju sloˇzeniji skupovi brojeva. Detaljnije c´ emo obraditi svojstva realnih brojeva, jer se na njima zasniva matematiˇcka analiza, disciplina koju c´ emo prouˇcavati u nastavku, kao i svojstva kompleksnih brojeva, zbog njihove vaˇznosti u primjenama.

1.1. Brojevni sustavi

Pozicijski zapis brojeva

Naˇcin na koji mi danas zapisujemo brojeve ima dvije bitne karakteristike. To je pozicijski zapis, koji koristi deset razliˇcitih znamenaka: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

ˇ karakterizira pozicijski zapis? Vrijednost znamenke nije odredena Sto samo njezinim iznosom, ve´c i mjestom u zapisu broja na kojemu se ona nalazi. Svako mjesto u zapisu broja ima svoju teˇzinu, koja se pove´cava deset puta za svaki pomak znamenke ulijevo: u broju 237 znamenka 7 je znamenka jedinica koja vrijedi 7, znamenka 3 je znamenka desetica koja vrijedi 30 (trideset) jedinica, a 2 je znamenka stotica koja vrijedi 200 (dvije stotine) jedinica.

Za nekog tko slabije prebrojava kaˇzemo da “broji na prste”. Medutim, cˇinjenica da osoba ima deset prstiju upravo je i odredila naˇcin naˇseg brojenja: ve´ce brojeve iskazujemo s pomo´cu potencija broja deset. Tako, primjerice, broj tri stotine dvadeset sˇ est prikazujemo s pomo´cu potencija broja 10 ovako: 3 · 100 + 2 · 10 + 6 = 3 · 102 + 2 · 10 + 6 i taj broj zapisujemo kratko kao 326 , paze´ci na poloˇzaj svake znamenke u ovom zapisu. Broj 35 206 moˇzemo napisati ovako:

35 206 = 3 · 10 000 + 5 · 1000 + 2 · 100 + 6 = 3 · 104 + 5 · 103 + 2 · 102 + 6. Op´cenito, viˇseznamenkasti broj N zapisujemo kao N = an an−1 . . . a1 a0 . Vrijednost tog broja je

N = an · 10n + an−1 · 10n−1 + . . . + a1 · 10 + a0 . Njegove znamenke an , . . . , a1 , a0 cijeli su brojevi iz skupa {0, 1, 2, . . . , 9} . Za broj kaˇzemo da je zapisan u dekadskom sustavu ili sustavu s bazom 10.

Za bazu brojevnog sustava moˇzemo uzeti bilo koji drugi prirodni broj ve´ci od 1.

2

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

Zapis broja u sustavu s bazom b

Neka je b > 1 prirodan broj. Prirodni broj N zapisan u pozicijskom sustavu s bazom b ima vrijednost: N = an an−1 . . . a1 a0 (b) = an · bn + an−1 · bn−1 + . . . + a1 · b + a0 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Ovdje su a0 , a1 , . . . , an znamenke broja N , to su cijeli brojevi iz skupa {0, 1, 2, . . . , b − 1} (pritom je an = 0 ). Indeks (b) oznaˇcava u kojoj je bazi zapisan broj.

Tako, primjerice, 152(8) predstavlja broj zapisan u sustavu s bazom 8 . Koji je to broj u dekadskom sustavu? Raˇcunajmo ovako: 152(8) = 1 · 82 + 5 · 8 + 2 = 64 + 40 + 2 = 106(10) . Po dogovoru, brojeve u dekadskom sustavu pisat c´emo bez oznake baze: 106(10) = 106 .

Povijesni kutak

ZAPISIVANJE BROJEVA

Prirodne brojeve danas zapisujemo na ovaj naˇcin: 1 , 2 , 3 . . . Zapis broja ne smijemo poistovjetiti sa samim brojem, jer se isti broj moˇze zapisivati na razliˇcite naˇcine. Rimljani su u tu svrhu rabili slova svoje latiniˇcne abecede. Slova I, V, X, L, C, D, M oznaˇcavala su redom brojeve 1, 5, 10, 50, 100, 500, 1000. Njihovim kombiniranjem moˇzemo zapisati viˇseznamenkaste brojeve: MCMXCVI predstavlja broj 1996, dok se 1886 piˇse MDCCCLXXXVI. Oˇcito je ovakav naˇcin zapisivanja pogodan samo za zapis broja, a nikako i za raˇcunanje s takvim brojevima (kako pomnoˇziti XCVI s DCCXLI?). Sliˇcan sustav zapisivanja brojeva koristio se i u drugim kulturama. Grci su za oznaku brojeva koristili poˇcetno slovo odgovaraju´ce rijeˇci, pa su brojeve 1, 5, 10, 100, 1000, 10000 oznaˇcavali s I,  ,  , H, X, M. Vidi detalje na web-stranici en.wikipedia.org/wiki/Numeral systems. Takav se sustav koristio i kod nas u doba uporabe glagoljice. Praktiˇcki je svako slovo glagoljice imalo i svoju numeriˇcku vrijednost. Da slovo predstavlja u stvari broj upozoravao je kvadrati´c ispred njega, ili vitica zapisana iznad slova. Brojevi na ruˇcnoj uri oznaˇcavaju se vrlo cˇesto rimskim znamenkama, od I do XII, kao i mjeseci u kalendaru. Sat na splitskoj pjaci ima brojˇcanik s 24 rimskim slovima oznaˇcena sata, baˇs kao i ovaj prvi elektriˇcki pokretani sat ispred muzeja u Greenwichu (postavljen 1852 godine). Ostatke duodecimalnog sustava (s bazom 12) nalazimo joˇs i danas. Jaja se joˇs uvijek (ali sve manje!) prodaju u tucetima, dok gros predstavlja tucet tuceta, broj 100 u bazi 12. Englezi su do 1971. godine funtu dijelili na 12 sˇ ilinga, a sˇ iling na 20 penija. Jedna je funta sadrˇzavala dakle 240 penija. Takav je sustav pogodan za dijeljenje, jer je 12 djeljivo s 2, 3, 4 i 6. Inflacija je olakˇsala prijelaz na dekadski sustav. Babilonci su od Sumerana nasljedili i razvili heksagezimalni sustav (s bazom 60). Ostatke tog sustava zadrˇzali smo u podjeli sata (i kutova) na minute te minute na sekunde. U naˇcinu izgovaranja brojeva u francuskom jeziku naziremo utjecaj i drugih sustava, quatre vingt onze oznaˇcava broj 91, cˇetiri (puta) dvadeset (plus) jedanaest!

3

1

BROJEVI

Primjer 1.

Koji brojevi u dekadskom sustavu odgovaraju brojevima 3216(12) , 3216(8) , 10010011(2) , 234(5) ?

OG LE DN IP RIM JE RA K

3216(12) = 3 · 123 + 2 · 122 + 1 · 12 + 6 = 5490, 3216(8) = 3 · 83 + 2 · 82 + 1 · 8 + 6 7

4

10010011(2) = 1 · 2 + 1 · 2 + 1 · 2 + 1 2

234(5) = 2 · 5 + 3 · 5 + 4

Zadatak 1.

Primjer 2.

= 1678, = 147, = 69.

Koji brojevi u dekadskom sustavu odgovaraju brojevima 321(4) , 321(12) , 555(6) , 101101(2) ? Niz uzastopnih prirodnih brojeva zapisan je ovako: 1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 20, 21, 22, 23, 30, 31, 32, 33, 100, 101 . . . U kojem brojevnom sustavu se odvija brojenje?

Broj razliˇcitih znamenaka i postupak brojenja ovise o izabranoj bazi. U sustavu s bazom b postoji toˇcno b razliˇcitih znamenaka. U ovom nizu postoje cˇetiri razliˇcite znamenke, pa je rijeˇc o sustavu s bazom cˇetiri.

Primjer 3.

U kojem brojevnom sustavu vrijedi raˇcun: 24 × 13 = 345?

Neka je x baza tog sustava. Tada ova jednakost glasi (2x + 4)(x + 3) = 3x2 + 4x + 5. Nakon sredivanja dobivamo kvadratnu jednadˇzbu

x2 − 6x − 7 = 0. Njezina su rjeˇsenja x = −1 i x = 7 . Raˇcun je napisan u sustavu s bazom 7.

4

Zadatak 2.

Prevedi brojeve 24(7) , 13(7) , 345(7) u dekadski sustav i uvjeri se u ispravnost raˇcuna 24(7) × 13(7) = 345(7) .

Zadatak 3.

U kojem brojevnom sustavu vrijedi raˇcun: 2381 − 1926 = 657 ?

BROJEVNI SUSTAVI

Primjer 4.

1.1

Koji se troznamenkasti broj u sustavu s bazom 7 piˇse na naˇcin xyz , a u sustavu s bazom 11 na naˇcin zyx ? Iz jednadˇzbe xyz(7) = zyx(11) slijedi 49x + 7y + z = 121z + 11y + x,

OG LE DN IP RIM JE RA K

odakle je

6(2x − 5z) = y.

Brojevi x , y , z nenegativni su cijeli brojevi manji od 7, jer su to znamenke u sustavu s bazom 7. Budu´ci da je lijeva strana jednakosti djeljiva sa 6, mora biti y = 0 ili y = 6 . Za y = 0 je 2x = 5z , odakle je x = 5 , z = 2 . Time smo dobili rjeˇsenje 502(7) = 205(11) . Ako je y = 6 , onda mora biti 2x − 5z = 1 , odakle je z = 1 i x = 3 , te je joˇs jedno rjeˇsenje 361(7) = 163(11) .

Istaknuti brojevni sustavi

Iako svaki prirodni broj b > 1 moˇze posluˇziti kao baza brojevnog sustava, u praktiˇcnoj uporabi su cˇetiri brojevna sustava: • Dekadski sustav, s bazom deset. Tu koristimo standardna imena i zapis znamenaka: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. • Binarni sustav (s bazom dva). Tu postoje samo dvije razliˇcite znamenke: 0 i 1. Ovdje je, zbog malog broja razliˇcitih znamenki, prikladnije brojeve cˇitati znamenku po znamenku. Tako, primjerice, broj 13 = 1101(2) cˇitamo jedan-jedan-nula-jedan a ne tisu´cu sto i jedan. • Oktalni sustav (s bazom osam) ima osam razliˇcitih znamenki. Za njihov zapis koristimo prvih osam znamenaka dekadskog sustava: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Brojeve cˇitamo na isti naˇcin kao u dekadskom sustavu.

• Heksadekadski sustav (s bazom sˇ esnaest) ima sˇ esnaest razliˇcitih znamenaka. U njihovom zapisu koristimo svih deset znamenaka dekadskog sustava i prvih sˇ est slova latiniˇcne abecede: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C, D, E, F. Dekadske vrijednosti nekih heksadekadskih brojeva su: A(16) = 10,

B(16) = 11,

C(16) = 12,

D(16) = 13,

E(16) = 14,

F(16) = 15,

2C(16) = 2 · 16 + 12 = 44, E38(16) = 14 · 162 + 3 · 16 + 8 = 3640. Brojeve zapisane u heksadekadskom sustavu cˇitamo znamenku po znamenku.

5

1

BROJEVI

Veza binarne, oktalne i heksadekadske baze

OG LE DN IP RIM JE RA K

Razvojem raˇcunalstva naroˇcito su znaˇcajne postale binarna i heksadekadska baza. Razlog tome je sˇ to raˇcunalo cˇitav svoj rad zasniva na cˇinjenici da se svaki njegov elementarni sklop (bit) moˇze nalaziti u jednom od dvaju stanja: 0 — neaktivnom i 1 — aktivnom. Kombiniranjem bitova moˇzemo zapisati sve prirodne brojeve u binarnom sustavu. Svaki je broj u raˇcunalu pohranjen u binarnom sustavu. Svako slovo ima svoj brojˇcani ekvivalent i ponovno je prikazano brojem u binarnom sustavu. Svaka poruka napisana na tipkovnici pretvara se u niz nula i jedinica i pamti u binarnom sustavu.

53 73 6B 76 6F 6E 6B 61 69 6E 69 69

76 76 76 6E 20 6F 61 6E 20 69 63 6E

61 6F 69 6F 62 6D 20 61 70 7A 61 61

6B 6A 76 20 72 20 70 20 72 20 0D 72

6F 20 61 6A 6F 73 6F 6E 65 6E 0A 6E

20 62 6C 65 6A 75 72 61 74 75 69 6F

73 72 65 0D 65 73 75 20 76 6C 20 6D

6C 6F 6E 0A 6D 74 6B 74 61 61 70 20

6F 6A 74 70 20 61 61 69 72 20 61 73

76 63 20 72 75 76 0D 70 61 69 6D 75

6F 63 69 69 20 75 0A 6B 20 20 74 73

20 61 20 6B 62 2E 6E 6F 73 6A 69 74

69 6E 70 61 69 20 61 76 65 65 20 61

6D 69 6F 7A 6E 53 70 6E 20 64 75 76

61 20 6E 61 61 76 69 69 75 69 20 75

20 65 6F 6E 72 61 73 63 20 6E 62 2E

Svako slovo ima svoj brojccani e kvivalent i pono vno je prikazan o brojem u binar nom sustavu. Sva ka poruka napis ana na tipkovnic i pretvara se u niz nula i jedin ica i pamti u b inarnom sustavu.

Lijevo se nalazi djeli´c teksta ovog poglavlja u obliku kojeg pamti racˇ unalo. Svaki znak na tipkovnici ima svoj brojˇcani ekvivalent. Koje podruˇcje pokrivaju mala i velika slova abecede? Potraˇzi na internetu informacije o pojmovima ASCII i Unicode.

Zapis je u binarnom sustavu jednostavan, no zahtijeva velik broj znamenaka. Stoga se binarni brojevi uglavnom prevode u heksadekadski sustav. Taj je prijelaz vrlo jednostavan. Naime, jedna znamenka heksadekadskog sustava odgovara - zbog toga sˇ to je toˇcno cˇetirima znamenkama binarnog sustava. To se dogada broj 16 potencija broja 2 , 16 = 24 . Prikaˇzimo odnos brojeva u ovim dvama sustavima. Brojevi s lijeve strane jednakosti zapisani su u heksadekadskom, a s desne strane u binarnom sustavu.

0=0 4 = 100 8 = 1000 C = 1100 1=1 5 = 101 9 = 1001 D = 1101 2 = 10 6 = 110 A = 1010 E = 1110 3 = 11 7 = 111 B = 1011 F = 1111 Sada se koriste´ci ovu tablicu viˇseznamenkasti broj napisan u heksadekadskom sustavu lako moˇze prevesti u binarni broj i obratno.

Primjer 5.

Napiˇsimo u binarnom sustavu sljede´ce brojeve: 34(16) , 2A(16) , 6C9(16) , 2EB3(16) .

Svakoj znamenki heksadekadskog sustava odgovaraju cˇetiri znamenke binarnog sustava (nule na poˇcetku broja ispuˇstamo). 34(16) = 11 0100(2) , 2A(16) = 10 1010(2) ,

6C9(16) = 110 1100 1001(2) , 2EB3(16) = 10 1110 1011 0011(2) .

6

BROJEVNI SUSTAVI

Primjer 6.

1.1

Napiˇsimo u heksadekadskom sustavu sljede´ce brojeve: 1011101(2) , 110001011101011(2) , 11111111111111(2) .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Znamenke grupiramo u skupine po cˇetiri (poˇcevˇsi od krajnje desnih). Skupini od cˇetiri znamenke binarnog sustava odgovara jedna znamenka heksadekadskog sustava: 101 1101(2) = 0101 1101(2) = 5D(16) , 110 0010 1110 1011(2) = 62EB(16) , 11 1111 1111 1111(2) = 3FFF(16) .

Zapise oblika 2AA132FF vidjet c´emo pretraˇzuju´ci programe napisane u internom jeziku raˇcunala. Time je predstavljen osmeroznamenkasti broj u heksadekadskom sustavu, koji odgovara tridesetdvoznamenkastom binarnom broju, sˇ to je standardni zapis podatka u memoriji 32-bitnog osobnog raˇcunala.

- binarnog i oktalnog sustava. Jedna znamenka oktalSliˇcna veza postoji i izmedu nog sustava odgovara toˇcno trima znamenkama binarnog sustava, jer je 23 = 8 . Prikaˇzimo odnos brojeva u ovim dvama sustavima. S lijeve strane su brojevi zapisani u oktalnom, a s desne strane u binarnom sustavu. 0=0 1=1 2 = 10 3 = 11

4 = 100 5 = 101 6 = 110 7 = 111

Tako vrijedi:

16(8) = 1 110(2) ,

5407(8) = 101 100 000 111(2) , 10 010 111 001(2) = 2271(8) , 11 111 111 111(2) = 3777(8) .

Primjer 7.

Broj 2CA2 zapisan u heksadekadskom sustavu prebacimo u oktalni sustav.

Pretvorbu c´emo naˇciniti s pomo´cu binarnog sustava: broj c´ emo najprije prebaciti u binarni sustav, a zatim iz njega u oktalni. Jednoj znamenki heksadekadskog sustava odgovaraju cˇetiri znamenke binarnog sustava, a zatim trima znamenkama binarnog odgovara jedna znamenka oktalnog sustava: 2CA2(16) = 10 1100 1010 0010(2) = 10 110 010 100 010(2) = 26242(8) .

7

1

BROJEVI

Primjer 8.

Broj 51 707(8) prevedimo u sustav s bazom 16. Koriste´ci se tablicom s prethodne strane zapiˇsimo najprije dani broj u binarnom sustavu: 51 707(8) = 101 001 111 000 111(2) = 101 0011 1100 0111(2) .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Sad ovaj broj prevedimo iz binarnog u heksadekadski sustav: 101 0011 1100 0111(2) = 53C7(16) .

Zadatak 4.

1) Broj BA3(16) prevedi u oktalni sustav. 2) Broj 557(8) zapiˇsi u heksadekadskom brojevnom sustavu.

Kutak plus

JERRY i MICKEY MOUSE

U Disneylandu brojevi imaju neko drugo znaˇcenje.

Poˇcetak miˇsje ere zbio se u osvit velike ekonomske krize, kad je 15. - Mickey Mouse pod ravnateljstvom Walta Disneyja i crsvibnja roden taˇca Uba Iwerksa.

18. studenog 1978., povodom jubilarnog rodendana, Mickey Mouse je dobio svoju zvjezdicu na Hollywood Walk of Fame, kao prva animirana osoba kojoj je to uspjelo. Tad je brojao 62 miˇsje godine. - je od Mickeyja Mousa. Evo sˇ to je zapiNajpopularniji miˇs Jerry mladi - sam u radionici Williama Hanne i Josepha sao u svoj dnevnik: “Roden Barbere godine 14. miˇsje ere. Will i Joe su opisali 162 moje dogodovˇstine, od kojih je 15 bilo nominirano za Oscara u kategoriji kratkog animiranog filma. Osvojili smo nagradu u viˇse od pola nominacija, toˇcno 7 puta.”

U periodu od 1960. do 1962. Gene Deitch stvorio je 13 epizoda, a preostale od 1963. do 1967. animirao je Chuck Jones. Naˇcinjen je ukupno 161 film.

Tom i Jerry nastavili su zˇ ivjeti i dalje, ali nove epizode nastale devedesetih godina po mnogo cˇemu se ne mogu mjeriti s onima iz klasiˇcnog doba. 1. Koliko prstiju na obje ruke ima Mickey Mouse?

2. Koje je godine (po ljudskom kalendaru) on roden? - 10. veljaˇce, koje godine? 3. Jerry je roden

4. Koliko je epizoda Toma i Jerryja nacrtao Chuck Jones?

8

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

Prijelaz iz dekadskog sustava

OG LE DN IP RIM JE RA K

Prijelaz iz dekadskog sustava u sustav s bazom b nije tako jednostavan. Uzrok tome je sˇ to broj 10 nije potencija nijednog prirodnog broja b .

Primjer 9.

Prikaˇzimo broj 238 u sustavu s bazom 8.

Potencije broja 8 su: 81 = 8 , 82 = 64 , 83 = 512 . Kako je time premaˇsen zadani broj, najve´ca potencija koja ulazi u prikaz broja bit c´e 82 = 64 . Sad se pitamo: koliko puta moˇzemo ‘otkinuti’ broj 64 od broja 238? Vrijedi: 238 = 3 · 64 + 46. Postupak nastavljamo s brojem 46: 238 = 3 · 64 + 5 · 8 + 6 = 356(8) .

Zadatak 5.

Prikaˇzi broj 238 u sustavima s bazama 6, 5 i 4.

Ovakav je naˇcin raˇcunanja op´cenito nepraktiˇcan i dug. Zapiˇsimo rezultat dobiven u prethodnom primjeru kao 238 = 3 · 82 + 5 · 8 + 6 = (3 · 8 + 5) · 8 + 6. U ovom se rastavu prepoznaju znamenke 3, 5 i 6 u zapisu broja u oktalnom sustavu. Posljednja znamenka 6 je ostatak pri dijeljenju broja 238 s 8: 238 = 29 · 8 + 6. Druga znamenka zdesna dobiva se kao ostatak pri dijeljenju broja 29 s 8: 29 = 3 · 8 + 5. Kvocijent daje vode´cu znamenku broja.

Primjer 10.

Prevedimo broj 94 u sustav s bazom 4.

Vrijedi:

94 = 23 · 4 + 2 23 = 5 · 4 + 3 5=1·4+1 1=0·4+1 Zato je 73 = 1132(4) .

Zadatak 6.

2 3 1 1

Raˇcunaju´ci na ovaj naˇcin, prevedi broj 238 u sustav s bazom 4.

9

1

BROJEVI

Primjer 11.

Prevedimo u oktalni i heksadekadski sustav broj 243681. Zadani broj dijelimo s brojem 8. Da bismo dobili koliˇcnik, moˇzemo rabiti dˇzepno raˇcunalo. Nakon toga je lako odrediti ostatak. 1 4 7 3 3 7

OG LE DN IP RIM JE RA K

243681 = 30460.125 · 8 = 30460 · 8 + 1, 30460 = 3807.5 · 8 = 3807 · 8 + 4, 3807 = 475.875 · 8 = 475 · 8 + 7, 475 = 59.375 · 8 = 59 · 8 + 3, 59 = 7 · 8 + 3, 7 = 0 · 8 + 7, Dakle, 243681 = 733741(8) .

Za prijelaz u heksadekadsku bazu dijelimo s brojem 16. Ostatke, ukoliko su ve´ci od 9, piˇsemo onako kako se zapisuju heksadekadske znamenke:

243681 = 15230.0625 · 16 = 15230 · 16 + 1, 15230 = 951.875 = 951 · 16 + 14, 951 = 59.4375 · 16 = 59 · 16 + 7, 59 = 3 · 16 + 11, 3 = 0 · 16 + 3, Dakle, 243681 = 3B7E1(16) .

Zadatak 7.

Primjer 12.

1 E 7 B 3

Prevedi u oktalni i heksadekadski sustav ove dekadske brojeve: 123 ; 9876 ; 55 555 .

Odredimo binarni prikaz broja 75 .

Dijeljenje s 2 je jednostavno pa koristimo jednostavniji zapis. U prvom retku pisemo koliˇcnike, a u drugom ostatke. 75 37 18 9 4 2 1 1 1 0 1 0 0 1 Dobivene znamenke piˇsu se zdesna nalijevo. Dobili smo 75 = 1001011(2) .

Zadatak 8.

10

Prevedi u binarni brojevni sustav brojeve: 11 ; 22 ; 333 ; 4444 .

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

Prijelaz u dekadski sustav Prijelaz iz sustava s bazom b u dekadski sustav je jednostavniji. N = an an−1 . . . a0(b) , onda moramo izraˇcunati broj

Ako je

OG LE DN IP RIM JE RA K

N = an bn + an−1 bn−1 + . . . + a1 b + a0 . Ovaj se broj moˇze raˇcunati na uobiˇcajeni naˇcin, potenciranjem i zbrajanjem. Ipak, objasnit c´ emo algoritam za njegovo raˇcunanje u kojem c´emo koristiti samo mnoˇzenje i zbrajanje, a ne i operaciju potenciranja.

Primjer 13.

Prikaˇzimo u dekadskoj bazi broj 3156(8) .

Raˇcunajmo ovako:

N = 3156(8) = 3 · 83 + 1 · 82 + 5 · 81 + 6 = 6 + 8 · (5 + 8 · (1 + 3 · 8)). Raˇcunajmo od nutarnjih zagrada prema van: N = 6 + 8 · (5 + 8 · (25)) = 6 + 8 · (205) = 1646. Cijeli postupak ispiˇsimo u obliku tablice 3 1 5 6 8 3 25 205 1646

Svaki se broj u drugom redu dobije tako da se prethodni pomnoˇzi s b = 8 i doda mu se broj iz prvog retka iznad njega. Ispiˇsimo cijeli postupak, korak po korak. U prvom retku napisane su  3 1 5 6 znamenke broja, a u drugom 8 vrijednost baze b . 5



8

3 3

1

6

8

3 3

1 25

5

8

3 3

1 25

5 205

6

8

3 3

1 25

5 205

6 1646

Prepiˇsimo vrijednost prve znamenke.



Vrijednost baze b = 8 pomno- 

6



zˇ imo s elementom drugog retka i dodajmo sljede´ci broj iz prvog retka: 8 · 3 + 1 = 25 .

Nastavimo na isti naˇcin: 8 · 25 + 5 = 205 .





8 · 205 + 6 = 1646 . Dobili smo konaˇcnu tablicu, N = 1646 .



Ovaj se naˇcin raˇcunanja naziva Hornerov algoritam 1 .

Zadatak 9.

Prikaˇzi u dekadskom sustavu broj 41 227(8) . 1

William George Horner (1786. – 1837.), engleski matematiˇcar

11

1

BROJEVI

Op´cenito, algoritam moˇzemo napisati ovako: b

an cn = an

an−1 cn−1 = cn b + an−1

... ...

a1 c1 = c2 b + a1

a0 c0 = c1 b + a0

Broj c0 predstavlja traˇzeni rezultat. U to se lako moˇzemo uvjeriti ispisuju´ci taj broj:

OG LE DN IP RIM JE RA K

c0 = c1 b + a0

= (bc2 + a1 )b + a0 = c2 b2 + a1 b + a0

.. .

= cn−1 bn−1 + . . . + a1 b + a0

= (cn b + an−1 )bn−1 + . . . + a1 b + a0 = an bn + . . . + a1 b + a0 = N.

Primjer 14.

Pretvorimo u dekadski sustav broj A10E9(16) .

Raˇcun je napisan u tablici. Prisjetimo se da je A(16) = 10 , E(16) = 14 . 16

A 10

1 161

0 2576

E 41230

9 659689

Dakle, A10E9(16) = 659689 .

Zadatak 10. Prikaˇzi u dekadskom sustavu brojeve FFFF(16) , ABAB(12) .

Zbrajanje i mnoˇzenje u binarnom sustavu

Operacije zbrajanja i mnoˇzenja moˇzemo izvoditi i u sustavima s drugim bazama. Pravila su identiˇcna onima u dekadskom sustavu, jer su i drugi sustavi pozicijski brojevni sustavi. Pri tom se mora savladati nova tablica mnoˇzenja i zbrajanja, koja moˇze biti cˇak i jednostavnija od naˇse standardne 10 × 10 tablice.

Da bismo napisali tablicu mnoˇzenja i zbrajanja u nekom drugom sustavu, moramo odrediti zbroj i umnoˇzak svih jednoznamenkastih brojeva, 0, 1, 2,. . . , b − 1 u tom sustavu. Primjerice, za sustav s bazom 4 tablice glase: + 0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 10

2 2 3 10 11

3 3 10 11 12

· 0 1 2 3

0 0 0 0 0

1 0 1 2 3

2 0 2 10 12

3 0 3 12 21

S pomo´cu ovakve tablice moˇzemo direktno zbrajati i mnoˇziti brojeve u sustavu s bazom 4. Tablice zbrajanja i mnoˇzenja jednostavnije su od dekadskih, ali raˇcun

12

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

nije, jer na njega nismo navikli. Trebamo obratiti posebnu pozornost na prijenose znamenki koje u ovom raˇcunu zapisujemo umanjenim znamenkama. 1

1

2 0 3 1 + 1 2 1 2 2 1 2

2

OG LE DN IP RIM JE RA K

2031·3 12211

Ovakav raˇcun pokazuje da je naˇs naˇcin razmiˇsljanja vezan za dekadsku bazu i da je bez ponovna uˇcenja novih tablica praktiˇcki nemogu´ce raˇcunati u drugim sustavima. To, dakako, ne´cemo raditi. Umjesto toga, jednostavnije je brojeve prevesti u dekadski sustav, naˇciniti operacije u toj bazi i vratiti rezultat u poˇcetnu bazu.

U binarnom sustavu tablice zbrajanja i mnoˇzenja iznimno su jednostavne: + 0 1 · 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 10 i moˇzemo ih brzo usvojiti. Pri zbrajanju brojeva u binarnom sustavu treba samo obratiti pozornost na prijenos znamenki.

Primjer 15.

Izraˇcunajmo zbroj sljede´cih brojeva napisanih u binarnom sustavu: Prijenosi znamenki napisani su u prvom retku, sitnijim slogom 1 1 1

1

1 0 1 + 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 0 0 1 + 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1

1

1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 + 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0

1 1

1 1 1 + 1 0 1 1 0 1 0

0 1 1 1

1 1 0 0

Zadatak 11. Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu: 1011(2) + 101(2) ,

100111001(2) + 1011011(2) .

Pretvori brojeve i rezultat u dekadski sustav i tako provjeri toˇcnost raˇcuna.

Zadatak 12. Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu:

100(2) − 10(2) , 1000(2) − 101(2) , 10010001(2) − 110011(2) .

13

1

BROJEVI

Pretvori brojeve i rezultat u dekadski sustav i tako provjeri toˇcnost raˇcuna.

Izraˇcunajmo umnoˇzak sljede´cih brojeva u binarnom sustavu: 1 0 1 1 · 1 1 0 1 1 0 1 0 1 · 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 16.

Zadatak 13. Izraˇcunaj umnoˇzak sljede´cih brojeva raˇcunaju´ci u binarnom sustavu: 11(2) · 11(2) ,

10101(2) · 11(2) ,

10101(2) · 1011(2) .

Toˇcno-netoˇcno pitalice

Koje su od sljede´cih tvrdnji toˇcne, a koje netoˇcne? Odgovori, a odgovor obrazloˇzi.

1. Razliˇcitih znamenaka u zapisu broja moˇze biti najviˇse deset.

2. Broj 5(b) uvijek ima istu vrijednost, bez obzira u kojoj je bazi b zapisan.

3. Broj 99(b) ima najve´cu vrijednost ako je baza b dekadska. 4. Broj 101014 ve´ci je od broja 11116 .

5. Broj 121 je sloˇzen broj, u svim sustavima s bazom ve´com od 2.

6. U sustavu s bazom 20 svaki se broj moˇze zapisati s pomo´cu znamenaka 0, 1, 2,. . . , 9.

7. Najve´ci dvoznamenkasti broj u heksadekadskom sustavu je 9E16 .

8. U heksadekadskom sustavu je broj djeljiv s 8 ako mu je zadnja znamenka djeljiva s 8.

9. Raˇcun 2 × 2 = 4 istinit je u svakom brojevnom sustavu.

14

BROJEVNI SUSTAVI

1.1

Zadatci 1.1.

2.

Prevedi u dekadski sustav sljede´ce brojeve: 1) 221(5) ; 3) 567(8) ;

2) 110 011(2) ;

5) 5 550(6) ;

6) 2 134(12) .

4) 21 000(3) ;

13. Nastavi svaki od sljede´cih nizova uzastopnih prirodnih brojeva:

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

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) .

1) 2) 3) 4)

10, 11, 12, 20, 21. . . 101, 110, 111, 1000, 1001. . . 1, 2, 3, 10, 11, 12. . . 23, 24, 25, 30, 31, 32. . .

14. Nastavi svaki od sljede´cih nizova prirodnih brojeva:

1) 2) 3) 4)

10011, 10010, 10001, 10000. . . 10, 100, 110, 1000, 1010. . . 10, 20, 100, 110, 120. . . 11, 13, 20, 22, 24. . .

3.

Zapiˇsi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 2, 8 i 16.

15. Izraˇcunaj zbroj uzastopnih prirodnih brojeva:

4.

Zapiˇsi dekadske brojeve 6, 13, 25, 125 u sustavima s bazom 5, 9 i 12.

1+2+3+4+10+11+12+13+14+20+. . .+44+100.

5.

Zapiˇsi dane dekadske brojeve u sustavima s bazama 2, 5 i 12: 11, 33, 100, 222, 1001.

16. Odredi, ako postoji, bazu brojevnog sustava u

6.

Brojeve 1101 , 11000110 , 11001100101110011 zadane u binarnoj bazi prebaci u oktalni i heksadekadski sustav.

7.

Brojeve 58 , 1A2 , FFFF zadane u heksadekadskom sustavu prebaci u oktalni sustav.

8.

Brojeve 223 , 517 , 12 053 zadane u oktalnom sustavu prebaci u heksadekadski sustav.

9.

Zapiˇsi brojeve 212(3) , 30(4) , 245(6) , 177(8) , 28(12) u sustavu s bazom 2.

10. Zapiˇsi brojeve 101 110(2) , 2102(3) , 3220(4) , 11 011(5) u sustavu s bazom 8.

11. 1) Broj 7AB7(16) prevedi u oktalni

brojevni sustav. 2) Broj 34 567(8) prevedi u heksadekadski brojevni sustav.

12. 1) Broj 8EF8(16) prevedi u oktalni brojevni sustav. 2) Broj 76 543(8) prevedi u heksadekadski brojevni sustav.

kojem vrijede jednakosti

1) 23 · 15 = 411 ; 2) 32 · 22 = 541 ; 3) 31 · 412 = 23 322 .

17. U kojem sustavu vrijede jednakosti 1) 101(x) + 1001(x) = 1110(x) ; 2) 1211(x) − 1120(x) = 21(x) ?

18. Vrijede li u bilo kojem brojevnom sustavu jednakosti 1) 10101 + 1101 = 11202 ; 2) 1211 − 1011 = 200 ?

19. Zbroj triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 121. Koji su to brojevi?

20. Zbroj triju uzastopnih parnih brojeva u binarnom sustavu iznosi 11 110 . Koji su to brojevi?

21. Umnoˇzak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 5 iznosi 440. Koji su to brojevi?

22. Umnoˇzak triju uzastopnih brojeva u sustavu s bazom 9 iznosi 1320. Koji su to brojevi?

15

1

BROJEVI

23. Umnoˇzak dvaju uzastopnih neparnih prirodnih brojeva u binarnom sustavu iznosi 100 011. Koji su to brojevi?

24. Odredi prirodne brojeve x i y iz jednakosti 1) 23(x) = 41(y) ; 2) 144(x) = 100(y) .

Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

38. Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu:

OG LE DN IP RIM JE RA K

25. Odredi brojeve a , b i c iz jednakosti

3) 110111(2) + 10101101(2) ; 4) 1100101(2) + 11001011(2) .

1) ab(5) = ba(7) ;

2) abc(5) = cba(8) ;

3) aba(4) = bab(6) .

26. 1) U kojem je sustavu brojeva 101 · 11 = 1111 ? 2) U kojem je sustavu brojeva 1001 · 111 = 111 111 ? Poop´ci zakljuˇcak!

27. Umnoˇzak 11 · 12 · 13 jednak je 3102 . U kojem je brojevnom sustavu provedeno ovo mnoˇzenje?

28. U kojem je brojevnom sustavu broj 144 potpuni kvadrat nekog prirodnog broja?

29. U kojem je brojevnom sustavu 1252 = 16 324 ?

30. Broj 620 kvadrat je broja 24. U kojem je sustavu brojeva proveden raˇcun?

31. Broj 20 311 kub je broja 21. U kojem je sustavu brojeva proveden raˇcun?

3) 110011(2) − 10110(2) ; 4) 110010111(2) − 1101011(2) .

Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

39. Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnom sustavu: 1) 110(2) · 11(2) ; 2) 1101(2) · 101(2) ; 3) 11011(2) · 1001(2) ; 4) 110111(2) · 101101(2) . Brojeve prevedi u dekadski sustav i provjeri rezultat.

40. 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) .

32. U kojem je brojevnom sustavu broj 1331 potpuni

41. Sastavi tablice zbrajanja i mnoˇzenja za sustave s

√ 33. U kojem je brojevnom sustavu 1331 = 33 ? √ Koliko je u tom sustavu 2420 ?

42. Prevedi sljede´ce brojeve zapisane u binarnom

kub nekog prirodnog broja?

34. U kojem je brojevnom sustavu 33 · 22 = 1331 ? Koliko je u istom sustavu 23 · 32 ? √ 35. U kojem je brojevnom sustavu 1210 = 22 ? √ Koliko je u tom sustavu 3201?

36. U kojem je brojevnom sustavu 21 · 22 = 1 122 ? Koliko je u istom sustavu 22 · 12 ?

37. Izraˇcunaj raˇcunaju´ci u binarnoj bazi: 1) 1101(2) + 10101(2) ;

2) 10101(2) + 10111(2) ;

16

1) 1111(2) − 1001(2) ; 2) 11001(2) − 1101(2) ;

bazama 4, 5 i 6.

sustavu u dekadski sustav: 1) 11.1(2) ; 2) 101.101(2) ; 3) 111.111(2) ;

4) 1000.0001(2) .

43. Napiˇsi u binarnom sustavu sljede´ce racionalne brojeve:

1 ; 2 1 4) n ; 2 7) 12.125 ; 1)

2)

1 ; 8

5) 0.25 ;

3)

3 ; 2

6) 2.5 ;

8) 2.0625 .

44. Odredi pravila dijeljivosti brojevima 2, 3, 4, 6, 8, 9 i B = 11 u sustavu s bazom 12 .

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

1.2. Matematicka ˇ indukcija

OG LE DN IP RIM JE RA K

Dva su osnovna naˇcina logiˇckog zakljuˇcivanja: deduktivni i induktivni. U deduktivnom pristupu se krenuvˇsi od op´cih spoznaja izvode istinite cˇinjenice u nekom konkretnom sluˇcaju. Primjerice, zakljuˇcivanje tipa — svi su ljudi smrtni; Petar je cˇovjek, dakle, Petar je smrtan — primjer je deduktivnog zakljuˇcivanja.

Ovakav je naˇcin zakljuˇcivanja korektan: krenuvˇsi od istinitih pretpostavki (premisa), uvijek dolazimo do istinitog zakljuˇcka (konkluzije). Njegov je nedostatak sˇ to zakljuˇcuju´ci ovako ne moˇzemo do´ci do novih, dotad nepoznatih op´cenitih spoznaja. U induktivnom pristupu polazimo od cˇinjenica koje vrijede u nekom konkretnom primjeru i na temelju toga zˇ elimo zakljuˇciti o istinama koje vrijede u op´cenitijoj situaciji. Primjerice: Ivan, Petar i svi ostali uˇcenici u razredu niˇzi su od 2 metra. Dakle, svi muˇskarci niˇzi su od 2 metra.

Ovaj je zakljuˇcak oˇcito neistinit. Pritom nije vaˇzno sˇ to je dobivena konkluzija neistinita, nepravilan je naˇcin razmiˇsljanja. Sljede´ce je razmiˇsljanje jednako tako logiˇcki nepravilno, bez obzira na to sˇ to upu´cuje na istinitu konkluziju: Ivan, Petar i svi ostali uˇcenici u razredu niˇzi su od 20 metara. Znaˇci, svi muˇskarci niˇzi su od 20 metara. Iako moˇze dovesti do pogreˇsnih rezultata, metoda induktivnog zakljuˇcivanja mo´cno je i ponekad jedino sredstvo u otkrivanju istinitih cˇinjenica.

Primjer 1.

Ovaj primjer neispravnog induktivnog zakljuˇcivanja dao je Euler. Promotrimo vrijednost izraza P(n) = n2 + n + 41 za nekoliko prvih vrijednosti prirodnog broja n . Dobivamo brojeve 43, 47, 53, 61, 71, 83, 97. . . — svi su oni prosti brojevi. Moˇze li se zakljuˇciti da c´e P(n) biti prost za svaki prirodni broj n ? Odgovor je: ne! Za n = 41 broj oˇcito nije prost, jer je svaki pribrojnik djeljiv s 41. Nije niti za n = 40 , jer je P(40) = 412 . Ali jest za sve prirodne brojeve manje od 40.

Princip matematicke ˇ indukcije

Da bi princip induktivnog zakljuˇcivanja uvijek dao ispravne rezultate, moramo osigurati neke dodatne uvjete. Na taj c´emo naˇcin dobiti naˇcin zakljuˇcivanja poznat pod imenom matematiˇcka indukcija.

17

1

BROJEVI

Povijesni kutak

LEONHARD EULER

OG LE DN IP RIM JE RA K

Leonhard Euler (Basel, 15. travnja 1707. – Peterburg, 18. rujna 1783.), veliki je sˇ vicarski matematiˇcar, fiziˇcar i astronom. Utjecao je na razvoj cjelokupne matematike. Matematiku je uˇcio od Johanna Bernoullija. 1726. g., po osnutku Peterburˇske akademije znanosti, odlazi zˇ ivjeti u Rusiju gdje ostaje do kraja zˇ ivota. Uz Cauchyja je matematiˇcar s najviˇse objavljenih znanstvenih radova. Znameniti su i njegovi udˇzbenici Introductio in analysin infinitorum, Institutiones calculi differentialis, Institutiones calculi integralis i Arithmetica universalis.

Usprkos poodmakloj sljepo´ci, Euler je ve´cinu radova napisao pri kraju zˇ ivota. Prvi je promatrao funkcije kompleksne varijable i povezao trigonometrijske s eksponencijalnim funkcijama. Uveo je analitiˇcke metode u teoriju brojeva o kojoj je objavio 140 radova. Jedan je od tvoraca suvremene diferencijalne geometrije. Poznata je njegova formula V − B + S = 2 , o odnosu broja vrhova, bridova i strana u poliedru. Drˇzi se zaˇcetnikom i teorije grafova.

Princip matematiˇcke indukcije

Ako neka tvrdnja vrijedi za broj 1 i ako iz pretpostavke da vrijedi za prirodni broj n slijedi da ona vrijedi i za sljede´ci broj n + 1 , tad ona vrijedi za svaki prirodni broj n .

Primjer 2.

Odredimo formulu za zbroj prvih n neparnih brojeva.

Za poˇcetne zbrojeve vrijedi:

1 = 1,

1 + 3 = 4 = 22 ,

1 + 3 + 5 = 9 = 32 ,

1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 . Navedeni primjeri navode nas na pomisao da vrijedi

1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2 . (1) Time smo uporabili induktivni naˇcin miˇsljenja. Formula (1) istinita je za prve cˇetiri vrijednosti broja n . Da bismo se uvjerili u njezinu istinitost za svaki prirodni broj n , primijenit c´emo princip matematiˇcke indukcije.

Dobro posloˇzene domine prva su asocijacija za princip matematiˇcke indukcije.

Tvrdnja vrijedi za broj n = 1 . Pretpostavimo da je formula (1) istinita za prirodni broj n i dodajmo zbroju s lijeve strane sljede´ci cˇ lan. Iskoristimo pritom pretpostavku indukcije: 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) +(2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2 . 

 =n2

Vidimo da tvrdnja vrijedi i za broj n+1 . Zato ona vrijedi za svaki prirodni broj.

18

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Radi jednostavnijeg dokazivanja pojedine korake u zakljuˇcivanju matematiˇckom indukcijom nazivamo posebnim imenima. Tvrdnju o kojoj je rijeˇc oznaˇcujemo s T(n) . Dakle, neka je T(n) tvrdnja koja ovisi samo o prirodnom broju n . Dokaz matematiˇckom indukcijom

OG LE DN IP RIM JE RA K

Dokaz matematiˇckom indukcijom sprovodi se u tri koraka. i) Baza indukcije. Trebamo provjeriti da tvrdnja vrijedi za broj 1, tj. da je T(1) istinita tvrdnja.

ii) Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n , tj. pretpostavimo da je T(n) istinita tvrdnja.

iii) Korak indukcije. Dokaˇzimo da uz tu pretpostavku tvrdnja vrijedi i za broj n + 1 , tj. iz T(n) slijedi tvrdnja T(n + 1) .

Tad je tvrdnja T(n) istinita za svaki prirodni broj n .

Primjer 3.

Koriste´ci matematiˇcku indukciju pokaˇzimo istinitost formule n(n + 1) 1 + 2 + ... + n = . 2

(2)

Tvrdnja T(n) koju zˇ elimo dokazati glasi: formula (2) vrijedi za svaki prirodni broj n . Baza indukcije. T(1) vrijedi, jer u zbroju s lijeve strane imamo samo jedan cˇlan, a desna strana iznosi 1 : 1 · (1 + 1) 1= . 2 Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n : formula (2) je istinita. Korak indukcije. Dodajmo lijevoj strani jednakosti sljede´ci pribrojnik i iskoristimo pretpostavku indukcije: 1 + 2 + . . . + n +(n + 1) = iskoristimo T(n)

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

n2 + 3n + 2 (n + 1)[(n+1) + 1] = . 2 2 Dobili smo formulu istovjetnu formuli (2), s n + 1 umjesto n . To znaˇci da tvrdnja vrijedi za broj n + 1 , dakle, T(n + 1) je istinita tvrdnja. Prema principu matematiˇcke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n . =

Zadatak 1.

Dokaˇzi da za svaki prirodni broj n vrijedi 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n(n + 1) =

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

19

1

BROJEVI

Primjer 4.

Dokaˇzimo da je broj 4n + 15n − 1 djeljiv s 9 za svaki prirodni broj n . Baza indukcije. Za n = 1 , broj 18 je djeljiv s 9.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za broj n . Tada se moˇze napisati 4n + 15n − 1 = 9k za neki prirodni broj k .

Korak indukcije. Provjerimo istinitost tvrdnje za broj n + 1 .

4n+1 +15(n+1)−1 = 4[4n +15n−1]−45n+18 = 9(4k−5n+2). Ovaj je broj djeljiv s 9 i tvrdnja je dokazana.

Zadatak 2.

Primjer 5.

Dokaˇzi: 1) Broj 9n+1 + 8n − 9 djeljiv je sa 16, za svaki prirodni broj n . 2) Broj 3n · 5n+1 + 2n+3 djeljiv je s 13, za svaki prirodni broj n .

Dokaˇzimo da je zbroj kutova u svakom mnogokutu s n + 2 stranice jednak n · 180◦ .

Dokazujemo indukcijom.

Baza indukcije. Za n = 1 rijeˇc je o trokutu cˇiji je zbroj kutova 180◦ — tvrdnja T(1) vrijedi.

Pretpostavka indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja T(n) vrijedi za prirodni broj n : zbroj kutova u mnogokutu s n + 2 stranice iznosi n · 180◦ .

An+1

An+2

An+3

A1

A3

A2

Korak indukcije. Promotrimo mnogokut s jednom stranicom viˇse, dakle, s n + 3 stranice. Odsijecanjem bilo kojeg trokuta (kao na slici) dobivamo jedan trokut ( cˇiji je zbroj kutova 180◦ ) i jedan mnogokut s n + 2 stranice, cˇiji je zbroj kutova po pretpostavci indukcije jednak n · 180◦ . Zato je zbroj kutova u mnogokutu s n + 3 stranice jednak (n + 1) · 180◦ , sˇ to je i trebalo dokazati. Prema principu matematiˇcke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n .

20

n(n − 3) . 2

Zadatak 3.

Dokaˇzi da je broj dijagonala u mnogokutu s n stranica jednak dn =

Zadatak 4.

- njima nema paralelnih. Dokaˇzi U ravnini je povuˇceno n pravaca tako da medu n(n − 1) toˇcaka. da se ti pravci sijeku u 2

ˇ INDUKCIJA MATEMATICKA

1.2

Povijesni kutak ˇ INDUKCIJA U STAROJ GRCKOJ

OG LE DN IP RIM JE RA K

O indukciji su razmiˇsljali joˇs i stari Grci. Evo glasovitog sofizma hrpe, u slobodnoj interpretaciji. Ustanovite koji je dio principa matematiˇcke indukcije naruˇsen u ovome razmiˇsljanju: ˇ li jedno zrno hrpu? – Cini – Ne, dakako da ne. – A dva zrna? – Isto tako ne. – Ako nekoliko zrna ne cˇini hrpu, pa mu dodamo jedno jedino zrno, nije li prirodno da ni tad ne´cemo dobiti hrpu? – Svakako da imaˇs pravo. – Dakle, nijedan broj zrna ne cˇini hrpu!

Primjer 6.

(Bernoullijeva nejednakost) Za svaki prirodni broj n i svaki realni broj h > −1 vrijedi (1 + h)n  1 + nh. (3) Pritom jednakost vrijedi samo za n = 1 ili za h = 0 .

Za n = 1 lijeva i desna strana su jednake, pa tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da (3) vrijedi za prirodni broj n . Sad imamo: (1 + h)n+1 = (1 + h)n (1 + h)  (1 + nh)(1 + h)

= 1 + nh + h + nh2  1 + (n + 1)h, i tvrdnja vrijedi i za broj n + 1 . Prema principu matematiˇcke indukcije tvrdnja vrijedi za svaki n . (Na kojem je mjestu koriˇstena pretpostavka h > −1 ?)

Primjer 7.

Dokaˇzimo matematiˇckom indukcijom 2n > n2 ,

za sve n  5 .

Za n = 5 imamo 32 > 25 i tvrdnja vrijedi. Pretpostavimo da je 2n > n2 . Onda je 2n+1 > 2n2 = n2 + n2 > n2 + 3n > n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .

Ovdje smo koristili oˇcitu nejednakost n2 > 3n koja vrijedi za n > 3 .

Zadatak 5.

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom 2n > n2 + 4n,

za sve n  6 .

21

1

BROJEVI

Primjer 8.

Dokaˇzimo nejednakost 1 3 5 2n − 1 1 . · · · ... · n2 − 2n + 2 .

17. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi: 3n n3 2n 2n

1) 2) 3) 4)

> 2n + 3n , za sve n  3 ; > 3n + 3 , za sve n  3 ; > n2 , za sve n  5 ; > n3 , za sve n  10 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) 2) 3) 4) 5)

16. Dokaˇzi da su za sve prirodne brojeve n ispunjene

6) 2 · 12 + 3 · 22 + 4 · 32 + . . . + (n + 1) · n2 .

18. Dokaˇzi da je broj 7 + 72 + 73 + 74 + . . . + 74n djeljiv sa 100 za svaki prirodni broj n .

11. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi sljede´cu formulu za kvadriranje viˇseˇclanog izraza: (a1 + a2 + . . . + an )2 = a21 + a22 + . . . + a2n +2(a1 a2 + a1 a3 + . . . + an−1 an ) .

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 | .

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 .

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 .

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 .

24

19. Dokaˇzi da za svaki prirodni broj n , n > 1 , broj n

22 + 1 zavrˇsava znamenkom 7.

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 ; 3) sin x + sin 3x + . . . + sin(2n − 1)x = sin x sin 2nx . 4) cos x+ cos 3x+ . . .+ cos(2n − 1)x = 2 sin x

21. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi:

sin 2n+1 x ; 1) cos x·cos 2x·cos 4x·. . .·cos 2n x = n+1 2 sin x x x x x sin x 2) cos ·cos 2 ·cos 3 ·. . .·cos n = x ; 2 2 2 2 2n sin n 2 2n + 1 x sin 1 2 1) +cos x+cos 2x+. . .+cos nx = x ; 2 2 sin 2 1 x 1 x 1 x 2) tg + 2 tg 2 + . . . + n tg n 2 2 2 2 2 2 1 x = n ctg n − ctg x . 2 2

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

1.3. Binomni poucak ˇ

OG LE DN IP RIM JE RA K

Faktorijele Umnoˇzak prvih n prirodnih brojeva oznaˇcavamo ovako 2 : n! := 1 · 2 · 3 · . . . · (n − 1) · n . Broj n! cˇitamo “en faktorijela”. Tako, primjerice, vrijedi: 1! = 1, 2! = 1 · 2 = 2, 3! = 1 · 2 · 3 = 6, 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 24, 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120. Korisno je definirati i vrijednost 0! . Stavljamo: 0! := 1 .

Vidimo da faktorijele zadovoljavaju formulu n! = n · (n − 1)! uz poˇcetnu vrijednost 0! = 1 . Tako je, primjerice: 6! = 6 · 5! = 6 · 120 = 720 , 7! = 7 · 6! = 7 · 720 = 5040 itd. Funkcija faktorijela raste izuzetno brzo. Njezine vrijednosti moˇzemo oˇcitavati na svakom boljem dˇzepnom raˇcunalu, ali samo za umjerene vrijednosti broja n , obicˇno za n  69 , 69! ≈ 1.711·1098 ili izuzetno za n  253 , 253! ≈ 5.173·10499 .

Primjer 1.

Zadatak 1.

Izraˇcunajmo: 11! 1) ; 9!

2)

6! − 5! ; 4!

3)

9! + 10! . 11!

1)

11! 11 · 10 · 9! = = 11 · 10 = 110. 9! 9!

2)

6 · 5! − 5! 5 · 5! 25 · 4! 6! − 5! = = = = 25. 4! 4! 4! 4!

3)

9! + 10! 9! + 10 · 9! 1 + 10 1 = = = . 11! 9! · 10 · 11 10 · 11 10

Izraˇcunaj:

1) 7! + 8! + 9! ;

2) 12! − 1 ;

3)

25! ; 20!

4)

7! − 6! . 120

2 Simbol := cˇitaj: “po definiciji jednako”. Time se naznaˇcava da se izraz s lijeve strane definira da bude jednak onome s desne strane. Ta se oznaka naroˇcito rabi u razliˇcitim programskim jezicima, gdje su mogu´ce i konstrukcije oblika n := n + 1 i njima sliˇcne.

25

1

BROJEVI

Binomni koeficijenti

OG LE DN IP RIM JE RA K

Neka je n prirodan broj i k prirodan broj ili 0, k  n . Binomni koeficijent   n oznaˇcavamo izrazom i definiramo ga ovako: k   n(n − 1) · . . . · (n − k + 1) n := , k 1 · 2 · ... · k za k  1 , dok za k = 0 po definiciji stavljamo:   n := 1. 0   n Izraz cˇita se: “ n povrh (ili iznad) k ”. k

26

Primjer 2.

Za k = 1, 2, 3 vrijednosti binomnih koeficijenata su:   n n = = n, 1 1   n(n − 1) n(n − 1) n = , = 2 1·2 2   n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)(n − 2) n = . = 3 1·2·3 6

Primjer 3.

Izraˇcunajmo nekoliko binomnih koeficijenata:   6·5 6 = 15, = 2 1·2   8·7·6 8 = = 56, 3 1·2·3   8·7·6·5·4 8 = 56, = 5 1·2·3·4·5   9·8·7·6·5 9 = = 126, 5 1·2·3·4·5   12 · 11 · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 12 · 11 · 10 · 9 12 = = = 495. 8 1·2·3·4·5·6·7·8 1·2·3·4

  5 , 2

Zadatak 2.

Izraˇcunaj:

Zadatak 3.

Skrati razlomke:

1)

1)

2)

  7 , 3

n! ; (n − 2)!

3)

2)

  9 , 5

4)

(n + 1)! . (n − 1)!



 11 , 4

5)



 15 . 2

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

Racˇ unanje binomnih koeficijenata

  n za male brojeve n i k raˇcuk namo tako da najprije u nazivniku ispiˇsemo umnoˇzak svih brojeva od 1 do k u rastu´cem poretku, a u brojniku umnoˇzak brojeva u padaju´cem poretku poˇcevˇsi s n . Faktora u brojniku ima jednako kao u nazivniku. Prije raˇcunanja brojnik se skrati s nazivnikom.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Vrijednosti binomnog koeficijenta

Primjer 4.

Odredimo prirodni broj n tako da vrijedi jednakost:     n n+2 5 = . 3 4

Nakon raspisivanja i sredivanja, pratimo ekvivalentne jednakosti: 5·

n(n − 1)(n − 2) (n + 2)(n + 1)n(n − 1) = , 6 24 20(n − 2) = (n + 2)(n + 1),

n2 − 17n + 42 = 0. Kvadratna jednadˇzba ima dva rjeˇsenja: n = 3 i n = 14 .

Binomni je koeficijent uvijek prirodan broj. To nije oˇcito iz definicijske formule, ve´c c´emo to zakljuˇciti iz sljede´cih svojstava binomnih koeficijenata.

Svojstva binomnih koeficijenata

1. Prikaz s pomo´cu faktorijela

Brojnik i nazivnik u definiciji binomnog koeficijenta moˇzemo pomnoˇziti s (n − k)! = 1 · 2 · . . . · (n − k) . Dobit c´emo:   n(n − 1) · . . . · (n − k + 1) (n − k) · . . . · 2 · 1 n! n = · = . k 1 · 2 · ... · k 1 · 2 · . . . · (n − k) k!(n − k)! Ova ‘jednostavnija’ formula nije praktiˇcna u raˇcunanju koeficijenata, jer se pritom moraju dodatno skra´civati brojnik i nazivnik:   9! 9! 9·8·7·6·5·4·3·2·1 9·8·7·6 9 = = = = . 4 4!(9 − 4)! 4! · 5! 1·2·3·4·1·2·3·4·5 1·2·3·4 Daljnjim skra´civanjem i mnoˇzenjem faktora u brojniku dobivamo broj 126. Medutim, ova je formula korisna u sredivanju izraza u kojima se javljaju binomni koeficijenti.

27

1

BROJEVI

2. Svojstvo simetrije     n n = , k n−k 

n n−k



=

  n! n! n = = . k (n − k)![n − (n − k)]! (n − k)!k!

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zaista:

k = 0, 1, . . . , n.

Svojstvo simetrije koristimo pri raˇcunanju binomnih koeficijenata za k > n/2 :       6 6 6 = = = 6, 5 6−5 1       15 · 14 15 15 15 = = = = 15 · 7 = 105. 13 15 − 13 2 1·2

Pascalov trokut

Izraˇcunajmo binomne koeficijente za male vrijednosti brojeva n i izraˇcunane vrijednosti napiˇsimo u obliku sljede´ce sheme:     1 1 0 1       2 2 2 0 1 2         3 3 3 3 0 1 2 3           4 4 4 4 4 0 1 2 3 4 .. .

Ovaj se trokut naziva Pascalov ili kineski trokut. Ispiˇsimo izraˇcunane vrijednosti s joˇs tri dodana retka: n=1

1

n=2

Ovaj je trokut sa starog rukopisa zaista primjerenije nazvati kineskim...

1

n=3

1

n=4

1

n=5

1

n=6 n=7

28

1 1

7

2

3

4

5

6

1

3

6

10

15 21

1

1

4

10

20 35

5

15 35

.. .

1

1

6 21

1 7

1

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

OG LE DN IP RIM JE RA K

Iz Pascalovog trokuta vidimo princip ispisivanja sljede´cih redaka: svaki element tog trokuta jednak je zbroju elemenata u prethodnom retku, lijevo i desno od njega (osim rubnih elemenata koji su jednaki 1). Tako, primjerice, vrijedi     8·7·6 8·7·6·5 8 · 7 · 6 5 8 8 + = + = 1+ 3 4 1·2·3 1·2·3·4 1·2·3 4 8·7·6 9 9 · 8 · 7 · 6 9 = · = = . 4 1·2·3 4 1·2·3·4 Ovo svojstvo vrijedi za bilo koji element Pascalovog trokuta. To se moˇze zapisati formulom:       n n n+1 + = . k−1 k k

Zadatak 4.

Dokaˇzi ovu formulu!

Dokaz je najlakˇse naˇciniti prate´ci raˇcun u sljede´cem primjeru:     12! 5 · 12! + 8 · 12! 12! 12 12 + = + = 4 5 4! · 8! 5! · 7! 5! · 8!   13 · 12! 13! 13 = = = . 5 5! · 8! 5! · 8!

Povijesni kutak

BLAISE PASCAL

Blaise Pascal (Clermont-Ferrand 19. lipnja 1623. – Pariz, 19. kolovoza 1662.) francuski je filozof, matematiˇcar i fiziˇcar. U sˇ esnaestoj godini napisao je Trait´e sur les sections coniques (Rasprava o presjecima konika), u kojem prouˇcava svojstva krivulja drugog reda. U sljede´ce dvije godine konstruirao je stroj za zbrajanje i oduzimanje koji se i danas cˇuva u Pariˇskom muzeju. Prvi je toˇcno formulirao i primjenjivao princip matematiˇcke indukcije. Zasnovao je teoriju vjerojatnosti te sastavio shemu binomnih koeficijenata (koja je joˇs otprije bila poznata Kinezima). U fizici je ostvario bitan doprinos u prouˇcavanju tlakova plinova i teku´cina. Opisao je ovisnost tlaka zraka o temperaturi i vlazi te se drˇzi zaˇcetnikom meteorologije. Po njemu su dobile ime fizikalna jedinica za pritisak, kao i jedan programski jezik. Autor je glasovitih Lettres provinciales (Pisma provincijalu). Kao filozof zastupa tezu o ograniˇcenosti racionalnog miˇsljenja te da se osnovne istine mogu spoznati tek s pomo´cu snage vjere. Od 1658. do smrti odaje se vjerskim razmiˇsljanjima rezultat kojih je djelo Pens´ees (Razmiˇsljanja) objavljeno nakon njegove smrti.

29

1

BROJEVI

Binomni poucak ˇ

OG LE DN IP RIM JE RA K

Naziv binomnih koeficijenata i vrijednosti ispisane u Pascalovom trokutu suge- tih brojeva i prikaza potencije binoma (a + b)n . Za male riraju vezu izmedu vrijednosti broja n dobro su nam poznate formule za potencije binoma: (a + b)1 = 1 · a + 1 · b,

(a + b)2 = 1 · a2 + 2 · ab + 1 · b2 ,

(a + b)3 = 1 · a3 + 3 · a2 b + 3 · ab2 + 1 · b3 .

Posljednje dvije nazivaju se kvadrat i kub binoma. Koeficijenti u ovim izrazima upravo su binomni koeficijenti. Mnoˇzenjem izraza za kub binoma s a + b dobit c´emo sljede´cu jednakost: (a + b)4 = (a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 )(a + b)

= a4 + 3a3 b + 3a2 b2 + ab3 + a3 b + 3a2 b2 + 3ab3 + b4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 .

Uoˇcimo da je zbroj eksponenata u svakom pribrojniku jednak eksponentu u potenciji binoma. Nadalje, koeficijenti u ovom izrazu su binomni koeficijenti iz jednog retka Pascalovog trokuta. Binomni pouˇcak

Za svaki a, b ∈ R , n ∈ N vrijedi:         n n 0 n n−1 1 n n−2 2 n n−3 3 (a + b)n = a b + a b + a b + a b + ... 0 1 2 3     n 0 n n a b . + a1 bn−1 + n n−1

Dokaz pouˇcka moˇze se provesti s pomo´cu matematiˇcke indukcije. Za n = 1 , 2, 3 i 4 pokazali smo da formula vrijedi.

Korak indukcije, prijelaz sa n na n + 1 dokazuje se na identiˇcan naˇcin poput ovog koji c´emo napraviti za prijelaz s n = 4 na n + 1 = 5 : Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za broj n = 4 : (a + b)4 =

30

          4 4 4 3 4 2 2 4 4 4 a + a b+ a b + ab3 + b . 0 1 2 3 4

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

Pomnoˇzimo tu jednakost s a + b . Dobivamo:

OG LE DN IP RIM JE RA K

(a + b)4 (a + b) =            4 3 1 4 2 2 4 4 4 4 4 3 a b + a b + ab + b (a + b) = a + 1 2 3 4 0         4 4 4 3 2 4 2 3 4 a b+ a b + a b + ab4 = a5 + 1 2 3 4         4 3 2 4 2 3 4 4 5 + a4 b + a b + a b + ab4 + b . 1 2 3 4

Koriste´ci svojstvo binomnih koeficijenata (svojstvo 2), grupiraju´ci cˇlanove ove sume uz identiˇcne potencije, dobivamo:             5 5 5 4 5 3 2 5 2 3 5 5 5 (a + b)5 = a + a b+ a b + a b + ab4 + b . 0 1 2 3 4 5

Time je ovaj korak matematiˇcke indukcije dokazan.

Zadatak 5.

Primjer 5.

Dovrˇsite dokaz binomnog pouˇcka dokazuju´ci korak indukcije za bilo koji prirodni broj n .

Razvijmo po binomnoj formuli: 1)

(x + 1)5 =

            5 5 5 4 5 3 5 2 5 5 x + x + x + x + x+ 0 1 2 3 4 5

= x5 + 5x4 + 10x3 + 10x2 + 5x + 1.

2)

1 6  6  6  6  5  1   6  4  1 2 = x + x − + x − x− 0 1 2 x x x    1 3    1 4 6 3 6 2 + x − + x − 3 4 x x    1 5   1 6 6 6 + x − + − 5 6 x x 15 6 1 = x6 − 6x4 + 15x2 − 20 + 2 − 4 + 6 . x x x

Zadatak 6.

1) Odredi realni dio kompleksnog broja (1 − i)5 . 2) Odredi realni dio kompleksnog broja (1 + i)7 .

Zadatak 7.

Izraˇcunaj (2 −

√

3)4 koriste´ci binomnu formulu.

31

1

BROJEVI

Znak sumacije. Op´ci clan ˇ u razvoju binoma

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zapisivanje  binomne formule moˇzemo pojednostavniti koriˇstenjem znaka za sumaciju . Taj znak je grˇcko slovo  koje odgovara latinskom slovu S , i poˇcetno je slovo latinske rijeˇci summa koju smo preuzeli i u hrvatskom jeziku. Znak sumacije koristi se za jednostavnije zapisivanje razliˇcitih suma. Primjerice, 5  1 k=1

k

=1+

1 1 1 1 + + + . 2 3 4 5

Varijablu k nazivamo indeks sumacije, a ispod i iznad znaka sumacije nalaze se granice unutar kojih treba naˇciniti zbrajanje: k mijenja se od 1 do 5 , uzimaju´ci za vrijednosti prirodne brojeve. Broj pribrojnika moˇze biti neodreden:

n 

k2

k=1

oznaˇcava zbroj kvadrata prvih n prirodnih brojeva: n 

k2 = 1 + 22 + 32 + . . . + n2 .

k=1

Izraz

k2

nakon znaka sumacije naziva se op´ci cˇlan.

Zapiˇsimo binomnu formulu  s pomo´  cu znaka sumacije. Prvi cˇlan u razvoju   binoma   n n−1 1 n k n−k n n 0 a b ,. . . , a (k+1) -vi cˇlan glasi a b . ima oblik a b , drugi 1 k 0 To je op´ci cˇlan ove sume. Stavljaju´ci k = 0 , k = 1 ,. . . , k = n dobit c´emo redom sve cˇlanove u binomnoj formuli: n    n n−k k n (a + b) = a b . k k=0

Primjer 6.

Odredimo cˇetvrti cˇlan u razvoju binoma

√ 3

x+

√ 10 x3 .

To je cˇlan koji odgovara vrijednosti indeksa k = 3 (jer je za prvi cˇlan k = 0 ). On iznosi   √    41 10 · 9 · 8 7 9 10−3  3 10 3 x x3 = x 3 · x 2 = 120 · x 6 . 3 1·2·3

Zadatak 8.

32

Zbroj binomnih koeficijenata prva tri cˇlana u raspisu potencije (x − 2y)n jednak je 46. Odredi onaj cˇlan koji sadrˇzi x6 y3 .

ˇ BINOMNI POUCAK

Zadatak 9.

Koji cˇlan u raspisu potencije

√

x+

Primjer 7.

9 √ 3x sadrˇzi x4 ?

1 x+ 2 x

12 koji ne sadrˇzi x .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Odredimo onaj cˇlan razvoja

1.3

Op´ci cˇlan u razvoju iznosi:         12 12−k −2k 12 12−3k 12 12−k 1 k = x · x = x . x k k k x2 Traˇzimo onaj k za koji je eksponent jednak  nuli.  Iz 12 − 3k = 0 slijedi 12 k = 4 . To je peti cˇlan u razvoju, a iznosi = 495 . 4



1

3 n

binomni koeficijenti 3. i 7. cˇlana medusobno su jednaki. Postoji li u ovom razvoju cˇlan koji ne sadrˇzi x ?

Zadatak 10. U razvoju binoma x− 2 − 3x 2

Kutak plus

STIRLINGOVA FORMULA

Pribliˇznu vrijednost funkcije n! za velike brojeve n moˇzemo izraˇcunati pomu´cu raˇcunala na sljede´ci naˇcin. Vrijedi: „ «n √ n n! ≈ 2 n . e Ova se formula naziva Stirlingova formula. Joˇs preciznije, vrijedi „ «n „ «n 1 1 √ √ n n 2 n · e 12n+1 < n! < 2 n · e 12n . e e

Za n = 100 na taj naˇcin dobivamo ocjenu: 9.332615093 · 10157 < 100! < 9.332621569 · 10157 , dok je toˇcna vrijednost (raˇcunaju´ci s 10 toˇcnih znamenaka) 9.332621544 · 10157 . 1. Koriste´ci Stirlingovu formulu izraˇcunajte pribliˇznu vrijednost broja 200! . 2. Koliko znamenaka u dekadskom zapisu ima broj 1000! ?

„

3. Koriste´ci Stirlingovu formulu izraˇcunajte pribliˇznu vrijednost binomnog koeficijenta

100 50

«

.

33

1

BROJEVI

Kutak plus

IDENTITETI ZA BINOMNE KOEFICIJENTE

OG LE DN IP RIM JE RA K

Binomni koeficijenti zadovoljavaju mnogobrojne identitete. Ve´cina tih formula moˇze se dokazati s pomo´cu veze dvaju polinoma. Iz identiteta (1 + x)n (1 + x)n = (1 + x)2n moˇzemo napisati: "„ « „ « „ « #"„ « „ « „ « # X « 2n „ n n n n n n n n 2n r + x + . . . + x + x + . . . + x = 0 1 n 0 1 n r x. r=0

Polinomi slijeva i zdesna se podudaraju. Zato im se podudara koeficijent uz potenciju xn : „ «„ « „ «„ « „ «„ « „ « n n + n n n n = 2n . + . . . + 0 n 1 n−1 n 0 n Zbog svojstva simetrije binomnih koeficijenata, ova se jednakost moˇze napisati na naˇcin: „ «2 „ « „ «2 „ «2 n n 2n n + + . . . + = n . 1 n 0

1) Rabe´ci jednakost (1 + x)(1 + x)n = (1 + x)n+1 izvedi temeljnu rekuraziju za binomne koeficijente (na str. 28). 2) Rabe´ci jednakost (1 + x)r (1 + x)s = (1 + x)r+s izvedi Vandermondeov identitet: « „ « n „ «„ X r s r+s = . k n−k n k=0

3) Rabe´ci jednakost: (1 − x)n (1 + x)n = (1 − x2 )n , dokaˇzi identitet: „ « 8 „ «2 < n n n X (−1) 2 n , n paran k n (−1) k = 2 : k=0 0, n neparan Dokaˇzi sljede´ce identitete: „ « „ « „ « „ « n n n n 4) 1 · 1 + 2 · 2 + 3 · 3 + . . . + n · n = n · 2n−1 . 1 5) 1

34

„ « „ « „ « „ « 1 n 1 n 1 2n+1 − 1 n n + + + . . . + = . 0 2 1 3 2 n+1 n n+1

6)

„ « „ « „ « „ « n n n n n + 3 + 5 + 7 0 1 2 3 + . . . = 2 (n + 1).

7)

„ «„ « „ «„ « „ «„ « „ « n n + n n +...+ n n = 2n 0 1 1 2 n−1 n n−1 .

8)

„ «„ « „ «„ « „ «„ « „ « n n n n n n 2n + + . . . + = 0 r 1 r+1 n−r n n−r .

ˇ BINOMNI POUCAK

1.3

Zadatci 1.3.

2.

8.

Izraˇcunaj: 1) 7! + 8! + 9! ; 25! 3) ; 20!

2) 12! − 1 ; 7! − 6! 4) . 120

Zapiˇsi kra´ce: 1) 18 · 17 · 16 · 15! ;

2) 12 · 11 · 10! ;

3) (n + 1) · n · (n − 1)! ; 4) (n − 1)(n − 2)(n − 3)! .

3.

4.

Skrati razlomke: 15! ; 1) 13! n! 3) ; (n − 2)! (2n)! 5) ; n! (n + 1)! ; 7) (n − 2)! 1 1 + ; 7! 9! 5! + 4! ; 3) 3! 50! 30! − ; 5) 48! 28!

5.

Izraˇcunaj: 1 1 − ; 1) n! (n + 1)!

6.

(n + 2)! = 72 ; n! (k + 1)! 3) = 30 ; (k − 1)!

7.



   12 12 = ; 10 2     20 20 4) = . 14 6 2)



11. Izravnim raˇcunom provjeri jednakosti:

1 1 1 + + ; 8! 7! 6! 99! − 98! 4) ; 97! 50! 2! 1! 6) + ... + + . 49! 1! 0!

12. Odredi prirodni broj n tako da vrijede jednako-

2)

2)

1 1 − ; (n − 1)! n!

Rijeˇsi jednadˇzbe: 1)

   10 10 = ; 7 3     15 15 3) = ; 8 7 1)

8! ; 5! (n + 1)! 4) ; (n − 1)! (n + k)! 6) ; (n + k − 2)! 2n(2n − 1) 8) . (2n)! 2)

(n − 1)! (n − 2)! + ; n! (n − 3)! n! (n − 1)! 4) − . (n − 1)! (n − 2)! 3)

9.

10. Izravnim raˇcunom provjeri jednakosti:

Izraˇcunaj: 1)

Dokaˇzi matematiˇckom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost: 1 2 n−1 1 0 + + + ... + =1− ; 1) 1! 2! 3! n! n! 2) 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + . . . + n · n! = (n + 1)! − 1.           10 9 18 10 12 Izraˇcunaj: , , , , . 2 4 3 7 8

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

k! 2k! = ; (k − 4)! (k − 2)! n! − (n − 1)! 1 4) = . (n + 1)! 6 2)

Odredi posljednju znamenku zbroja 1! + 2! + 3! + . . . + 99! .

      8 8 9 + = ; 3 4 4       10 10 11 2) + = ; 4 5 5       15 15 16 3) + = ; 7 8 8       n+1 n+1 n+2 4) + = . n−1 n n 1)

sti:

        n n n n+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)

13. Odredi prirodni broj x tako da vrijede jednakosti:

      x x x =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) 2

35

1

BROJEVI

14. Dokaˇzi sljede´ce identitete direktno, i koriste´ci

23. 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

OG LE DN IP RIM JE RA K

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

4) cˇlan od (x3/2 + x−1/2 )8 koji ne sadrˇzi x .

24. Odredi imaginarni dio kompleksnog broja z = (1 − i)7 .



15. Prikaˇzi pomo´cu binomne formule: 1) (x − 1)4 ;

3) (2x + 1)6 ;



1 5 5) x − ; x √ 1 6 x− √ ; 7) x

1)

(3x + 1)4

gdje je i imaginarna jedinica.

2) (2x + 1)5 ;

1 4 4) x + ; x

26. Odredi 11. cˇlan u raspisu potencije

6) (1 + y2 )4 ;

27.

√ √ 8) ( 3 − 2)6 .

28.

16. Izraˇcunaj:

+ (3x − 1)4 ;

2) (x + 1)6 + (x − 1)6 .

17. 1) Napiˇsi tri prva cˇlana raspisa potencije

(a − 2)10 . 2) Napiˇsi tri posljednja cˇlana raspisa potencije (2x + 1)9 .

18. Odredi koeficijent izraza: 1) 2) 3)

x3 y4 u raspisu potencije (2x − 3y)7 ; x6 y3 u raspisu potencije (x − 2y)9 ; x6 y5 u raspisu potencije (x + y)11 .

19. U raspisu potencije (4x+3)n koeficijenti cˇlanova koji sadrˇze x3 i x4 su jednaki. Koliko iznose?

20. U raspisu potencije (2x+3)n koeficijenti cˇlanova

koji sadrˇze x5 i x6 su jednaki. Odredi n.

1 n 2 21. U prikazu binoma x + koeficijenti cˇetx vrtog i desetog cˇ lana se podudaraju. Odredi onaj cˇlan koji ne sadrˇzi x . 1√ 12 √ 3 22. Odredi onaj cˇlan razvoja binoma a3 + a2 2 uz potenciju a13 .

36

√ 15

25. Odredi 13. cˇlan u raspisu potencije 1 − i 3

29.

30. 31.

,

√ 13 2−i ,

gdje je i imaginarna jedinica. 

1 n 3 2 U raspisu potencije x − √ je 12 cˇla4x nova. 1) Odredi tre´ci cˇlan raspisa; 2) Odredi slobodni cˇlan raspisa.

√ 1 n U raspisu potencije x x + √ je 12 cˇ lano3x va. 1) Odredi cˇetvrti cˇlan raspisa; 2) Odredi slobodni cˇlan raspisa. √ √ 20 Postoji li u raspisu potencije x+ 4 x cˇlan koji sadrˇzi x7 ?

√ 1 11 Postoji li u raspisu potencije x− √ x cˇlan koji sadrˇzi x3 ? √ √ 9 Postoji li u raspisu potencije x + 3 x cˇlan koji sadrˇzi x4 ?

32. Zbroj koeficijenata prvog,

drugog i tre´ceg cˇlana razvoja binoma

x+

tre´ci cˇlan ovog razvoja.

1 n iznosi 37. Odredi x

33. Odredi zbroj koeficijenata u razvoju binoma (5x2 − 4y3 )7 .

34. Odredi x ako je poznato da je tre´ci cˇlan u razvoju  5 binoma x + xlog x jednak 1 000 000 .

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

1.4. Prirodni, cijeli i racionalni brojevi

OG LE DN IP RIM JE RA K

U skupu prirodnih brojeva posebnu ulogu imaju prosti (prim) brojevi.

Prosti brojevi. Faktorizacija broja na proste faktore

Prirodni broj ve´ci od 1 je prost ako je djeljiv samo s 1 i sa samim sobom. Broj je sloˇzen ukoliko nije prost, s izuzetkom broja 1 koji ne drˇzimo niti prostim niti sloˇzenim. Nekoliko prvih prostih brojeva su 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31 itd. Svaki je sloˇzeni broj nuˇzno djeljiv s nekim prostim brojem ve´cim od 1. Zapravo, svaki se prirodni broj moˇze na jedinstven naˇcin napisati u obliku umnoˇska prostih brojeva: n = p1 p2 · . . . · pm .

Primjerice, 15 = 3 · 5 , 42 = 2 · 3 · 7 , 90 = 2 · 3 · 3 · 5 i sl. Ovdje neki od njegovih faktora mogu biti i jednaki. Grupiramo li ih zajedno, dobit c´emo broj oblika: r r r n = p11 p22 · . . . · pkk . Primjerice, 90 = 2 · 32 · 5 , 96 = 25 · 3 i sl.

Primjer 1.

Koliko razliˇcitih faktora ima broj 72 (ukljuˇcuju´ci 1 i sam broj)?

Prikaˇzimo broj 72 kao umnoˇzak prostih faktora: 72 = 2·2·2·3·3 = 23 ·32 . Svaki faktor ovog broja ima oblik 2n · 3m , pri cˇemu je 0  n  3 , 0  m  2 . Tako primjerice, za n = 2 i m = 1 dobivamo faktor 22 · 31 = 12 . Ukupan broj faktora je 4 · 3 , jer postoje 4 izbora za eksponent n i 3 izbora za eksponent m . Ispiˇsite sve te faktore poredaju´ci ih po veliˇcini!

Zadatak 1.

Koliko razliˇcitih faktora ima broj 300 ?

Zadatak 2.

Zbroj svih faktora nekog prostog broja jednak je 998. Koji je to broj?

Zadatak 3.

Koji broj manji od 100 ima najviˇse razliˇcitih faktora?

Primjer 2.

Broj 1005 nije prost. Zbroj njegovih znamenki djeljiv je s 3 pa je i sam broj djeljiv sa 3. Nije prost niti broj 1006. On je paran. Jasno, nije prost broj niti 1008. A sˇ to je s brojevima 1007 i 1009? Jesu li oni prosti?

37

1

BROJEVI

Pri provjeri je li neki broj n prost dovoljno je ispitati njegovu djeljivost √ svim prostim brojevima p koji su manji ili jednaki broju n . (Zaˇsto?)

OG LE DN IP RIM JE RA K

Broj 1007 nije djeljiv s 3 niti s 5. Izravnim dijeljenjem sa 7, 11 13 i 17 uvidamo da mu to nisu prosti faktori. Pri dijeljenju s 19, dobivamo 1007 = 19 · 53 . Zato 1007 nije prost. Provjera broja 1009 pokazuje da je on prost. Broj treba podijeliti svim prostim brojevima manjim ili jednakim 31. (Uz ovdje spomenute, treba provjeriti djeljivost s 23, 29 i 31.)

Zadatak 4.

Koji su od sljede´cih brojeva prosti: 901, 903, 905, 907, 909, 911? Za one koji nisu, napiˇsi faktorizaciju na proste faktore. Beskonaˇcnost skupa prostih brojeva

Prostih brojeva ima beskonaˇcno mnogo.

Dokaz. Jednostavan dokaz ove cˇinjenice bio je poznat joˇs starim Grcima. Dokazujemo pretpostavivˇsi suprotno: skup P prostih brojeva je konaˇcan. Neka su mu elementi P = {p1 , p2 , . . . , pm } . Naˇcinimo broj n = p1 p2 · . . . · pm + 1 . On je ve´ci od svih brojeva p1 , . . . , pm i zato mora biti sloˇzen. To znaˇci da je djeljiv s nekim prostim brojem pj iz skupa P . Kako je istim brojem djeljiv i umnoˇzak p1 p2 · . . . · pm , iz toga slijedi da je s pj djeljiva i razlika n − p1 p2 · . . . · pm = 1 , sˇ to je nemogu´ce. Dobili smo proturjeˇcje s pretpostavkom da je skup P konaˇcan.

Relativno prosti brojevi

Za brojeve koji nemaju zajedniˇckih djelitelja ve´cih od 1 kaˇzemo da su relativno prosti. Njihova najve´ca zajedniˇcka mjera (najve´ci zajedniˇcki djelitelj) jednak je 1, sˇ to zapisujemo ovako: M(x, y) = 1 .

Najve´cu zajedniˇcku mjeru dvaju brojeva moˇzemo odrediti poznavaju´ci faktorizaciju obaju brojeva. Najve´ca zajedniˇcka mjera sadrˇzi zajedniˇcke proste faktore onoliko puta koliko se nalaze i u jednom i u drugom broju.

Primjer 3.

M(4, 6) = M(22 , 2 · 3) = 2,

M(24, 36) = M(23 · 3, 22 · 32 ) = 22 · 3 = 12,

M(378, 693) = M(2 · 33 · 7, 32 · 7 · 11) = 32 · 7 = 63,

M(72, 175) = M(23 · 32 , 52 · 7) = 1.

38

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

Kutak plus

OG LE DN IP RIM JE RA K

O PROSTIM BROJEVIMA Otkrivanje sve ve´cih prostih brojeva oduvijek je bio veliki izazov matematiˇcarima. Danas to ima vrlo praktiˇcno znacˇenje. Najvaˇznije metode sˇ ifriranja za slanje povjerljivih podataka elektronskim putem (poput elektroniˇckog pla´canja karticama) temelje se na svojstvima prostih brojeva. Kljuˇc za sˇ ifriranje i deˇsifriranje poruke temelji se na odabiru prirodnog broja n koji je dobiven kao umnoˇzak toˇcno dva prosta faktora. Brojevi koji su u uporabi u standardnim algoritmima imaju preko 300 znamenaka. Razbijanje sˇ ifre svodi se na otkrivanje faktorizacije takvog broja n , sˇ to je problem koji niti raˇcunala ne mogu obaviti u razumnom vremenu. 17 19 Utrka za otkrivanjem sve ve´cih brojeva zapoˇcela je 1588. godine, kad je Pietro Cataldi provjerio √ da su 2 − 1 i 2 − 1 prosti brojevi. Ako je broj n sloˇzen, tad je djeljiv s prostim brojem koji ne premaˇsuje n . Cataldi je svoj raˇcun temeljio na tablici prostih brojeva manjih od 750, sˇ to je bilo korektno jer je korijen broja 219 − 1 pribliˇzno broj 724. Takva je provjera mukotrpna, jer zahtijeva djeljenje sa svim prostim brojevima manjim od 724.

Brojevi oblika Mp = 2p − 1 nazivaju se Mersenneovi brojevi. Da bi taj broj bio prost, nuˇzno je da p bude prost (dokaˇzi tu tvrdnju!). Cataldi je tvrdio da su i brojevi 2p − 1 prosti za p = 23 , 29, 31, 37, ali to s pomo´cu svoje tablice nije mogao provjeriti. Godine 1640. Pierre Fermat je pokazao da prosti djelitelji broja 2p − 1 moraju biti oblika 2kp + 1 za neki prirodni broj k . Sad je bilo vrlo jednostavno vidjeti da M23 nije prost, jer je djeljiv s 47 ( k = 1 ), M37 je djeljiv s 223 ( k = 3 ), a M29 s 233 ( k = 4 ). Da je 231 − 1 uistinu prost, dokazao je L. Euler 1738. godine. Medutim, interesantno je da je on tvrdio da su 241 − 1 i 247 − 1 prosti, sˇ to nije istina. Godine 1876. Lucas je otkrio da je 2127 − 1 prost broj. Taj broj ima 39 znamenaka: 170 141 183 460 469 231 731 687 303 715 884 105 727 Taj je broj ostao rekorder za narednih 75 godina, i ujedno je najve´ci prosti broj koji nije otkriven s pomo´cu raˇcunala. Mersenneovi brojevi. Svi do danas poznati prosti brojevi oblika 2p − 1 dobivaju se za za p = 2 , 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253, 4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243, 110503,132049, 216091, 756839, 859433, 1 257 787 (378 632 znamenke), 1 398 269 (420 921 znamenka), 2 976 221 (895 932 znamenke), 3 021 377 (909 526 znamenaka), 6 972 593 (2 098 960 znamenaka), 13 466 917 (4 053 946 znamenaka), 20 996 011 (6 320 430 znamenaka), 24 036 583 (7 235 733 znamenaka), 25 964 951 (7 816 230 znamenaka), 30 402 457 (9 152 052 znamenaka), 32 582 657 (9 808 358 znamenaka), 37 156 667 (11 185 272 znamenaka), 42 643 801 (12 837 064 znamenaka), 43 112 609 (12 978 189 znamenaka), 57 885 161 (17 425 170 znamenaka), otkriven 25. sijeˇcnja 2013. Broj prostih brojeva. U knjizi “Tablice i formule: matematika, fizika, astronomija, kemija” dan je popis prvih 3480 prostih brojeva (od 2 do 32 423). Ako je  (n) broj prostih brojeva koji nisu ve´ci od n , onda je  (1000) = 168 ,  (10000) = 1229 ,  (105 ) = 9592 ,  (106 ) = 78 498 ,  (107 ) = 664 579 ,  (108 ) = 5 761 455 ,  (109 ) = 50 847 534 ,  (1010 ) = 455 052 512 . Za jako velike n . brojeve n , vrijedi pribliˇzna formula  (n) ≈ ln n

Na mreˇznim stranicama primes.utm.edu moˇzete prona´ci tablicu prvih 15 000 000 prostih brojeva (od 2 do 275 604 541) te linkove do stranica s najnovijim otkri´cima u vezi s prostim brojevima. Ovaj zanimljivi dijagram na toj stranici pokazuje korelaciju izme- broja znamenaka najve´ceg prostog broja i godine otkri´ca. du

39

1

BROJEVI

Primjer 4.

Za svaki prirodni broj n broj n3 − n djeljiv je sa 6. Dokaˇzimo. Napiˇsimo broj u obliku

OG LE DN IP RIM JE RA K

n3 − n = n(n2 − 1) = (n − 1)n(n + 1). Brojevi n − 1 , n , n + 1 su tri uzastopna prirodna broja. Toˇcno jedan - njima mora biti djeljiv s 3. Barem jedan od njih djeljiv je s 2. Zato medu je njihov umnoˇzak djeljiv s 6.

Primjer 5.

Dokaˇzimo da je zbroj kubova triju uzastopnih cijelih brojeva djeljiv s 9.

Najprije imamo: (n − 1)3 + n3 + (n + 1)3 = 3n(n2 + 2) . Ako je n djeljiv s 3, onda je ovaj broj oˇcito djeljiv s 9. A ako n nije djeljiv s 3, tada je on oblika n = 3k ± 1 te je broj n2 + 2 djeljiv s 3. Naime, (3k ± 1)2 + 2 = 9k2 ± 6k + 3 = 3(3k2 ± 2k + 1) .

Primjer 6.

Dokaˇzimo da je za svaki prirodni n broj 32n+2 + 26n+1 djeljiv s 11.

Broj moˇzemo napisati ovako:

32n+2 + 26n+1 = 9 · 9n + 2 · 64n = 9 · (11 − 2)n + 2 · (66 − 2)n Prikaˇzemo li ove potencije s pomo´cu binomne formule, svaki cˇlan osim posljednjeg biti c´e djeljiv s 11. Posljednji pribrojnici u oba cˇlana u zbroju daju: 9 · (−2)n + 2 · (−2)n = 11 · (−2)n pa je cˇitava suma djeljiva s 11.

Zadatak 5. Primjer 7.

Dokaˇzi da je za svaki prirodni broj n broj 34n − 43n djeljiv sa 17.

Djeljivost sa 7. Za djeljivost s brojem 7 nema jednostavnog pravila. Moˇzda c´e nekom biti prihvatljivo ovo: Udvostruˇci znamenku jedinica i oduzmi je od poˇcetnog broja kojemu je prekriˇzena znamenka jedinica. Postupak ponovi potreban broj puta. Broj je djeljiv sa 7 onda i samo onda ako je broj dobiven ovim postupkom djeljiv sa 7. Primjerice: 8303 → 830 − 6 = 824 → 82 − 8 = 74, 8792 → 879 − 4 = 875 → 87 − 10 = 77 pa 8303 nije djeljiv sa 7, a 8792 jeste. Dokaˇzimo ovaj kriterij.

Poˇcetni broj moˇzemo napisati u obliku 10x+y . Tu je y znamenka jedinica, a x broj dobiven iz poˇcetnog kriˇzanjem te znamenke. Sada imamo 10(x − 2y) = 10x + y − 21y Brojevi 7 i 10 su relativno prosti, pa je 10(x − 2y) djeljiv sa 7 onda i samo onda ako je x − 2y djeljiv sa 7. No, desna strana je djeljiva sa 7 onda i samo onda kad je poˇcetni broj 10x + y djeljiv sa 7. Time je tvrdnja dokazana.

40

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

Prosirenje ˇ skupa prirodnih brojeva Operacije zbrajanja ( + ) i mnoˇzenja ( · ) definirane su u skupu prirodnih brojeva N . To znaˇci da je zbroj prirodnih brojeva ponovno prirodan broj, kao i umnoˇzak dvaju takvih brojeva. Njihova osnovna svojstva su: (komutativnost zbrajanja) (asocijativnost zbrajanja) (komutativnost mnoˇzenja) (asocijativnost mnoˇzenja) (neutralnost jedinice za mnoˇzenje) (distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju).

OG LE DN IP RIM JE RA K

x + y = y + x, x + (y + z) = (x + y) + z, x · y = y · x, x · (y · z) = (x · y) · z, 1 · x = x, x · (y + z) = x · y + x · z,

Operacije oduzimanja i dijeljenja nisu definirane u skupu prirodnih brojeva. To znaˇci da ne moˇzemo uvijek oduzeti ili podijeliti dva po volji odabrana prirodna broja tako da i rezultat bude prirodni broj. Zato vrlo jednostavna jednadˇzba x+n= m

u kojoj su n i m prirodni brojevi, ne mora imati rjeˇsenje u skupu N .

Da bismo uvijek mogli rijeˇsiti tu jednadˇzbu, moramo skup N proˇsiriti nulom i negativnim cijelim brojevima. Na taj naˇcin dobivamo skup Z cijelih brojeva: Z = {. . . − 3, −2, −1, 0, 1, 2, 3 . . .}.

U ovom ve´cem skupu za operacije zbrajanja i mnoˇzenja vrijede ista svojstva komutativnosti, asocijativnosti i distributivnosti kao i u skupu prirodnih brojeva. Tim svojstvima dodajemo dva nova: • x+0=x

(neutralnost nule za zbrajanje),

• za svaki x ∈ Z postoji −x ∈ Z takav da je x + (−x) = 0 (postojanje suprotnog broja).

Dakle, u skupu cijelih brojeva za svaki broj x postoji njemu suprotan broj −x koji zbrojen s x daje nulu. Ako je x pozitivan, onda je −x negativni broj iste apsolutne vrijednosti. Ako je x negativan, onda je −x pozitivni broj iste apsolutne vrijednosti. Nadalje, suprotan broj suprotnog broja jednak je poˇcetnom broju: −(−x) = x . Koriˇstenjem pojma suprotnog broja u skup cijelih brojeva uvodimo izvedenu operaciju oduzimanja: y − x := y + (−x). To znaˇci da je y − x samo dogovorni jednostavniji zapis za zbrajanje broja y sa suprotnim brojem broja x . Definicija operacije oduzimanja

Oduzimanje dvaju brojeva je zbrajanje prvog broja i suprotnog broja drugog broja.

41

1

BROJEVI

Ovo nam svojstvo osigurava da je jednadˇzba x+n= m

OG LE DN IP RIM JE RA K

u kojoj su n i m cijeli brojevi, rjeˇsiva u skupu Z . Njezino je rjeˇsenje cijeli broj m + (−n) = m − n .

Polje racionalnih brojeva

Ako su n i m cijeli brojevi, jednadˇzba

nx = m

nema uvijek rjeˇsenje u skupu cijelih brojeva.

Da obuhvatimo rjeˇsenja te jednadˇzbe, moramo skup cijelih brojeva proˇsiriti razlomcima.

m Racionalan broj je broj oblika , pri cˇemu je m cijeli, a n prirodni broj. Skup n svih racionalnih brojeva oznaˇcavamo s Q . Oˇcito je Z ⊂ Q . Aksiomi polja racionalnih brojeva

U skupu racionalnih brojeva operacije zbrajanja i mnoˇzenja imaju sljede´ca svojstva3 : R1

R2 R3 R4 R5

R6 R7 R8 R9

x + y = y + x,

∀x, y ∈ Q (komutativnost zbrajanja), x + (y + z) = (x + y) + z, ∀x, y, z ∈ Q (asocijativnost zbrajanja), x + 0 = x, ∀x ∈ Q (neutralnost nule za zbrajanje), (∀x ∈ Q)(∃(−x) ∈ Q) x + (−x) = 0 (postojanje suprotnog broja), x · y = y · x, ∀x, y ∈ Q (komutativnost mnoˇzenja), x · (y · z) = (x · y) · z, ∀x, y, z ∈ Q (asocijativnost mnoˇzenja), 1 · x = x, ∀x ∈ Q (neutralnost jedinice za mnoˇzenje), (∀x ∈ Q, x = 0)(∃x ∈ Q) x · x = 1 (postojanje reciproˇcnog broja), x · (y + z) = x · y + x · z, ∀x, y, z ∈ Q (distributivnost mnoˇzenja prema zbrajanju).

Kaˇzemo da skup Q cˇini polje.

3 ˇ se: za svaki. Znak ∀ dolazi od obratno napisanog poˇcetnog slova njemaˇcke rijeˇci Alle (svi). Cita Znak ∃ dolazi od obratno napisano poˇcetnog slova njemaˇcke rijeˇci Existieren (postojati), koja je nastala ˇ se: postoji. po latinskoj rijeˇci istog znaˇcenja. Cita

42

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

1 Reciproˇcni broj x broja x je dobro nam znani broj ili x−1 . Tako rjeˇsenje x jednadˇzbe a · x = b,

OG LE DN IP RIM JE RA K

gdje su a = 0 i b racionalni brojevi, moˇzemo nakon mnoˇzenja s reciproˇcnim brojem pisati u obliku: a (a · x) = a · b (a · a)x = a · b x = a · b

1 b ·b = . a a Time smo zapravo definirali novu operaciju, dijeljenje, koja je definirana u skupu racionalnih brojeva: koliˇcnik dvaju racionalnih brojeva (s djeliteljem razliˇcitim od nule) ponovo je racionalni broj. Dijeljenje broja b racionalnim brojem a zapravo se svodi na mnoˇzenje broja b reciproˇcnim brojem broja a . x = a−1 · b =

Definicija operacije dijeljenja

Dijeljenje je mnoˇzenje reciproˇcnim brojem.

Stoga kad istiˇcemo definiciju skupa Q , spominjemo samo dvije operacije na tom skupu: zbrajanje i mnoˇzenje. Druge dvije elementarne operacije, oduzimanje i dijeljenje, izvedene su operacije iz mnoˇzenja i zbrajanja i predstavljaju samo jednostavniji zapis za zbrajanje sa suprotnim elementom, odnosno mnoˇzenje reciproˇcnim brojem.

Q je uredeno polje ¯

U skupu racionalnih brojeva moˇzemo definirati relaciju poretka < ovako: a c c a < ⇐⇒ 0 < − . b d d b

(1)

Raˇcunaju´ci razliku (1) zakljuˇcujemo: a c bc − ad < ⇐⇒ 0 < ⇐⇒ ad < bc. (2) b d bd (Prisjetimo se da su nazivnici u zapisu racionalnih brojeva prirodni, dakle, pozi7 3 tivni brojevi.) Tako, primjerice, vrijedi: < , jer je 7 · 5 < 3 · 12 . 12 5

ˇ sc´e promatramo sliˇcnu relaciju poretka  Ceˇ x  y ⇐⇒ (x = y ili x < y).

43

1

BROJEVI

Aksiomi relacije poretka u polju Q

yx ako je ako je ako je ako je

ili x  y , x  y i y  x , onda je x = y , x  y i y  z , onda je x  z , x  y , onda za svaki z ∈ Q vrijedi x + z  y + z , 0  x i 0  y , onda je 0  xy .

OG LE DN IP RIM JE RA K

R10 R11 R12 R13 R14

Polje racionalnih brojeva je uredeno polje. Za svaka dva racionalna broja mozˇ emo re´ci jesu li oni jednaki ili je jedan od njih ve´ci (i koji je to). Medutim, to nije uvijek jednostavno uˇciniti, vidi Kutak plus.

Primjer 8.

Poredajmo po veliˇcini brojeve x =

2 5 4 , y= , z= . 3 8 7

Rijeˇc je o jednostavnim brojevima (s malim brojnikom i nazivnikom) i usporedbu ne´ce biti teˇsko uˇciniti. Pritom ne´cemo usporedivati po dva broja medusobno, ve´c c´emo, odreduju´ci najmanji zajedniˇcki viˇsekratnik, odjednom odrediti poredak svih brojeva: 112 105 96 x= , y= , z= , 168 168 168 te je z < y < x .

Jednostavniji naˇcin za usporedbu ovih brojeva jest napisati ih u decimalnom zapisu, koji dobivamo direktnim dijeljenjem ovih brojeva: x = 0.6666 . . .

y = 0.625,

z = 0.57143 . . .

Kutak plus

USPOREDBA RACIONALNIH BROJEVA Poredajmo po veliˇcini brojeve:

5824280 10816520 1346269 , y= , z= . 2178309 9423883 17501497 Toˇcan odgovor je: za ove brojeve vrijedi y = z < x . Na koji smo naˇcin to provjerili? Brojevi su preveliki da bi se umnoˇzak u 2) mogao izraˇcunati s dovoljnom preciznoˇsc´u na dˇzepnom raˇcunalu. Izraˇcunajmo umjesto toga (raˇcunalom) decimalni prikaz ovih brojeva. Dobivamo: x = 0.61803398875 . . . y = 0.61803398875 . . . z = 0.61803398875 . . . . Vidimo da odgovor na vrlo jednostavno pitanje moˇze biti popriliˇcno sloˇzen. x=

44

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

1.4

Decimalni prikaz racionalnog broja

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pozicijski dekadski zapis brojeva moˇze se proˇsiriti i na racionalne brojeve. Takav 1 prikaz broja nazivamo decimalni prikaz. Tako, primjerice, broj ima deci2 11 1 malni prikaz 0.5 , broj ima decimalni prikaz 1.375 , = 0.01 itd. Ove 8 100 prikaze dobivamo dijeljenjem brojnika s nazivnikom.

ˇ je s brojem 1 ? Njegov decimalni prikaz nije konaˇcan. Dijele´ci brojnik s Sto 3 nazivnikom, dobivamo za medurezultate dijeljenja brojeve 0.3 , 0.33 , 0.333 , 0.3333 itd. Dakle je 1 = 0.333333 . . . 3

a znamenka 3 se ponavlja u beskonaˇcnost. Ovaj broj zapisujemo joˇs na naˇcin 0.3˙ , gdje toˇcka iznad broja pokazuje da se znamenka 3 ponavlja.

Prikaz racionalnih brojeva moˇze biti beskonaˇcan decimalni broj sa znamenkama 1 ima prikaz: koje se ponavljaju i na sloˇzenije naˇcine. Primjerice, broj 7 1 ˙ ˙ = 0.1428571428571428 . . . = 0.14285 7. 7 Ovdje se ponavlja skupina od sˇ est znamenaka. Kaˇzemo da ovaj decimalni prikaz ima period duljine 6, a poˇcinje neposredno iza decimalne toˇcke. Toˇcku stavljamo na poˇcetnu i zavrˇsnu znamenku perioda. Ovakav se broj naziva cˇisto periodiˇcni decimalni broj. Period ne mora poˇcinjati neposredno nakon decimalne toˇcke:

37 ˙ ˙ = 2.6428571428571428 . . . = 2.642857 1. 14 Za takav broj kaˇzemo da ima mjeˇsovito periodiˇcni decimalni prikaz. Op´ci oblik takvog prikaza je: x = ak . . . a0 . b1 . . . br c˙1 . . . c˙p       cjelobrojni dio predperiod

period

U postupku dijeljenja dvaju prirodnih brojeva ostataka moˇze biti samo konaˇcno mnogo, jer su manji od djelitelja. Zato se postupak dijeljenja ili zavrˇsava u konaˇcno mnogo koraka (kad se dobije ostatak nula), ili od nekog trenutka ponavlja. Decimalni prikaz racionalnih brojeva

Svaki racionalni broj ima konaˇcan ili beskonaˇcan periodiˇcni decimalni prikaz.

45

1

BROJEVI

Vrijedi li i obratni zakljuˇcak? Odgovara li svakom periodiˇcnom decimalnom broju racionalan broj? Odgovor je potvrdan. Pogledajmo najprije poseban sluˇcaj kad je cjelobrojni dio jednak nuli, a decimalni dio cˇisto periodiˇcan. Neka je ˙ 5˙ . x = 0.20 ˙ 5˙ = 0.205205 . . . , x = 0.20

OG LE DN IP RIM JE RA K

103 · x = 205.205205 . . . = 205 + 0.205205 . . . = 205 + x, 205 (1000x − x) = 205 =⇒ x = . 999

Decimalni prikaz racionalnih brojeva, obrat

Vrijedi sljede´ci prikaz:

c1 . . . cp c1 . . . cp = 10p − 1 99 . . . 9 Svaki periodiˇcan decimalni zapis odgovara racionalnom broju. 0.c˙1 . . . c˙p =

Primjer 9.

Primjer 10.

(3)

3 1 5 12 4 = , 0.5˙ = , 0.1˙ 2˙ = = , 9 3 9 99 33 238095 26455 2405 5 · 13 · 37 5 ˙ 0.23809 5˙ = = = = = , 999999 111111 10101 3 · 7 · 13 · 37 21 4 9+4 13 1.4˙ = 1 + = = , 9 9 9 ˙ 4˙ = 2 + 74 = 2 · 999 + 74 = 2072 = 56 . 2.07 999 999 999 27

0.3˙ =

0.6˙ 291 6 291 · 9 + 6 2625 35 = + = = = , 100 100 900 900 900 12 ˙ ˙ 1215 · 999 + 740 ˙ 0˙ = 12.15 + 0.740 = 1215 + 740 = 12.1574 100 100 999 · 100 99900 1214525 48581 1313 = = (kratimo s 25) = = . 99900 3996 108 124 9 124 + 1 125 5 0.9˙ = + = = = . 1.249˙ = 1.24 + 100 100 9 · 100 100 100 4

2.916˙ = 2.91 +

Napomena. Prema prethodnom primjeru, vidimo da decimalne brojeve s konaˇcnim decimalnim prikazom moˇzemo promatrati i kao brojeve s beskonaˇcnim periodiˇcnim prikazom, sa znamenkom 9 u periodu: 5 ˙ ˙ = 1.25 = 1.24999 . . . = 1.249, 1 = 0.999 . . . = 0.9. 4

46

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

Zadatak 6.

1.4

˙ 2˙ . Provjeri raˇcun Zapiˇsi u obliku razlomka racionalne brojeve 1.23˙ 5˙ , 0.0121 koriste´ci dˇzepno raˇcunalo.

Primjer 11.

Izraˇcunajmo:

1) 1.24˙ + 0.621˙ 3˙ ,

2) 3.823˙ + 5.74˙ 2˙ .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pretvaranje broja u razlomak nepotrebno bi oteˇzalo raˇcun. Umjesto toga, decimalne znamenke c´emo napisati tako da periodi poˇcinju istom decimalom i jednako dugo traju. Na taj ih naˇcin moˇzemo zbrojiti: 1) 1.24˙ + 0.621˙ 3˙ = 1.244˙ 4˙ + 0.621˙ 3˙ = 1.865˙ 7˙ , 2) 3.823˙ + 5.74˙ 2˙ = 3.823˙ 3˙ + 5.742˙ 4˙ = 9.565˙ 7˙ .

Toˇcan se rezultat moˇze naslutiti uporabom dˇzepnog raˇcunala na sljede´ci naˇcin: 3.82333333333 + 5.74242424242 = 9.56575757575.

Izraˇcunajmo 0.12˙ 5˙ + 0.4˙ 7˙

Primjer 12.

0.12˙ 5˙ + 0.4˙ 7˙ = 0.12˙ 5˙ + 0.47˙ 4˙ = 0.59˙ 9˙ = 0.59˙ = 0.6

Prevedite ove decimalne brojeve u razlomke i uvjerite se u toˇcnost raˇcuna. Provedite raˇcun i s pomo´cu dˇzepnog raˇcunala.

Zadatak 7.

Izraˇcunaj x − y i x + y ako je x = 1.23˙ 4˙ , y = 0.815˙ .

Kutak plus

FERMATOVI BROJEVI

n

Za n = 0, 1, 2, 3, 4 broj Fn = 22 + 1 je prost: dobivamo redom brojeve 3, 5, 17, 257, 65537. Na osnovi toga je P. Fermat tvrdio da su ti brojevi prosti za svaki prirodni broj n . Medutim, L. Euler je 1732. god. pokazao da je ve´c 25 - niti jedan novi sljede´ci broj F5 = 2 +1 = 4 294 967 297 djeljiv s 641, F5 = 641·6 700 417 . Do danas nije pronaden prost Fermatov broj, a za mnoge se zna da su sloˇzeni (npr. svi brojevi za 5  n  16 ). U binarnom zapisu Fermatovi brojevi imaju prikaze 11 , 101 , 10001 , 100000001 , 100 . . . 001 (15 znamenka 0) itd. Ti su brojevi interesantni jer je poznato da se pravilni mnogokut cˇiji je broj stranica prost broj moˇze konstruirati ravnalom i sˇ estarom onda i samo onda ako je broj njegovih stranica Fermatov broj. Tako se, primjerice, mogu konstruirati pravilni trokut i peterokut, ali ne moˇze sedmerokut. Ovu je tvrdnju dokazao Gauss, a tome u spomen svjedoˇci postolje njegovog spomenika u obliku pravilnog 17-terokuta.

47

1

BROJEVI

Zadatci 1.4. Ispitaj koji su od sljede´cih brojeva prosti: 237, 839, 929, 5833, 17 947, 22 279, 28 709.

2.

- 26960 i 26980 Uvjeri se da su svi brojevi izmedu sloˇzeni.

3.

Napiˇsi faktorizaciju sljede´cih prirodnih brojeva: 312 , 556 , 1001 , 5828 , 12481 .

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 prona´ci barem dva prosta broja ovog oblika. Za to c´e biti nuˇzna pomo´c raˇcunala.

5.

Koriste´ci algoritam djeljivosti brojem 7, ustanovi koji od sljede´cih 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.)

6.

7.

8.

9.

48

10. Ako je zbroj prvih n prirodnih brojeva za 187 ve´ci od zbroja prvih 2n prirodnih brojeva, koliki je zbroj prvih 3n prirodnih brojeva?

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

Na koji naˇcin, koriste´ci dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomo´cu samo dva dijeljenja?

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 prekrizˇ ena znamenka jedinica (ovaj se postupak moˇze ponoviti). Dokaˇzi ovaj kriterij.

Koriste´ci algoritam iz prethodnog zadatka, ustanovi koji od sljede´ca 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.) Na koji naˇcin, koriste´ci dˇzepno raˇcunalo, moˇzeˇs rijeˇsiti prethodni zadatak pomo´cu samo dva dijeljenja?

11. Ako umnoˇsku cˇetiriju uzastopnih cijelih brojeva dodamo 1, dobit c´emo kvadrat nekog cijelog broja. Dokaˇzi!

12. Dokaˇzi da broj n2 − 8 nikad nije djeljiv s 5. 4

5

9

13. Jesu li brojevi 44 , 55 , 99 potpuni kvadrati? 14. Rastavljanjem na faktore dokaˇzi: 120 | n5 − 5n3 + 4n , za sve n ∈ N .

15. Koliki mogu biti djelitelj i koliˇcnik u postupku dijeljenja cijelih brojeva ako je djeljenik 557, a ostatak 85?

16. Koliki mogu biti djelitelj i ostatak u postupku dijeljenja cijelih brojeva ako je djeljenik 1517, a koliˇcnik 75?

17. Pove´canjem djeljenika za 52, a djelitelja za 4,

koliˇcnik i ostatak se nisu promijenili. Izraˇcunaj koliˇcnik.

18. Odredi najmanji cˇetveroznamenkasti 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.

19. Za koje je cijele brojeve x, y i z ispunjena jednakost (x − 2) · (y + 1) · (z − 3) = 1?

20. U skupu cijelih brojeva rijeˇsi jednadˇzbu (x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) = 3024.

21. 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 .

PRIRODNI, CIJELI I RACIONALNI BROJEVI

22. Aritmetiˇcka sredina 10 razliˇcitih prirodnih broje-

va jednaka je 11. Koju najve´cu mogu´cu vrijednost moˇze imati neki od tih brojeva?

23. Aritmetiˇcka sredina 27 brojeva je 72. Ako su

34. Odredi 100. decimalu u decimalnom zapisu racionalnih brojeva

5 1 4 , , . 3 11 7

35. Odredi period u decimalnom zapisu racionalnih 2 3 2 , . U svakom od primjera odredi brojeva , 3 11 7 150. decimalu.

OG LE DN IP RIM JE RA K

dva od tih 27 brojeva brojevi 13 i 41, kolika je aritmetiˇcka sredina ostalih 25 brojeva?

24. Odredi broj c ako je a : b = 3 : 2 , b : c = 3 : 5 , te a + b + c =

25 . 36

1.4

36. Zapiˇsi u obliku razlomka racionalne brojeve a = 0.363636 . . .

25. Broj 1 708 podijeli na tri dijela a , b i c tako da

b = 0.135135135 . . . c = 0.133213321332 . . .

bude a : b = 3 : 5 i a : c = 1 : 2 .

26. Ako je a : b = 2 : 3 , b : c = 1 : 2 , koliko je a−b b−c : ? a+b b+c

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

27. Ako je omjer razlike, zbroja i umnoˇska dvaju

38. Dani su racionalni brojevi a = 0.531531531 . . .,

brojeva jednak 1 : 2 : 6 , koliki je koliˇcnik tih brojeva?

b = 0.873873873 . . . Prikaˇzi zbroj a + b i razliku a − b u obliku razlomka.

28. Broj 750 podijeli na dva dijela tako da 8 % prvog

39. Izraˇcunaj a + b i a − b za brojeve a = 2.134˙ ,

dijela zajedno sa 24 % drugoga cˇ ini 11.2 % od danog broja.

b = 3.22˙ 5˙ .

40. Koliko je a : b ako je a = 0.875 , b = 1.2˙ 7˙ ? 41. Napiˇsi umnoˇzak brojeva a = 0.916˙ i b = 0.3˙ 6˙ u obliku razlomka.

29. Koji je broj ve´ci: A = B=

2 4 6 + + ? 3 5 7

3 5 7 1 + + + ili 3 5 7 9

42. Za koje je cijele brojeve m razlomak

1 1 1 2 + + + ili 3 9 27 81 1 2 1 1 + . B=1+ + + 3 9 27 81

30. Koji je broj ve´ci: A = 1 +

31. Koji je broj ve´ci:

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) A =

32. Ako je a < b , a > 0 , b > 0 , c > 0 , onda je a+c a < . Dokaˇzi! b b+c

33. Dokaˇzi; ako je a+b  1 , onda je i

a4 +b4

1  . 8

cijeli broj?

m2 − 2m + 1 m+2

43. Ako je x−1 = 3−1 + 4−1 , koliko je x ? 44. Odredi x ako je

1 1 1 1) x−2 = −2 + −2 ; 2) x−2 = −2 . 3 4 3 + 4−2

45. Odredi brojeve x i y ako je x−1 + y−1 = 5 i x−1 · y−1 = 6 .

46. Napiˇsi sedam racionalnih brojeva koji dijele interval

1 4 , na osam jednakih dijelova. 2 5

47. Napiˇsi decimalni prikaz nekog racionalnog broja koji se nalazi unutar intervala

 23 24  , . 77 77

- 4 i 5 koji je kvadrat ne48. Nadi- neki broj izmedu

7 7 kog racionalnog broja. Koliko rjeˇsenja postoji?

49

1

BROJEVI

1.5. Realni brojevi

OG LE DN IP RIM JE RA K

U svakodnevnom raˇcunu obiˇcno se koristimo prirodnim, cijelim i ponekad racionalnim brojevima (kroz razlomke ili decimalne brojeve). Medutim, mnoga raˇcunanja imaju za rezultat novu vrstu brojeva, koju su ljudi u proˇslosti nazvali iracionalnim. Tako primjerice, povrˇsina kruga kojemu je duljina promjera prirodan broj nije racionalan broj. Isto vrijedi i za njegov opseg. Joˇs od starogrˇcke matematike poznato je da je dijagonala kvadrata nesumjerljiva s njegovom stranicom. Prevedeno na jezik brojeva, time se iskazuje tvrdnja da je dijagonala √ kvadrata kojemu je stranica 1 iracionalan broj. Uistinu, ta dijagonala iznosi 2 , a dobro je poznato da taj broj nije racionalan.

Primjer 1.

Ako je p prost broj, dokaˇzimo da

√ p nije racionalan.

m √ Pretpostavimo suprotno: za prirodne brojeve m i n vrijedi p = . n Pritom brojeve m i n po potrebi skratimo tako da na koncu budu relativno prosti. Onda kvadriranjem dobivamo m2 tj. n2 p = m2 . n2 Lijeva je strana djeljiva s p , pa je to onda i desna strana. Kako je p prost, to je mogu´ce samo onda kad je m djeljiv s p . Zato vrijedi m = kp za neki prirodni broj k , pa dobivamo p=

n2 p = k2 p2 tj. n2 = k2 p. Sad na isti naˇcin zakljuˇcujemo da je i n djeljiv s p , √ sˇ to je proturjeˇcje s pretpostavkom da su m i n relativno prosti. Zato p ne moˇze biti racionalan.

Zadatak 1. Primjer 2.

Dokaˇzi da je

√

3+

√

5 iracionalan broj.

Ako n nije potencija broja 10, onda je log n iracionalan.

p , gdje su p i q relativno prosti prirodni q brojevi. Ova jednakost ekvivalentna je jednakosti 10p = nq . No ona je nemogu´ca, ako n nije potencija broja 10. Zato je pretpostavka koja je do nje dovela pogreˇsna, pa log n nije racionalan.

Pretpostavimo suprotno: log n =

Zadatak 2. 50

Dokaˇzi da je log3 2 iracionalan broj.

REALNI BROJEVI

1.5

Realne brojeve dobivamo upotpunjuju´ci skup racionalnih brojeva — dodaju´ci mu iracionalne brojeve — ali tako da na novom skupu vrijede sva svojstva algebarskih - racionalnim brojevima. Postoje dva jednostavna operacija koja su vrijedila medu naˇcina na koja moˇzemo intuitivno pojmiti realne brojeve:

OG LE DN IP RIM JE RA K

Opis skupa realnih brojeva

1. Geometrijski opis. Skup realnih brojeva moˇzemo poistovjetiti s brojevnim pravcem: svakom realnom broju odgovara jedna toˇcka brojevnog pravca i obratno — svakoj toˇcki s brojevnog pravca odgovara jedan realni broj. 2. Algebarski opis. Skup realnih brojeva sadrˇzi sve decimalne brojeve oblika ±a0 .b1 b2 b3 . . . bn . . . pri cˇemu je a0 neki prirodni broj (cjelobrojni dio), a b1 , b2 . . . znamenke decimalnog prikaza.

Zapamtimo da svaki racionalni broj ima konaˇcan ili beskonaˇcan periodiˇcni decimalni zapis. Prema tome, broj zapisan beskonaˇcnim neperiodiˇcnim decimalnim prikazom mora biti iracionalan.

Intervali. Omedeni ¯ i neomedeni ¯ skupovi

Najjednostavniji podskupovi brojevnog pravca su intervali. Postoje cˇetiri tipa intervala:

[a, b] = {x ∈ R : a  x  b} (zatvoreni interval – segment),

a, b = {x ∈ R : a < x < b} (otvoreni interval), [a, b = {x ∈ R : a  x < b} (poluotvoreni interval),

a, b] = {x ∈ R : a < x  b} (poluotvoreni interval). - je svojim rubnim toˇckama a i b . a se naziva poˇcetak ili donji Interval I odreden rub intervala, a b je zavrˇsetak ili gornji rub tog intervala. Ovdje je a < b . Samo kod zatvorenog intervala moˇze se dopustiti da bude a = b , pri cˇemu je interval [a, a] zapravo skup {a} koji sadrˇzi samo toˇcku a . Mogu´ce je da pojedina granica intervala bude beskonaˇcna. Primjerice, ako je b = ∞ , onda vrijedi [a, ∞ = {x ∈ R : a  x} , a za a = −∞ imamo, na primjer, −∞, b = {x ∈ R : x < b} . I cˇitav skup R je interval: −∞, ∞ = R .

S vrstom rubnih toˇcaka povezan je pojam omedenosti intervala. Interval je ome- ako su mu rubovi a i b konaˇcni realni brojevi. den

- a svaki broj M  b naziva se gornja Svaki broj m  a naziva se donja meda, - intervala I . meda

51

1

BROJEVI

M

a

b

m

OG LE DN IP RIM JE RA K

Interval i primjeri njegovih donjih i gornjih meda

Ako je neki od rubova intervala a , b jednak −∞ ili ∞ , onda je interval neomeden. Tako je, primjerice, interval [1, ∞ = {x ∈ R : x  1}

- jer nije omeden - odozgo. Interval neomeden,

−∞, −2 = {x ∈ R : x < −2} - odozdo. je neomeden, jer nije omeden

- proˇsiruju se i na po volji uzete Pojmovi omedenosti te donje i gornje mede podskupove brojevnog pravca.

- skupa S je svaki broj m manji ili jednak bilo kojem elementu skupa Donja meda - skupa S je svaki broj M ve´ci ili jednak bilo kojem elementu S . Gornja meda skupa S . - nekog skupa ne Naglasimo odmah da, kao i za intervale, donja i gornja meda moraju postojati.

Kutak plus

DECIMALNI PRIKAZ IRACIONALNIH BROJEVA

√ Brojevi 2 i  su iracionalni, pa je njihov decimalni prikaz neperiodiˇcan. Zakon nizanja njihovih znamenaka nam je nepoznat: √ 2 = 1.41421 35623 73095 04880 16887 24209 69807 85696 . . .

 = 3.14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 41971 . . .

Na temelju ovih znamenaka ne znamo odrediti niti sljede´cu znamenku njihovog prikaza.

S druge strane, lako je opisati decimalni prikaz mnogih iracionalnih brojeva. Takvi su, primjerice: 0.1234567891011121314151617181920212223242526 . . .

0.1010010001000010000010000001000000010000000 . . .

U prvom su sluˇcaju napisani redom svi prirodni brojevi, u drugom potencije 10n za n  1 . Oba su ova prikaza neperiodiˇcna, jer se u jednom i u drugom moˇze prona´ci niz istovjetnih znamenaka po volji odabrane duljine, dakle dulji od bilo kojeg unaprijed zadanog perioda.

52

REALNI BROJEVI

1.5

Omedeni skupovi

OG LE DN IP RIM JE RA K

- ako postoje brojevi Neprazan podskup S brojevnog pravca je omeden m i M takvi da za svaki x ∈ S vrijedi m  x  M. - skup ima konaˇcnu donju i gornju medu. - U proDakle, svaki omedeni tivnom, za skup kaˇzemo da je neomeden.

Minimum, maksimum, supremum i infimum skupa

- mogu ali ne moraju pripadati skupu. S tim u vezi definiramo pojmove Mede supremuma i maksimuma nekog skupa: Supremum skupa

Supremum skupa S jest broj  sa svojstvima: - skupa S 1)  je gornja meda

2)  je najmanja gornja meda.

- odozgo, onda supremum ne Piˇsemo  = sup S . Ako skup nije omeden postoji pa stavljamo sup S = ∞ . Ako supremum  pripada skupu S , onda za njega kaˇzemo da je maksimum skupa S i piˇsemo  = max S .

Analogno ovom, definira se pojam infimuma i minimuma skupa: Infimum skupa

Infimum skupa S jest broj  sa svojstvima - skupa S . 1)  je donja meda 2)  je najve´ca donja meda.

- odozdo, onda stavljamo Piˇsemo  = inf S . Ako skup nije omeden inf S = −∞ . Ako  pripada skupu S , onda za njega kaˇzemo da je minimum skupa S i piˇsemo  = min S .

53

1

BROJEVI

Primjer 3.

Uvjerimo se da za omedene intervale vrijedi: = [a, b], = a, b], = [a, b , = a, b ,

a = min I, b = max I, a = inf I, b = max I, a = min I, b = sup I, a = inf I, b = sup I.

OG LE DN IP RIM JE RA K

I I I I

Koje svojstvo karakterizira supremum? Supremum je najmanja gornja meda - tog skupa. To znaˇci da svaki broj manji od supremuma viˇse nije gornja meda skupa.

- skupa. To znaˇci da svaki broj ve´ci Jednako tako, infimum je najve´ca donja meda - tog skupa. od infimuma viˇse nije donja meda

Primjer 4.

Navedimo nekoliko primjera podskupova brojevnog pravca i odredimo - Istaknimo pripadaju li one skupu ili mu ne njihove gornje ili donje mede. pripadaju. S = 0, 1 ∪ 1, 4],

S = {x ∈ Q : x < 2},

inf S = 0, max S = 4, √ √ inf S = − 2, sup S = 2,

S = {y ∈ R : y = −x2 +2, x∈R}, S = N = {1, 2, 3 . . .},

inf S = −∞, min S = 1,

2

Primjer 5.

max S = 2, sup S = ∞.

Odredimo infimum, supremum, minimum i maksimum skupa S = {x2 + 1 : x ∈ R, −1 < x < 2}.

U rubnim toˇckama intervala, funkcija f (x) = x2 + 1 uzima vrijednosti f (−1) = 2 , f (2) = 5 . Koordinate tjemena ove parabole su (0, 1) . Zato funkcija preslikava interval −1, 2 u interval S = [1, 5 . Prema tome je inf S = min S = 1, sup S = 5. Maksimum skupa S ne postoji.

54

REALNI BROJEVI

1.5

Skup racionalnih brojeva je gust Udaljenost dvaju uzastopnih cijelih brojeva iznosi 1. To znaˇci da u intervalu duljine manje od 1 postoji najviˇse jedna cjelobrojna toˇcka.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Poloˇzaj racionalnih brojeva na brojevnom pravcu bitno je drukˇciji. Pokazat c´emo - svakih dvaju racionalnih brojeva postoji beskonaˇcno mnogo racionalda izmedu nih brojeva. Viˇse je mogu´cih dokaza. Obrazloˇzimo dva sliˇcna razmiˇsljanja. b−a Ako su brojevi a i b racionalni, tada je racionalan i broj x = . Promo10 trimo brojeve a , a + x , a + 2x . . . a + 10x = b . Svi su oni racionalni i leˇze b−a . unutar intervala [a, b] . Toˇcno je 11 takvih brojeva. Stavimo sad x = 100 Ponovo su brojevi oblika a , a + x , a + 2x . . . a + 100x = b racionalni brojevi unutar intervala [a, b] . Njih je sada 101. Dijelivˇsi razliku b − a na sve viˇse dijelova, zakljuˇcujemo da moˇzemo prona´ci po volji mnogo racionalnih brojeva unutar ovog intervala. Pogledajmo joˇs jednu konstrukciju. Podijelimo interval [a, b] na dva jednaka b−a a+b dijela. Djeliˇsna toˇcka iznosi x = a + = i to je racionalan broj. Sad 2 2 moˇzemo interval [a, x] ponovo podijeliti na dva jednaka dijela; djeliˇsnoj toˇcki odgovara racionalni broj. a

a+x

a+ 2x

b

a

b

a+x a+ 2x

- svakih dvaju racionalnih brojeva postoji joˇs beskonaˇcno mnogo racionalnih Izmedu brojeva.

U svakom koraku moˇzemo sve prethodne intervale podijeliti na pola djeliˇsnim toˇckama koje su racionalni brojevi. Tako unutar intervala [a, b] pronalazimo jednu, pa dvije, cˇetiri, osam, sˇ esnaest itd. racionalnih toˇcaka. Prema tome, izmedu svakih dvaju racionalnih brojeva postoji beskonaˇcno mnogo racionalnih brojeva. Sliˇcna tvrdnja vrijedi i za odnos realnih i racionalnih brojeva. Gusto´ca skupa racionalnih brojeva

- svakih dvaju racionalnih brojeva postoji beskonaˇcno mnogo Izmedu racionalnih brojeva. - svakih dvaju realnih brojeva postoji beskonaˇcno mnogo raciIzmedu onalnih brojeva. Kaˇzemo da su racionalni brojevi gusti na brojevnom pravcu.

55

1

BROJEVI

Skup R je potpun Aksiom potpunosti skupa realnih brojeva

- podskup ima infimum i supremum. U skupu R svaki omedeni

OG LE DN IP RIM JE RA K

R15

Po ovom svojstvu se razlikuje skup realnih brojeva od skupa racionalnih brojeva. Naime, takvo svojstvo ne vrijedi u skupu racionalnih brojeva! Skup racionalnih brojeva nije potpun

Supremum i infimum omedenog podskupa racionalnih brojeva ne mora biti racionalan broj.

Ilustracija za to je sljede´ci skup racionalnih brojeva

{x ∈ Q : x2 < 2}. √ √ Njegov infimum je broj − 2 , a supremum 2 i to nisu racionalni brojevi.

Zorno to zamiˇsljamo tako sˇ to prihva´camo da unutar skupa racionalnih brojeva (shva´cenih kao toˇcke brojevnog pravca) postoje sˇ upljine. Te sˇ upljine upravo su iracionalni brojevi. S druge je strane skup realnih brojeva je potpun, on nema sˇ upljina. To zamiˇsljamo tako da svakoj toˇcki brojevnog pravca odgovara neki realni broj.

Povijesni kutak

REALNI BROJEVI

Realni su brojevi precizno opisani relativno kasno, tek krajem XIX. st. Najve´ci su doprinos u tome imali njemaˇcki matematiˇcari Wilhelm Dedekind (1831. – 1916.), Georg Cantor (1845. – 1918.) i Karl Theodor Wilhelm Weierstraß (1815. – 1897.).

W. Dedekind

G. Cantor

K. T. W. Weierstraß

Strogi opis skupa realnih brojeva dobivamo tako da propiˇsemo sustav aksioma koje realni brojevi moraju zadovoljavati, a koji su dovoljni da potpuno opiˇsu skup realnih brojeva. To su svojstva R1 – R14 , navedena pri opisu racionalnih brojeva. Ona se moraju nadopuniti aksiomom R15 o potpunosti skupa realnih brojeva.

56

REALNI BROJEVI

1.5

OG LE DN IP RIM JE RA K

Potpunost skupa realnih brojeva obiˇcno ilustriramo jednim svojstvom niza padaju´cih zatvorenih intervala. Neka je I1 = [a1 , b1 ] , I2 = [a2 , b2 ] , I3 = [a3 , b3 ] , I4 = [a4 , b4 ] . . . zadani niz padaju´cih intervala: I1 ⊃ I2 ⊃ I3 ⊃ I4 ⊃ . . . Tad postoji realni broj koji je sadrˇzan u svim intervalima. Preciznije moˇzemo kazati da je presjek ove familije intervala ponovo zatvoreni interval, koji se moˇze stegnuti u toˇcku. Svojstvo padaju´cih intervala

Niz padaju´cih zatvorenih intervala ima neprazan presjek u skupu realnih brojeva. a1

b1

b2

a2

a3

Niz padaju´cih intervala ima neprazan presjek u skupu realnih brojeva.

b3

an

bn

Svojstvo potpunosti skupa realnih brojeva povezano je s decimalnim zapisom realnih brojeva.

Primjer 6.

Izraˇcunajmo prvih nekoliko decimala broja

√

2.

Odredit c´emo ih probom. Traˇzimo niz decimalnih brojeva kojima c´e kvadrat biti manji od 2 . Brojeve pritom biramo tako da svaki sljede´ci ima jednu decimalu viˇse i da budu najve´ci s traˇzenim svojstvom: 12 = 1 < 2 < 22 = 4 2

x1 = 1,

2

1.4 = 1.96 < 2 < 1.5 = 2.25 2

2

1.41 = 1.9881 < 2 < 1.42 = 2.0164 2

2

1.414 ≈ 1.9993 < 2 < 1.415 ≈ 2.0022

x2 = 1.4,

x3 = 1.41,

x4 = 1.414 itd.

√ U svakom koraku moˇzemo procijeniti udaljenost broja 2 i njegove aproksimacije konaˇcnim decimalnim brojem. Kako Svaka sljede´ca aproksimacija ima jednu toˇcnu znamenku viˇse, vrijedi, primjerice: √ √ √ | 2−1.41| 0 , odnosno 3 /2 za y < 0 .

64

TRIGONOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

Primjer 5.

1.6

Prikaˇzimo u trigonometrijskom obliku sljede´ce brojeve: 2) −2i; √ √ 6) − 2+ 2 i;

√ 3) − 2; √ 7) −1 − 3 i;

4) 2; 8) −1 + 2i.

OG LE DN IP RIM JE RA K

√ 1) 3 + i; 5) 1 − i; 1)

√ √ ⎫ r = | 3 + i| = 3 + 1 = 2,⎬    + i sin =⇒ z = 2 cos   1 6 6 tg  = √ = tg ,  = ⎭ 6 6 3

 3 3 3  te je z = 2 cos + i sin 2 2 2 √ √ √   3) r = | − 2| = 2,  =  , z = 2 cos  + i sin    4) r = |2| = 2,  = 0, z = 2 cos 0 + i sin 0

=

2) r = | − 2i| = 2;

B

odredivanje trigonometrijskog prikaza kompleksnog broja

√

√

2 . Vrijedi tg  = −1 , a kako je broj u cˇetvrtom  7 , te slijedi: kvadrantu, vrijedi  = 2 − = 4 4   √ 7 7 . z = 2 cos + i sin 4 4 √ 6) r = 2 + 2 = 2 . Vrijedi ponovo tg  = −1 , ali je broj u drugom  3 3 3  . . Dakle z = 2 cos + i sin kvadrantu pa je  = 4 4 4 √ √ 7) r = 1 + 3 = 2 . tg  = 3 . Kut je u tre´cem kvadrantu pa je   4 4  .  =  + = 43 . Dakle z = 2 cos + i sin 3 3 3 √ 8) r = | − 1 + 2i| = 5 , tg  = −2 . Iz tg  = 2 slijedi  = 63◦ 26 6 . Broj je u drugom kvadrantu pa je  = 180◦ − 63◦ 26 6 = √  ◦   116 33 54 . Dobivamo z = 5 cos 116◦ 33 54 + i sin 116◦ 33 54 (vidi sliku). 5) r =

Zadatak 1.

1+1 =

Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku brojeve z1 = 2 − 2i , z2 = −1 + 3i .

65

1

BROJEVI

Primjer 6.

Prikaˇzimo u trigonometrijskom obliku kompleksne brojeve:

 5 − 2i sin . 6 6   1) Broj z moˇzemo zapisati u obliku z = cos − i sin . Modul bro3 3 ja z jednak je 1. Valja joˇs odrediti njegov argument. No broj je u 5 kompleksnoj ravnini smjeˇsten u IV. kvadrant pa je arg(z) =  = . 3    . Modul 2) Broj z moˇzemo zapisati u obliku z = 2 − cos − i sin 6 6 broja z jednak 2. Broju z u kopleksnoj ravnini je ravnini pridruˇzena 7 toˇcka u III. kvadrantu pa je arg(z) =  = . 6  7 7  . Tako je konaˇcno z = 2 cos + i sin 6 6

 2 − i sin ; 3 3

2) z = −2 cos

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) z = cos

Primjer 7.

Odredimo sve toˇcke kompleksne ravnine za koje je 1)

  < arg z < ; 6 4

2) 1 < |z| < 3 .

1) Neka je z = r(cos  + i sin  ) . Vrijedi  = arg z . Uvjetom   < arg z < postavljen je samo uvjet na kut  , ali ne i na modul 6 4 r . Dakle, r moˇze biti bilo koji, a  se mora nalaziti unutar intervala    - zrakama . Traˇzeni je skup kut u kompleksnoj ravnini odreden , 6 4    = i  = (slika lijevo). 6 4

2) Prikaˇzimo ponovo kompleksni broj z u trigonometrijskom obliku: z = r(cos  + i sin  ) . Sada je |z| = r i uvjet prelazi u 1 < r < 3 , - kruˇzni dok nema ograniˇcenja na kut  . Stoga je uvjetom odreden prsten na slici desno. Rubovi nisu ukljuˇceni u podruˇcje.

66

TRIGONOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

Primjer 8.

1.6

Odredimo skup svih kompleksnih brojeva z odredenih uvjetima 1) |z − 1| = |z − i| ;

2) |z − i| + |z + i| = 4 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) Ovaj skup cˇine sve toˇcke koje su jednako udaljene od (1, 0) i (0, 1) . Taj je skup pravac, simetrala duˇzine kojoj su 1 = (1, 0) , i = (0, 1) krajnje toˇcke. |z − 1| = |z − i|,

(x − 1)2 + y2 = x2 + (y − 1)2 ,

x2 − 2x + 1 + y2 = x2 + y2 − 2y + 1, −2x = −2y, y = x.

2) Ovaj skup cˇine sve toˇcke z = x + yi za koje je zbroj udaljenosti do toˇcaka i , −i jednak 4. Rijeˇc je o elipsi sa zˇ ariˇstima u i = (0, 1) i −i = (0, −1) , cˇiju jednadˇzbu moˇzemo dobiti ovako: |x + (y − 1)i| + |x + (y + 1)i| = 4,  x2 + (y − 1)2 + x2 + (y + 1)2 = 4,   x2 + (y − 1)2 = 4 − x2 + (y + 1)2 ,  x2 + y2 − 2y + 1 = 16 + x2 + y2 + 2y + 1 − 8 x2 + (y + 1)2 ,  y + 4 = 2 x2 + (y + 1)2 , 

y2 + 8y + 16 = 4x2 + 4y2 + 8y + 4, 4x2 + 3y2 = 12.

Mnoˇzenje kompleksnih brojeva

Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja vrlo je pogodan za opis operacije mnoˇzenja, a onda potenciranja i korjenovanja kompleksnih brojeva. Izaberimo bilo koja dva kompleksna broja (razliˇcita od nule) i prikaˇzimo ih u trigonometrijskom obliku:   z1 = r1 cos 1 + i sin 1 ,   z2 = r2 cos 2 + i sin 2 .

67

1

BROJEVI

Koriˇstenjem adicijskog teorema za trigonometrijske funkcije, za njihov umnoˇzak dobivamo izraz:    z1 z2 = r1 r2 cos 1 + i sin 1 cos 2 + i sin 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

= r1 r2 [cos 1 cos 2 − sin 1 sin 2 + i cos 1 sin 2 + i sin 1 cos 2 ] = r1 r2 [cos(1 + 2 ) + i sin(1 + 2 )].

(9)

Formule (9) predstavljaju trigonometrijski prikaz broja z1 z2 . Njegov je modul r1 r2 , a argument 1 + 2 . Zato vrijedi |z1 z2 | = |z1 | · |z2 |, arg(z1 z2 ) = arg z1 + arg z2 .

Mnoˇzenje kompleksnih brojeva

Kompleksni brojevi prikazani u trigonometrijskom obliku mnoˇze se tako da im se pomnoˇze moduli, a argumenti zbroje: z1 z2 = r1 r2 [cos(1 + 2 ) + i sin(1 + 2 )].

Zadatak 2.

Izraˇcunaj umnoˇzak brojeva √    , z1 = 2 cos + i sin 6 6

√  3   z2 = cos . + i sin 2 12 12

Kutak plus

NEJEDNAKOSTI U SKUPU C

Moˇzemo li za dva kompleksna broja re´ci koji je ve´ci, a koji manji? Je li broj 4 + 3i ve´ci od 1 + 2i ?

U skupu kompleksnih brojeva ne postoji relacija poretka koja ima svojstva R10 – R14 relacije poretka u skupu realnih brojeva. Ta svojstva govore da za svaki broj z = 0 mora vrijediti toˇcno jedna od relacija z < 0 ili z > 0 . Nadalje, relacija poretka ima sljede´ce svojstvo: z < 0 =⇒ 0 < −z. Zaista, po svojstvu R13 slijedi

z < 0 =⇒ z + (−z) < 0 + (−z)

tj. 0 < −z.

Ako u polju kompleksnih brojeva postoji relacija poretka  , tada za broj i mora vrijediti i < 0 ili 0 < i . U posljednjem sluˇcaju, po R14 vrijedilo bi 0 < i2 = −1 , sˇ to je proturjeˇcje. Ako je pak i < 0 , tada je 0 < −i i odavde 0 < (−i)2 = −1 , pa ponovno dobivamo isto proturjeˇcje. Prema tome, nije mogu´ce definirati relaciju poretka u polju kompleksnih brojeva. Stoga kompleksne brojeve ne moˇzemo usporedivati po veliˇcini.

68

(10) (11)

TRIGONOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

1.6

Dijeljenje kompleksnih brojeva

OG LE DN IP RIM JE RA K

Formula sliˇcna onoj za mnoˇzenje vrijedi i za operaciju dijeljenja.   r1 cos 1 + i sin 1 z1   = z2 r2 cos 2 + i sin 2   r1 cos 1 + i sin 1 cos 2 − i sin 2 · =  r2 cos 2 + i sin 2 cos 2 − i sin 2    r1 cos 1 + i sin 1 cos(−2 ) + i sin(−2 ) = r2 (cos2 2 + sin2 2 ) r = 1 [cos(1 − 2 ) + i sin(1 − 2 )]. (12) r2 r Iz ovog prikaza vidimo da je modul ovog broja 1 , a argument 1 − 2 : r2    z1  |z1 | z  = (13) arg 1 = arg z1 − arg z2 .  z  |z | , z2 2 2 Dijeljenje kompleksnih brojeva

Kompleksne brojeve dijelimo tako da im podijelimo module, a argumente oduzmemo z1 r = 1 [cos(1 − 2 ) + i sin(1 − 2 )]. z2 r2

Primjer 9.

√ (1 + i)(1 − i 3) √ Izraˇcunajmo . (1 − i)( 3 + i)

Prikaˇzimo brojeve u trigonometrijskom obliku:   √    1 + i = r1 cos 1 + i sin 1 = 2 cos + i sin , 4 4     √ 5 5 , 1 − i 3 = r2 cos 2 + i sin 2 = 2 cos + i sin 3 3   √  7 7  , 1 − i = r3 cos 3 + i sin 3 = 2 cos + i sin 4 4     √   3 + i = r4 cos 4 + i sin 4 = 2 cos + i sin . 6 6 Stoga je traˇzeni broj jednak:  r1 r2  cos(1 + 2 − 3 − 4 ) + i sin(1 + 2 − 3 − 4 ) r3 r4       5 7 5 7 + i sin + − − + − − = 1 · cos 4 3 4 6 4 3 4 6 = cos 0 + i sin 0 = 1.

69

1

BROJEVI

Kutak plus

OG LE DN IP RIM JE RA K

FRAKTALI Teorija fraktala je jedna od najnovijih teorija kojim su matematiˇcari obogatili svijet. Vjerojatno niti jedno drugo podruˇcje moderne matematike nije imalo toliki utjecaj kod “laika” poput ovog. Razlog je viˇse nego jasan. Geometrijska interpretacija fraktala stvara dotad nevidene slike u kojima se mijeˇsa imaginacija zamiˇsljenih svjetova s detaljima koje priroda stvara svuda oko nas. List paprati, plod cvjetaˇce (da ne spominjemo sˇ enon — kriˇzanca cvjetaˇce i brokule....) morska obala, zorni su primjeri kako je fraktalno ponaˇsanje ugradeno u prirodne zakone. ˇ je to fraktal? Neprecizna, ali intuitivno jasna definicija kaˇze da je Sto fraktal lik pove´cavanjem kojeg se otkriva sve ve´ca i ve´ca sloˇzenost.

Slike na ovoj stranici dobro opisuju tu sloˇzenost. Slike u desnom stupcu prestavljaju dijelove istog fraktala, vjerojatno najpoznatijeg od svih, Mandelbrotovog skupa. Ime je dobio po zaˇcetniku ove teorije - u Varˇsavi, 1924., sˇ kolovan u FrancusBenoitu Mandelbrotu (roden koj). Taj se lik dobiva promatranjem rekurzivnog niza kompleksnih brojeva zn+1 = z2n + z0 . Ovisno o ponaˇsanju tog niza (modulu n -tog pacˇlana) svakoj se toˇcki z0 pridjeli jedna boja iz unaprijed priredene lete. Fraktalno svojstvo skupa oˇcituje se u njegovoj izrazito nepravilnoj granici. Uoˇcit c´ete da duboko unutar Mandelbrotovog skupa postoje mali djeli´ci koji su po obliku potpuno sliˇcni cˇitavom skupu. Svaka sljede´ca slika tek je neznatni djeli´c prethodne (moˇzete li otkriti na kojem mjestu?!). Prva slika obuhva´ca 3.1 × 109 puta ve´cu povrˇsinu od cˇetvrte slike! Moglo bi se prona´ci barem milijun razliˇcitih interesantnih slika istog reda veliˇcine, skrivene unutar poˇcetne slike. Daljnjim smanjivanjem, taj broj neograniˇceno raste. Izborom razliˇcitih rekurzivnih formula zn+1 = f (zn ) dobivaju se mnogi drugi fraktali. Stotine mreˇznih stranica posve´cene su fraktalima. Potraˇzite galerije slika fraktala na internetu!

Druga slika u gornjem redu nije kompjutorski generirana, ve´c snimka mjeseˇcevog kratera u infracrvenom dijelu spektra.

70

TRIGONOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

1.6

Zadatci 1.6. Izraˇcunaj:

7.

1) (3 − 5i) + (−2 + 3i) ; 2) (3 − 2i)(1 + i)(2 + 3i) ;

8.

3) (3 + 2i)3 ;

1) Im z2 = 2 ; 3) |z − 1| = |z − i| ; 5) |z−3|+|z+3|=8 ; z−2 = 0; 7) Re z − 2i z − z1 9) Re = 0; z − z2

4) (2 + i)4 ;

1 + i + i2

+ . . . + i9

5) 6) (1 + i50 )(1 − i51 ) ; i+1 i + ; 7) i−1 i i−1 i+1 8) + . i−2 i+2

2.

3.

+ i10 ;

Odredi realni i imaginarni dio sljede´cih kompleksnih brojeva:  i5 + 2 2 (1 + i)5 ; 2) ; 1) 19 i +1 (1 − i)3 4  2 √ . 3) 1+i 3 Pokaˇzi da operacije zbrajanja i mnoˇzenja kompleksnih brojeva imaju sljede´ca svojstva: z1 + z2 = z2 + z1 , (komutativnost zbrajanja) (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ), (asocijativnost zbrajanja) z1 z2 = z2 z1 ,

(komutativnost mnoˇzenja)

(z1 z2 )z3 = z1 (z2 z3 ), (asocijativnost mnoˇzenja)

z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 . (distributivnost mnoˇzenja).

4. 5. 6.

Odredi sve kompleksne brojeve z za koje vrijedi z = z3 . Odredi skup svih kompleksnih brojeva z odredenih uvjetima

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

Odredi skup svih toˇcaka z u kompleksnoj ravnini koje se mogu prikazati u obliku z = cos t+i sin t . z−1 , z = ±1 . Dokaˇzi da je Neka je w = z+1 Re w = 0 ako i samo ako je |z| = 1 .

Odredi skup svih toˇcaka z u kompleksnoj ravnini  z − 1 2 za koje je realan. z

9.

2) |z − i| + |z + i| = 4 ; 4) Re (1 + z) = |z| ; 6) |z − 1| − |z + 1| = 1 ; z−2 8) Im = 0; z − 2i z − z1 10) Im = 0. z − z1

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 | .

10. Prikaˇzi u Gaussovoj ravnini sljede´ce brojeve: 1) z = cos  + i sin  ;  3  3 + i sin ; 2) z = 2 cos 2 2 √  3 3  3) z = 2 cos + i sin ; 4 4  √  7 7 + i sin ; 4) z = 5 cos 6 6   11 11 5) z = 3 cos + i sin . 3 3

11. Odredi i nacrtaj toˇcke zadane polarnim koordinatama r i  :   1) 1,  ; 4    3) 3, ; 2   5) 1, −  ; 2 √  3 7) 2,  ; 4

2)



 2, −  ; 4

4) (2,  ) ;   6) 3, 5 ; 4 √  8) 3,  . 3

12. Za toˇcke iz prethodnog zadatka odredi Kartezijeve koordinate.

71

1

BROJEVI

13. Odredi argumente kompleksnih brojeva: 1) z = −1 + i ; √ 3) z = 3 − i ;

√ 2) z = −1 − i 3 ; 1 4) z = − + 3i . 2

skom obliku sljede´ce brojeve: 1) i ; 4) −6 ; 7) 1 + 2i ;

2) −2i ; 5) −1 + i ; 8) 3 − 2i .

3) 4 ; √ 6) −1 − i 3 ;

15. Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku sljede´ce kompleksne brojeve:

1) z = 1 − i ; √ 3) z = 2 ; √ 3 1 ; 5) z = − + i 2 2

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

16. Kompleksne brojeve

 7 − 2i sin ; 4 4   + i sin ; 2) z2 = − cos 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

17. Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku sljede´ce kompleksne brojeve:

5 11 − 3i sin ; 4 4   + i sin ; z = − cos 11 11    z = 3 sin − i cos ; 12 12 √ √ 5 11 − i 2 sin ; z = − 2 cos 4 4 10 10 + i sin ; z = 1 + cos 9 9 5 5 − i sin . z = 1 − cos 3 3

1) z = 3 cos 2) 3) 4) 5) 6)

72

1) 2) 3)

      cos + i sin cos + i sin ; 8 8 12 12 √  5    √  5 · 6 cos +i sin ; 3 cos +i sin 3 6 6 √ √  3 3 3  5 5  3 3 cos +i sin · cos +i sin ; 2 4 4 3 4 4  √   √ · 3 cos  + i sin  ; 2 cos + i sin 2 2  √ 11  √  3  11 3 +i sin · 8 cos +i sin . 2 cos 4 4 8 8

OG LE DN IP RIM JE RA K

14. Odredi modul i argument i zapiˇsi u trigonometrij-

18. Izraˇcunaj:

4)

5)

19. 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

20. Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku brojeve: i−1   ; cos + i sin 3 √3 1+i 3 2) z =  ; 5  5 − i sin 2i cos 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 1) z =

21. 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    , 3) z1 = 3 cos + i sin 7 7     + i sin . z2 = 2 cos 21 21

POTENCIRANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

1.7

1.7. Potenciranje i korjenovanje kompleksnih brojeva

OG LE DN IP RIM JE RA K

Potenciranje kompleksnih brojeva Pokazali smo da se kompleksni brojevi z1 i z2 mnoˇze ovako: z1 z2 = r1 r2 [cos(1 + 2 ) + i sin(1 + 2 )]. Uvrstimo ovdje z1 = z2 . Dobivamo   z2 = r2 cos 2 + i sin 2 . Primjenom iste formule slijedi:     z3 = z2 · z = r2 cos 2 + i sin 2 · r cos  + i sin    = r3 cos 3 + i sin 3 . Indukcijom c´emo dobiti op´cenitu formulu.

(1)

Potenciranje kompleksnih brojeva

Potencija broja z napisanog u trigonometrijskom obliku, raˇcuna se de Moivreovom 4 formulom:   (2) zn = rn cos n + i sin n . Iz nje cˇitamo: |zn | = |z|n , (3) n (4) arg(z ) = n arg z.

√ Izraˇcunajmo (−1 + i 3)60 .

Primjer 1.

√ Prikaˇzimo −1 + i 3 u trigonometrijskom obliku. On se nalazi u drugom kvadrantu i vrijedi  √ r = (−1)2 + ( 3)2 = 2, √ 3  tg( −  ) = = tg . 1 3

z

r

p-j -1 x

3 y j O

2 : 3  √ 2 2  . −1 + i 3 = 2 cos + i sin 3 3

Dakle, r = 2 ,  =

4

Abraham de Moivre, (1667. – 1754.) engleski matematiˇcar

73

1

BROJEVI

OG LE DN IP RIM JE RA K

Sada moˇzemo primijeniti de Moivreovu formulu (2):    √ 2  2  (−1 + i 3)60 = 260 cos 60 · + i sin 60 · 3 3   60 60 cos(40 ) + i sin(40 ) = 2 . =2

Zadatak 1.

   3 3 Ako je z1 = 2 cos + i sin , z2 = cos + i sin , koliko je z31 · z22 ? 3 3 4 4

Korjenovanje kompleksnih brojeva

S pojmom korjenovanja upoznali smo se joˇs u prvom razredu, kad smo govorili da je to operacija inverzna operaciji potenciranja. Medutim, ograniˇcili smo se na korjenovanje pozitivnih realnih brojeva, pri cˇemu takav korijen ima samo jednu vrijednost i ta je vrijednost pozitivan realni broj. Tako, primjerice, vrijedi √ √ - za bilo koji parni korijen pozitiv4 = 2 , 5 = 2.236√. . . itd. Isto se dogada √ 4 6 na broja, primjerice 16 = 2 , 16 = 1.587 . . . . Govorili smo da i neparni - ima samo jednu vrijednost, medutim, korijen takoder ona moˇze biti i negativna: √ √ 3 3 8 = 2 , ali −8 = −2 . Ovako izraˇcunane vrijednosti korijena nazivamo aritmetiˇcki korijen realnog broja.

Pojam korijena vezan je uz rjeˇsavanje nekih jednadˇzbi. Tako √ primjerice, jednadˇzba x2 − 3 = 0√ima dva realna rjeˇsenja, od kojih je jedno 3 , a drugo suprotnog - dva rjeˇsenja suprotnih predznaka, − 3 . Jednadˇzba x2 + 4 = 0 ima takoder predznaka: 2i i −2i . U ovom sluˇcaju pri rjeˇsavanju moramo odrediti vrijednost korijena negativnog broja −4 . Korijen kompleksnog broja

n -ti korijen kompleksnog broja z je svako rjeˇsenje jednadˇzbe wn = z . √ n Piˇsemo w = z .

Ovaj se pojam korijena razlikuje od prije navedenog aritmetiˇckog korijena (iako se zapisuje na isti naˇcin).

Primjer 2.

Odredimo sve brojeve w za koje je w3 = 8 .

Traˇzeni brojevi su rjeˇsenja jednadˇzbe w3 − 8 = 0 . Kako je to jednadˇzba tre´ceg stupnja, oˇcekujemo da c´e ona imati tri rjeˇsenja. Ta su rjeˇsenja ujedno nul-toˇcke polinoma w3 − 8 . Jedna njegova nul-toˇcka je w1 = 2 . Dijeljenjem polinoma sa w − 2 dobivamo, po formuli za razliku kubova w3 − 8 = (w − 2)(w2 + 2w + 4).

74

POTENCIRANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

1.7

Preostale dvije nul-toˇcke dobivamo rjeˇsavaju´ci jednadˇzbu √ w2 + 2w + 4 = 0 =⇒ w2,3 = −1 ± i 3, i to su kompleksni brojevi.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Uvjerimo se da za njih uistinu vrijedi w3 = 8 . Imamo: √ √ √ √ (−1+i 3)3 = (−1)3 +3(−1)2 i 3+3(−1)i2 ( 3)2 +( 3)3 i3 √ √ = −1 + 3 3i + 9 − 3 3i = 8. √ Na isti se naˇcin dobiva (−1 − i 3)3 = 8 .

Prema tome, tre´ci korijen u skupu kompleksnih brojeva ima tri razliˇcite vrijednosti: √ √ w3 = 8 ⇐⇒ w1 = 2, w2 = −1 + i 3, w3 = −1 − i 3.

Pokazat c´emo da za z = 0 uvijek postoji n njegovih razliˇcitih n -tih korijena. Uobiˇcajeno je da se korijen kompleksnog broja oznaˇcava istim simbolom kao i aritmetiˇcki korijen realnog broja i to ponekad moˇze izazvati zabunu. Tako, primjerice, ako je z realan broj, primjerice z =√8 , tada je 2 jedini aritmetiˇcki tre´ √ci korijen ovog broja, dok kompleksni korijen 8 ima tri vrijednosti: 2, −1 + i 3 √ i −1 − i 3 .

Primjer 3.

Vrijedi:

(1 + i)4 = (1 + 2i + i2 )2 = (2i)2 = −4,

(−1 + i)4 = (1 − 2i + i2 )2 = (−2i)2 = −4,

(−1 − i)4 = (1 + 2i + i2 )2 = (2i)2 = −4,

(1 − i)4 = (1 − 2i + i2 )2 = (−2i)2 = −4.

Vidimo da su brojevi 1 + i , −1 + i , −1 − i , 1 − i cˇetvrti korijeni broja −4 .

Odredimo sad n -ti korijen kompleksnog broja z , z = 0 . Stavimo w = z = wn i prikaˇzimo te brojeve u trigonometrijskom obliku:   z = r cos  + i sin  ,   w =  cos  + i sin  .

√ n

z , tj.

75

1

BROJEVI

Tada iz

    r cos  + i sin  = n cos n + i sin n

slijedi:

√ n r,  + 2k n =  + 2k =⇒  = . n

U ovoj je formuli realni broj.

z2

z3

=⇒  =

OG LE DN IP RIM JE RA K

n = r

2p n

z1

jn

zn

Svi n -ti korijeni kompleksnog broja razliˇcitog od nule vrhovi su pravilnog n -terokuta sa srediˇstem u ishodiˇs√ tu. Polumjer n terokuta iznosi n r , a argument prvog od njih je  /n .

√ n

r aritmetiˇcki n -ti korijen pozitivnog broja r , to je pozitivan

U izrazu za argument  , k uzima sve cjelobrojne vrijednosti. No to ne znaˇci da c´emo dobiti beskonaˇcno mnogo razliˇcitih vrijednosti za argument  , jer c´e se nakon nekog vremena te vrijednosti razlikovati za viˇsekratnik od 2 pa c´e stoga definirati isti argument. Uvrˇstavanjem redom za k = 0, 1, . . . , n − 1 dobivamo sljede´ce razliˇcite vrijednosti argumenta  :   + 2  + 2(n−1) , ... . n n n  + 2n   Prva sljede´ca vrijednost je = + 2 i ona daje isti argument kao i . n n - ndobiti iz gornjih vrijednosti dodavanjem Sve sljede´ce vrijednosti mogu se takoder viˇsekratnika broja 2 . Isto vrijedi i za negativne brojeve k . Korijen kompleksnog broja

n -ti korijen kompleksnog broja z = r(cos  + i sin  ) ima toˇcno n razliˇcitih vrijednosti:  √  √ n z = n r cos  +2k + i sin  +2k , k = 0, 1, . . . , n−1. (5) n n

√ Svi ti brojevi imaju isti modul n r . Oni leˇze na kruˇznici sa srediˇstem u ishodiˇstu √ n i polumjerom r . Argumenti uzastopnih dvaju brojeva razlikuju se za 2 /n . - pravilan n -terokut u kompleksnoj ravnini. Zato tih n brojeva odreduje

Primjer 4.

Odredimo sve vrijednosti korijena 1) i prikaˇzimo ih u kompleksnoj ravnini.

√ 3

−1 + i ;

2)

√ 4

16 ;

1) Napiˇsimo broj −1 + i u trigonometrijskom obliku: √  3 3  . + i sin −1 + i = 2 cos 4 4 √ 3 Prema tome, vrijedi |−1 + i| = 2 ,  = i po formuli (5) 4 dobivamo sljede´ce vrijednosti:

76

POTENCIRANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

1.7

  3 √ 3 /4 + 2k 3 /4 + 2k  −1 + i = 2 cos + i sin 3 3   √  2k  2k  6 = 2 cos + + i sin + , k = 0, 1, 2. 4 3 4 3 Uvrˇstavanjem zadanih vrijednosti broja k dobivamo sljede´ce tri vrijednosti ovoga korijena: √   6  k = 0 : z1 = 2 cos + i sin , 4 4 √ 11 11  6  + i sin , k = 1 : z2 = 2 cos 12 12 √ 19 19  6  + i sin . k = 2 : z3 = 2 cos 12 12 Ti su brojevi prikazani na slici.

OG LE DN IP RIM JE RA K

√ 3

z1

z2

2p 3

p4

O

6

2

z3 tre´ci korijeni broja −1 + i

2i

-2

2

-2 i ˇ Cetvrti korijeni broja 16 leˇze u vrhovima kvadrata sa srediˇstem u ishodiˇstu, cˇ iji je jedan vrh u toˇcki (2, 0) .

2) Broj 16 u trigonometrijskom obliku ima prikaz 16 = 16 ( cos 0 + i sin 0 ), pa je √ √  0 + 2k 0 + 2k  4 4 16 = 16 cos + i sin , 4 4  k  k + i sin , k = 0, 1, 2, 3. = 2 cos 2 2 √ Ovdje moramo razlikovati broj 4 16 s lijeve strane jednakosti: to je cˇetvrti korijen kompleksnog(!) broja 16 i on ima cˇetiri vrijednosti. √ S desne strane jednakosti 4 16 nalazi se cˇetvrti korijen pozitivnog realnog broja 16, koji ima samo jednu (pozitivnu) vrijednost. Uvrˇstavanjem vrijednosti za k , dobivamo:   k = 0 : z1 = 2 cos 0 + i sin 0 = 2,    k = 1 : z2 = 2 cos + i sin = 2i, 2 2   k = 2 : z3 = 2 cos  + i sin  = −2,

 3 3  k = 3 : z4 = 2 cos + i sin = −2i. 2 2 √ Vidimo da smo 4 16 mogli prona´ci i bez upotrebe de Moivreove formule, znaju´ci da je jedna vrijednost broj 2, a sljede´ce tri predstavljaju preostale vrhove kvadrata sa srediˇstem u ishodiˇstu (slika).

77

1

BROJEVI

Zadatci 1.7.

2.

3.

4.

7 2 7  cos  + i sin  , Dani su brojevi z1 = 3 5 5 5  3 5 3 z2 = + i sin cos . Izraˇcunaj z1 i z42 . 4 9 9

7.

Dokaˇzi:

√  n  n + i sin 1) (1 + i)n = ( 2)n cos ; 4 4  √ n n − i sin . 2) ( 3 − i)n = 2n cos 6 6 √ √ 3 3 1 1 , z2 = − − i , Ako je z1 = − + i 2 2 2 2 n n izraˇcunaj z1 + z2 , n ∈ Z .

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

Izraˇcunaj:    6 1) cos + i sin ; 12 12  10 2) 2(cos 18◦ + i sin 18◦ ) ; √    5 + i sin 3 cos ; 3) 15 15 √  5 42 5 + i sin . 4) 3 2 cos 12 12 Izraˇcunaj sljede´ce potencije:     3 ; 1) 2 cos + i sin 3 3     4 2) 2 cos + i sin ; 3 3 √     4 3) 2 cos + i sin ; 4 4  √    6 2 cos + i sin ; 4) 4 4      −2 ; 5) 4 cos + i sin 3 3      −4 6) 3 cos + i sin . 8 8

5 Koliko je z12 1 : z2 ako je √  3   z1 = 2 − cos + i sin , 4 4

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

8. 9.

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

10. Zapiˇsi u trigonometrijskom obliku broj: 6 2 √ ; i 3−1 1 1 + ; 3) 1+i 1−i 1)



i−1 2) √ ; 3+i 1 1 √ − √ 4) . 1−i 3 i 3+1

11. Odredi argument i modul kompleksnog broja: 1)

2)

3)

4)

√ 1+i 3 z=    ; 2i cos + i sin 3 3 i−1 z= ; 5 5 + i sin cos 6 √ √ 6 10 z = ( 2 − i) · (1 − i 2)20 ; √ (1 − i 3)15 z= √  . 17   − 2 cos − i sin 6 6

12. Koriste´ci De Moivreovu formulu dokaˇzi sljede´ce identitete:

78

5.

Izraˇcunaj: √ 2) (1 − i)11 ; 1) (i − 3)13 ; √ √  2 2 50 −i . 3) − 2 2

6.

Ako je z = cos

2 2 +i sin , koliko je (1+z)n ? 3 3

1) 2) 3) 4)

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  .

13. Ako je x + 2 cos n .

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

POTENCIRANJE I KORJENOVANJE KOMPLEKSNIH BROJEVA

1.7

19. Prikaˇzi u trigonometrijskom obliku kompleksne  √ 1 + i 3.

√ 3  . brojeve z = 1−i 3 i w = −3 cos −3i sin 4 4 √ Izraˇcunaj z5 i 4 w .

predoˇci ih u Ga-

20. Prikaˇzi u trigonometrijskom obliku kompleksne

14. Izraˇcunaj naznaˇcene korijene:

√ √ −i ; 2) 3 + 4i ; - sve vrijednosti korijena i 15. Nadi ussovoj ravnini: √ √ 2) 3 8 ; 1) 3 −1 ; √ √ 4) 4 i ; 5) 6 1 . √ √ 7) 3 −2 + 2i ; 8) 4 −1 ; √ 10) 8 −1 .

3)

√ 3) 3 −27 ; √ 6) 3 i ; √ 9) 6 −1 ;

16. Odredi sve vrijednosti sljede´cih korijena: 

√

3 1 ; − −i 2 2  1−i 3) 6 √ . 3+i

1)

4

√ 4 2 − i sin . brojeve z = − 3 − i i w = cos 3 3 √ Izraˇcunaj 3 z i w5 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

1)

17. Izraˇcunaj: 

1+i 1) 8 √ ; 3−i  1 √ . 3) 12 1−i 3

√ 2) 3 2 + 2i ;

√ z3 i 4 z .

22. Ako je z = − cos √ i 5 z.

7 5 + 4 i sin , izraˇcunaj 6 6

4 2 + i sin , izraˇcunaj z4 3 3

23. Odredi ona rjeˇsenja jednadˇzbe z7 + z = 0 , z ∈ C za koja je Im (z) > 0 .

24. Pokaˇzi da vrijedi



2) 6

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

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

1−i √ ; 1+i 3

18. Odredi sve kompleksne brojeve z takve da je: 1) z4 = cos

21. Ako je z = −4 cos

25. Rijeˇsi jednadˇzbe: 1) 2) 3) 4) 5) 6)

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

79

1

BROJEVI

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.8. Polinomi

- svim elementarnim funkcijama najjednostavniji su polinomi. Njihova se Medu vrijednost moˇze izraˇcunati s pomo´cu konaˇcno mnogo elementarnih operacija zbrajanja i mnoˇzenja. No, zbog toga su polinomi iznimno vaˇzni, jer ponaˇsanje mnogih drugih funkcija istraˇzujemo dovode´ci ih u vezu s polinomima. U ovom c´emo poglavlju upoznati neka dodatna svojstva polinoma. Bilo koji polinom stupnja n zapisujemo ovako:

P(z) = an zn + an−1 zn−1 + . . . + a1 z + a0 .

Koeficijenti polinoma a0 , a1 , . . . , an mogu biti realni ili kompleksni brojevi. Koeficijent an se naziva vode´ci koeficijent, i on je razliˇcit od nule.

Neka je z1 realan ili kompleksan broj. Dijeljenjem polinoma P(z) s polinomom z−z1 dobiva se kvocijent Q(z) — polinom stupnja n−1 . Kao rezultat dijeljenja moˇze se pojaviti i ostatak, realni ili kompleksni broj r1 . Ta se operacija moˇze napisati formulom: P(z) = Q(z)(z − z1 ) + r1 .

(1)

Stavimo z = z1 u ovu formulu. Dobit c´emo: P(z1 ) = r1 . Zakljuˇcujemo da je broj r1 upravo vrijednost polinoma P(z) u toˇcki z = z1 . Dakle, za svaki broj z1 vrijedi P(z) = Q(z)(z − z1 ) + P(z1 ).

Posebice, ako je z1 nul-toˇcka polinoma P(z) , onda je P(z1 ) = 0 pa dobivamo P(z) = Q(z)(z − z1 ).

Kriterij djeljivosti polinoma

Ako je z1 nul-toˇcka polinoma P(z) , on je onda djeljiv polinomom z − z1 .

80

POLINOMI

1.8

Za polinom P(z) = z4 + 2z3 − z − 2 vrijedi P(1) = 0 . Dakle z1 = 1 je njegova nul-toˇcka, pa je polinom djeljiv s z − 1 . Naˇcinimo dijeljenje:

Primjer 1.

OG LE DN IP RIM JE RA K

z4 + 2z3 − z − 2 : z − 1 = z3 + 3z2 + 3z + 2 z4 − z3 3z3 − z − 2 3z3 − 3z2 3z2 − z − 2 3z2 − 3z 2z − 2 2z − 2 0 Time smo dobili: P(z) = (z3 + 3z2 + 3z + 2)(z − 1).

Ima li svaki polinom nul-toˇcku? Odgovor je negativan, ukoliko takve nul-toˇcke traˇzimo u realnim brojevima: polinom z2 + 4 nema realnih nul-toˇcki. Razlog uvodenja kompleksnih brojeva leˇzi upravo u tome sˇ to u skupu C svaki polinom ima nul-toˇcku. Tako je, primjerice, z1 = 2i nul-toˇcka ovog polinoma. Osnovni stavak algebre

Svaki polinom stupnja n  1 (s realnim ili kompleksnim koeficijentima) ima nul-toˇcku u skupu kompleksnih brojeva.

Ova je tvrdnja vrlo duboka, i svaki njezin dokaz 1 potpuno je netrivijalan. Po tehnici, oni izlaze izvan okvira elementarne matematike i mi ih ovdje ne moˇzemo navoditi. Sam se izrijek zbog svoje vaˇznosti naziva osnovni stavak algebre.

Neka je P(z) bilo koji polinom stupnja n  1 :

P(z) = an zn + an−1 zn−1 + . . . + a1 z + a0 .

(2)

Po osnovnom stavku algebre, on ima nul-toˇcku z1 . Pokazali smo da je tada P(z) djeljiv sa (z − z1 ) . To znaˇci da postoji polinom Pn−1 (z) stupnja n−1 takav da vrijedi P(z) = (z − z1 )Pn−1 (z). (3)

Ako je n  2 , onda je Pn−1 (z) stupnja barem 1 i moˇzemo ponovno primijeniti osnovni stavak algebre na taj polinom: postoji kompleksni broj z2 koji je 1

Prvi dokaz je izveo Gauss.

81

1

BROJEVI

nul-toˇcka polinoma Pn−1 . Jasno je da je taj kompleksni broj ujedno i nul-toˇcka polinoma P(z) , i, kako je Pn−1 (z) djeljiv sa (z − z2 ) , vrijedi relacija P(z) = (z − z1 )(z − z2 )Pn−2 (z) (4) za neki polinom Pn−2 (z) stupnja n − 2 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Nastavljaju´ci ovaj postupak na koncu c´emo dobiti formulu (5) P(z) = (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn )P0 , gdje je P0 polinom stupnja 0 , dakle, broj. Usporedbom vode´ceg koeficijenta (uz potenciju zn ) polinoma P(z) u formulama (2) i (5), vidimo da je ta konstanta P0 upravo koeficijent an . Time smo pokazali sljede´ce. Faktorizacija polinoma

Svaki se polinom stupnja n  1 moˇze faktorizirati na sljede´ci naˇcin: P(z) = an (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ), (6) gdje su z1 , . . . , zn njegove nul-toˇcke.

- brojevima z1 , . . . , zn mogu podudarati. Za nul-toˇcku Dakako da se neki medu koja se u ovom prikazu pojavljuje viˇse puta kaˇzemo da je viˇsestruka ili da ima kratnost onoliku koliko se puta pojavljuje u tom prikazu. Broj nul-toˇcaka polinoma

Polinom stupnja n ima n nul-toˇcaka, broje´ci njihovu kratnost.

Vi`eteove formule

Izjednaˇcimo oba dobivena prikaza:

an (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ) = an zn + an−1 zn−1 + . . . + a1 z + a0 . (7) Pomnoˇzimo faktore s lijeve strane i izjednaˇcimo koeficijente uz istovjetne potencije. Dobit c´emo sljede´ce jednakosti koje moraju zadovoljavati nul-toˇcke polinoma: an−1 z1 + z2 + . . . + zn = − an a z1 z2 + . . . + z1 zn + z2 z3 + . . . + z2 zn + . . . + zn−1 zn = n−2 an .. . a z1 z2 · · · zn = (−1)n 0 . an Ove se formule nazivaju Vi`eteove 1 formule. U drugom retku nalazi se zbroj svih umnoˇzaka dvaju brojeva zi , zj ( i = j ), u tre´cem retku zbroj svih umnoˇzaka od po triju takvih brojeva itd. 1

82

Fran¸cois Vi`ete (1540. – 1603.), francuski matematiˇcar.

POLINOMI

Primjer 2.

1.8

Napiˇsimo Vi`eteove formule za polinome stupnja n = 2, 3, 4 . Dobit c´emo sljede´ce formule, koje ispisujemo oznaˇcavaju´ci koeficijente na naˇcin uobiˇcajen za polinome malog stupnja. • Za polinom drugog stupnja

OG LE DN IP RIM JE RA K

P(z) = az2 + bz + c,

formule glase:

b z1 + z2 = − , a c z1 z2 = . a

• Za polinom tre´ceg stupnja

P(z) = az3 + bz2 + cz + d,

formule glase:

b z1 + z2 + z3 = − , a c z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 = , a d z1 z2 z3 = − . a

• Za polinom cˇetvrtog stupnja

P(z) = az4 + bz3 + cz2 + dz + e,

formule glase:

b z1 + z2 + z3 + z4 = − , a

z1 z2 + z1 z3 + z1 z4 + z2 z3 + z2 z4 + z3 z4 =

c , a

d z1 z2 z3 + z1 z2 z4 + z1 z3 z4 + z2 z3 z4 = − , a e z1 z2 z3 z4 = . a

Nul-tocke ˇ polinoma s realnim koeficijentima

Sve sˇ to smo dosad rekli odnosi se na polinome s po volji odabranim koeficijentima, kako realnim (ili cjelobrojnim!), tako i kompleksnim. Medutim, ako su koeficijenti polinoma realni, o njima se moˇze re´ci neˇsto viˇse. Pokaˇzimo najprije jedan pomo´cni rezultat.

83

1

BROJEVI

Primjer 3.

Pokaˇzimo da za svaki polinom P s realnim koeficijentima vrijedi P(z) = P(z) . Vrijedi z1 z2 = z1 · z2 ; odavde je indukcijom (zn ) = (z)n . Kako su koeficijenti ak realni, za svaki k vrijedi ak = ak . Zato

OG LE DN IP RIM JE RA K

P(z) = an (z)n + . . . + a1 z + a0 = an zn + . . . + a1 z + a0 = P(z).

Ova formula ima sljede´cu vaˇznu posljedicu:

Kompleksne nul-toˇcke dolaze u parovima

Ako je P polinom s realnim koeficijentima, i z ∈ C njegova nul-toˇcka, onda je i z nul-toˇcka istog polinoma.

Zaista, ako je z nul-toˇcka, onda vrijedi P(z) = 0 , pa stoga i P(z) = 0 . Odavde slijedi P(z) = 0 te je i z nul-toˇcka istog polinoma.

Kaˇzemo da nul-toˇcke polinoma s realnim koeficijentima dolaze u kompleksnokonjugiranim parovima.

Primjer 4.

Odredimo rjeˇsenja jednadˇzbe

P(x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 2 = 0, znaju´ci da je jedno njezino rjeˇsenje broj i .

Broj i zaista jest rjeˇsenje:

i4 + 2i3 + 3i2 + 2i + 2 = 1 − 2i − 3 + 2i + 2 = 0. - njeziZato je, budu´ci da polinom ima realne koeficijente, broj −i takoder 2 no rjeˇsenje. Stoga je polinom P djeljiv s (x − i)(x + i) = x + 1 . Uˇcinimo naznaˇceno dijeljenje: (x4 +2x3 +3x2 +2x +2 ) : (x2 + 1) = x2 + 2x + 2 x4 +x2 2x3 +2x2 +2x +2 2x3 +2x 2 2x +2 2x2 +2 0 Druge dvije nul-toˇcke dobivamo rjeˇsavaju´ci jednadˇzbu

x2 + 2x + 2 = 0, odakle je x3 = −1 + i , x4 = −1 − i .

84

POLINOMI

1.8

Zadatci 1.8. 1.

Provjeri je li zadani kompleksni broj z rjeˇsenje jednadˇzbe:

2.

3.

Za koje c´ e vrijednosti parametra a nul-toˇcke polinoma P(x) = (a + 5)x2 − 2ax + (a − 1) biti kompleksne?

Odredi koeficijent b i preostale nul-toˇcke polinoma P(x) = x3 − 3x2 + bx − 6 ako je 3 jedna njegova nul-toˇcka.

4.

Odredi polinom s cjelobrojnim √ √ koeficijentima cˇija je nul-toˇcka x1 = 2 + 3 .

5.

Broj z = 1 + i jedno je rjeˇsenje jednadˇzbe 3z4 − 5z3 + 3z2 + 4z − 2 = 0 . Odredi sva ostala njezina rjeˇsenja.

6.

Odredi nul-toˇcke polinoma f (x) = 3x6 − 6x5 + 8x4 + 14x3 − 33x2 − 4x + 10 , znaju´ci da je f (1 − 2i) = 0 .

7.

Odredi nul-toˇcke polinoma f (x) = x4 + 2x3 − 2x2 + 2x − 3 znaju´ci da je f (i) = 0 .

8.

Uvjeri se da je broj i nul-toˇcka polinoma i u brojniku i u nazivniku razlomka z4 − 4z3 + 4z2 − 4z + 3 . z4 − 5z3 + 5z2 − 5z + 4 Potom skrati razlomak.

9.

1) z4 + z2 + 1 = 0; 2) (z + 1)2 + i(z + 2)2 = 0;

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) z3 − 2z2 + 2z = 0 , z = 1 + i ; 2) z4 − 5z3 + 4z2 + 2z − 8 = 0 , z = 1 − i .

11. U skupu C rijeˇsi sljede´ce jednadˇzbe:

Rijeˇsi jednadˇzbe:

1) z2 − 4iz − 7 − 4i = 0 ; 2) z2 − z + 1 + i = 0 .

10. U skupu C rijeˇsi sljede´ce jednadˇzbe. Rjeˇsenja napiˇsi u trigonometrijskom obliku.

1) z2 − 4(6 + i)z + 3(8i − 1) = 0;

3) (z − i)3 = i(z + i)3 ;

4) (z + 1)2 + i(z2 + z)2 = 0;

5) z4 − (5 − 14i)z2 − 2(5i + 12) = 0.

12. Rijeˇsi jednadˇzbe:

1) (3−i)z3 = − 4+8i;

2) 3) 4) 5)

z4 + z2 + 1 = 0 ; z6 + 2iz3 − 1 = 0; z3 + 3z2 + 3z + 3 = 0 ; (1 + i)z4 − (1 − i)z = 0 .

13. Odredi rjeˇsenja jednadˇzbe

1) z6 − 2z3 + 4 = 0 , z iz prvog kvadranta; 2) z6 + 2z3 + 4 = 0 , z iz cˇetvrtog kvadranta; √ (z + 16)3 (− 3 − i)11 √ 3) √ = ; 2 3 − 2i 1 − 3i 4) z3 + 3z2 + 3z + 2 = 0 ; z4 + 16 = (−1 + i)7 ; 5) √  5  5 + i sin 2 cos 12 12 3  z3 − 2 + 8 = 0 , z iz tre´ceg kvadranta. 6) 1−i

14. Odredi (kompleksne) koeficijente a , b , c po-

linoma f (z) = z3 + az2 + bz + c tako da bude f (1) = 8+16i , f (−1) = 16−8i , f (i) = 0 . Potom rijeˇsi jednadˇzbu f (z) = 0 . Izraˇcunaj realni i imaginarni dio svakog rjeˇsenja.

15. Pokaˇzi da se polinom P(z) = 8z4 −8z3 +27z−27 moˇze napisati u obliku P(z) = (z − 1)Q(z) , gdje je Q(z) polinom tre´ceg stupnja koji treba odrediti. Rijeˇsi u skupu C jednadˇzbu P(z) = 0 .

2) z2 + (10i − 7)z − 11 − 41i = 0; 3) iz2 + (4i − 3)z + i − 5 = 0.

85

OG LE DN IP RIM JE RA K

OG LE DN IP RIM JE RA K

OG LE DN IP RIM JE RA K

OG LE DN IP RIM JE RA K

3

VJEROJATNOST

OG LE DN IP RIM JE RA K

Opis mnogih prirodnih i druˇstvenih zbivanja bio bi nemogu´c bez poznavanja teorije vjerojatnosti. To je matematiˇcka teorija iznikla iz potrebe za rjeˇsavanjem svakidaˇsnjih problema u kojima je prisutna neizvjesnost njihova ishoda. Radi njezine prirodne povezanosti s predskazivanjem budu´cnosti, vjerojatnost je kroz povijest bila predmet mnogim spekulacijama i razliˇcitim interpretacijama, sˇ to se zadrˇzalo do danaˇsnjih dana. Mnogobrojni ‘paradoksi’ govore koliko je trnovit bio put od intuitivnog poimanja vjerojatnosti do danaˇsnjeg, precizno zasnovanog podruˇcja matematike. Danas teoriju vjerojatnosti doˇzivljavamo kao granu matematike koja se bavi opisom razliˇcitih modela u kojima se pojavljuje neizvjesnost, a koji se mogu s viˇse ili manje uspjeha primijeniti na svakidaˇsnje situacije.

Kolika je vjerojatnost da c´ e sutra biti sunˇcan dan? Ako je nekoliko uzastopnih dana sjalo sunce, tad c´ emo i ne znaju´ci za prognozu kazati: i sutra c´ e vjerojatno biti sunˇcano. Ovdje rijeˇc “vjerojatno” oznaˇcava da mi i sutra oˇcekujemo sunˇcan dan, ali da istovremeno nismo u to sasvim sigurni.

Matematiˇcka teorija vjerojatnosti koristi nazive usvojene u svakidaˇsnjem govoru. - za koji bismo u svakodnevnom govoru rekli da je “sto posto siguran”, Dogadaju - izvjesniji, to c´ e njegova vjerojatnost ˇ je dogadaj pridjeljujemo vjerojatnost 1. Sto biti bliˇza jedinici. Obratno, dogadaj koji je priliˇcno nevjerojatan, imat c´ e vjerojatnost blisku nuli. Novˇci´c baˇcen uvis moˇze ravnopravno pasti na bilo koju svoju stranu, za svaku od njih vjerojatnost pojavljivanja je 12 . Kolika je vjerojatnost da kocka za igru pokaˇze broj 6 ? Moˇzete li dati cˇ vrst argument za svoj odgovor? - i njegova vjerojatnost. ObjasOsnovni su pojmovi teorije vjerojatnosti dogadaj nimo pobliˇze ove pojmove.

3.1. Dogadaji ¯

- dovodimo u vezu sa stohastiˇckim pokusom. Tako nazivamo Pojam dogadaja svaki pokus cˇiji ishod ovisi o nekim nama nepredvidivim okolnostima i stoga je sluˇcajan. Primjerice: • • • •

Bacanje novˇci´ca kao ishod moˇze imati glavu (G) ili pismo (P). Bacanje kocke dati c´e rezutat 1, 2, 3, 4, 5 ili 6. Provjera kvalitete nekog proizvoda koji moˇze biti ispravan ili neispravan. - tijekom nekog vremenskog razdoblja. Pojava kvara nekog uredaja

- i oznaˇcujemo slovom  . Takvih Ishod pokusa zovemo elementarni dogadaj ishoda moˇze biti u nekom pokusu konaˇcno ali i beskonaˇcno mnogo. Biranje na sre´cu jedne toˇcke unutar, recimo, jediniˇcnog kruga ima kao mogu´ci ishod beskonaˇcno mnogo elementarnih dogadaja. Pokus u kojem promatramo vrijeme ispravnog rada nekog uredaja moˇze imati kao ishod svaki pozitivni realni broj. U ovom udˇzbeniku promatrat c´emo uglavnom 1 pokuse koji imaju konaˇcno mnogo ishoda. Oznaˇcimo te ishode s 1 , 2 , . . . , N . 1

120

Iznimka je model geometrijske vjerojatnosti

DOGA¯DAJI

3.1

OG LE DN IP RIM JE RA K

Skup svih mogu´cih elementarnih dogadaja, oznaˇcavamo slovom  ,  = {1 , 2 , . . . , N }. - vezane uz promatrani pokus oznaˇcavat c´emo veliPo volji odabrane dogadaje kim slovima latiniˇcne abecede: A , B , C . . . Oni se sastoje od izvjesnog broja elementarnih dogadaja. To su dakle podskupovi od  .

Primjer 1.

Bacamo kocku cˇije su strane oznaˇcene brojevima od 1 do 6. Odredimo elementarne dogadaje, skup  i opiˇsimo neke dogadaje vezane uz ovaj pokus.

- su brojevi na koje kocka moˇze pasti: Elementarni dogadaji 1 = 1, 2 = 2, . . . , 6 = 6. - je Skup svih elementarnih dogadaja  = {1 , 2 , . . . , 6 } = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. - vezanih uz ovaj pokus: Evo joˇs nekoliko dogadaja A = {pao je parni broj} = {2, 4, 6}, B = {pao je broj ve´ci od 2} = {3, 4, 5, 6}, C = {pao je parni broj manji od 5} = {2, 4} - postoji? Pokuˇsajte nabrojiti sˇ to viˇse i sliˇcno. Koliko razliˇcitih dogadaja - vezanih uz ovaj pokus i opisati ih rijeˇcima. dogadaja

Primjer 2.

Novˇci´c je baˇcen tri puta. U svakom bacanju biljeˇzimo je li se pojavilo - te nekoliko pismo ( P ) ili glava ( G ). Odredimo  , elementarne dogadaje - vezanih uz ovaj pokus. dogadaja

- ima osam. To su Elementarnih dogadaja 1 = GGG, 2 = GGP, 3 = GPG, 5 = GPP, 6 = PGP, 7 = PPG,

4 = PGG, 8 = PPP,

(poredak nabrajanja nije vaˇzan).

- vezanih uz ovaj pokus. Evo nekoliko dogadaja A = {pismo se pojavilo jednom} = {2 , 3 , 4 }, B = {pismo se pojavilo u drugom bacanju} = {3 , 5 , 7 , 8 }, C = {pojavila su se barem dva pisma} = {5 , 6 , 7 , 8 }, D = {pismo se pojavilo dvaput za redom} = {5 , 7 , 8 }. - od kojih se sastoje sljede´ci dogadaji: Ispiˇsite elementarne dogadaje E = {pojavila se jedna glava}, F = {pismo se pojavilo barem jednom}, G = {glava se pojavila prije pisma}. - postoji? Koliko razliˇcitih dogadaja

121

3

VJEROJATNOST

Primjer 3.

Bacamo tri novˇci´ca. Odredimo  .

OG LE DN IP RIM JE RA K

U nekom pokusu se ponekad elementarni ishodi, a s time i skup  , mogu definirati na razliˇcite naˇcine. Ovo je primjer takvog pokusa. Ako novˇci´ce moˇzemo razlikovati, recimo stoga sˇ to su razliˇcitih veliˇcina, onda se ele- mogu opisati na isti naˇcin kao u prethodnom primjeru. mentarni dogadaji Novˇci´ce poredamo tako da znamo prepoznati koji je od njih prvi, koji - niz od tri znaka, od kojih drugi, a koji tre´ci. Onda je elementarni dogadaj svaki moˇze biti P ili G. Dakle, pokus bacanja triju razliˇcitih novˇci´ca ekvivalentan je pokusu u kojem se isti novˇci´c baca tri puta za redom. Ako bacamo tri jednaka novˇci´ca, tada ne moˇzemo razlikovati ishode poput pismo-pismo-glava od pismo-glava-pismo. U tom je sluˇcaju mogu´ce - na ovaj naˇcin: odabrati elementarne dogadaje 1 = {tri pisma}, 2 = {dva pisma i jedna glava}, 3 = {pismo i dvije glave}, 4 = {tri glave}. Skup  sastoji se od ova cˇetiri elementarna dogadaja.

Dva istaknuta dogadaja. Prikazivanje dogadaja ¯ ¯

W A

- prikazujemo Euler-Vennovim dijagramima. Skup  nazivamo joˇs siDogadaje - on se ostvaruje pri svakom ishodu pokusa. Skiciramo ga obiˇcno guran dogadaj, - A , B . . . su podskupovi u obliku nekog pravokutnika. Po volji odabrani dogadaji od  i skiciramo ih kao na slici.

B

- je nemogu´c dogadaj, - koji se pri realizaciji Suprotnost od sigurnog dogadaja pokusa nikad ne moˇze ostvariti. Oznaˇcavamo ga simbolom ∅ i zamiˇsljamo kao prazni skup.

Usporedivanje dogadaja ¯ ¯

A

B

- A povlaˇci Dogadaj - B. dogadaj

122

- mogu biti u razliˇcitom medusobnom Dogadaji odnosu. Na slici lijevo skicirana su dva dogadaja, tako da je A sadrˇzan u B sˇ to zapisujemo kao A ⊂ B . To znaˇci - koji ulaze u dogadaj - A . Ako se ostvario da B sadrˇzi sve elementarne dogadaje - No tada se dogadaj A , to znaˇci da se ostvario neki njegov elementarni dogadaj. - B , jer on sadrˇzi sve elementarne dogadaje - iz A . ostvario i dogadaj - A povlaˇci dogadaj - B i piˇsemo joˇs A =⇒ B . Kaˇzemo da tada dogadaj

DOGA¯DAJI

ˇ je skup  ? Istaknimo sljede´ce dogadaje. Bacamo dvije kocke. Sto A = {oba su broja ve´ca od 4}, B = {zbroj brojeva ve´ci je od 8}, C = {oba su broja ve´ca od 2}. Uvjeri se da vrijedi A =⇒ B i B =⇒ C . Zamislimo da su kocke obojene razliˇcitim bojama, ili da ih bacamo jednu po jednu tako da moˇzemo razlikovati rezultat na prvoj kocki od onog na - uredeni - par, (2, 4) oznaˇcava da je drugoj. Onda je elementarni dogadaj - razliˇcit prva kocka pokazala broj 2, a druga 4. Taj je elementarni dogadaj od (4, 2) , iako su u oba sluˇcaja pojavila jedna dvojka i jedna cˇetvorka. Uz ovaj dogovor, skup  sastoji se od 36 razliˇcitih elementarnih dogadaja, jer je toliko uredenih parova. Ispiˇsimo ih:  = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6), (4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6), (5, 1), (5, 2), (5, 3), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)} - A sastoji se od sljede´cih elementarnih dogadaja: Dogadaj A = {(5, 5), (5, 6), (6, 5), (6, 6)}, a dogadaj B je B={(3, 6), (4, 5), (4, 6), (5, 4), (5, 5), (5, 6), (6, 3), (6, 4), (6, 5), (6, 6)}. Vidimo da je A ⊂ B , dakle A =⇒ B . - sadrˇzane u C i uvjeri se da je B ⊂ C . Ispiˇsi elementarne dogadaje

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 4.

3.1

No, za ove zakljuˇcke nije nam bilo potrebno toliko pisanja. Uz malo razmiˇsljanja shvatit c´emo da A =⇒ B , jer je zbroj brojeva koji su ve´ci od 4 sigurno ve´ci od 8. Usporedimo sad dogadaje B i C . Zbroj brojeva ne moˇze biti ve´ci od 8 ako oba broja nisu ve´ca od 2 (jer inaˇce najve´ci zbroj iznosi 2 + 6 = 8 ). To znaˇci, da bi se ostvario C , mora se ostvariti i B . Ova izreka upravo znaˇci da B povlaˇci C .

- A i B su ekvivalentni ili jednaki ako se sastoje od istih elementarnih Dogadaji dogadaja. Piˇsemo A = B . Tada vrijedi istovremeno A =⇒ B i B =⇒ A .

Nuˇzan i dovoljan uvjet

- vrlo vaˇzan i cˇesto se koristi i u svakodnevnom Ovaj je odnos dvaju dogadaja govoru. Zato postoje mnogi sinonimi za ovu vezu. Ako vrijedi A ⊂ B odnosno A =⇒ B , onda govorimo joˇs: • A je dovoljan uvjet za B , • B je nuˇzan uvjet za A .

123

3

VJEROJATNOST

Pojmovi dovoljan i nuˇzan uvjet moraju biti savrˇseno jasni, jer su temelj za lo- u prethodnom giˇcko razmiˇsljanja. Ilustrirajmo ove pojmove s pomo´cu dogadaja primjeru. Imali smo A =⇒ B , pa je A dovoljan uzjet za B . Kaˇzemo: da bi zbroj brojeva bio ve´ci od 8, dovoljno je da svaki od njih bude ve´ci od 4. Taj je uvjet dovoljan, ali nije nuˇzan.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zbroj brojeva moˇze biti ve´ci od 8 i kad jedna kocka padne na, recimo, 3, a druga na 6. Tad se ostvario B , ali se nije ostvario A . Zato je B nuˇzan uvjet za A . Kaˇzemo: da bi oba broja bila ve´ca od 4, njihov zbroj nuˇzno mora biti ve´ci od 8. - B i C: Na isti se naˇcin mogu usporediti dogadaji

Da bi zbroj brojeva bio ve´ci od 8, oba broja nuˇzno moraju biti ve´ca od 2 ( C je nuˇzni uvjet za B ).

ˇ Zelimo li da oba broja na kocki budu ve´ca od 2, dovoljno je da njihov zbroj bude ve´ci od 8 ( B je dovoljan uvjet za C ).

Disjunktni dogadaji ¯

W

B

A

- A i B su disjunktni, ako se istovremeno ne mogu ostvariti i jedan i Dogadaji drugi. Kaˇzemo joˇs da se A i B medusobno iskljuˇcuju. Pri tom nije nuˇzno da se ostvari neki od ova dva dogadaja, mogu´ce je dakle da se ne ostvari niti jedan od njih.

disjunktni dogadaji

Primjer 5.

- medusobno Bacamo jednu kocku. Koji su od sljede´cih dogadaja disjunktni:

A = {pao je paran broj}, B = {pao je broj 3}, C = {pao je ve´ci od 4}, D = {pao je neparan broj}. Disjunktni su: A i B , A i D te B i C .

Primjer 6.

Novˇci´c bacamo cˇetiri puta. Istaknimo sljede´ce dogadaje: A = {pojavila su se toˇcno tri pisma}, B = {pojavile su se najviˇse dvije glave}, C = {pojavila se toˇcno jedna glava}, D = {ostvario se niz PGGP}. Kakav je medusobni odnos ovih dogadaja?

- A i C su ekvivalentni, Tu je A ⊂ B , C ⊂ B , D ⊂ B . Nadalje, dogadaji a dogadaji A i D su disjunktni.

124

DOGA¯DAJI

3.1

Operacije s dogadajima ¯ - su podskupovi skupa  . Koriˇstenjem skupovnih operacija moˇzemo Dogadaji iz njih dobivati nove dogadaje. Posebno su nam interesantne operacije unije i presjeka dvaju dogadaja.

A

OG LE DN IP RIM JE RA K

Neka su A , B dogadaji. S pomo´cu njih moˇzemo formirati nove dogadaje:

W

Unija dogadaja

- koji se ostvaruje ako se ostvario barem jedan od dogadaja - A, Dogadaj B nazivamo unija dogadaja i oznaˇcavamo s A ∪ B .

B

A B

Presjek dogadaja

A

W

- koji se ostvaruje ako su se ostvarila oba dogadaja - A i B zoveDogadaj mo presjek ili umnoˇzak dvaju dogadaja i oznaˇcavamo ga s A ∩ B ili s AB .

B

A B

Primjer 7.

Bacamo jednu kocku. Istaknimo dogadaje A = {pao je parni broj}, B = {pao je broj ve´ci od 2}. Odredimo uniju i presjek ovih dogadaja.

A ∪ B = {pao je parni broj ili broj ve´ci od 2} = {pao je broj ve´ci od 1} = {2, 3, 4, 5, 6}, A ∩ B = {pao je parni broj ve´ci od 2} = {4, 6}.

Zadatak 1.

Bacamo dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje A = { zbroj brojeva je neparan } , B = { pojavio se broj 1 } , C = { na obje kocke pao je broj 1 } . - AB , AC , BC , A ∪ C . Opiˇsi dogadaje

125

3

VJEROJATNOST

Primjer 8.

Pokus se sastoji od bacanja dvaju novˇci´ca. Uoˇcimo sljede´ce dogadaje:

OG LE DN IP RIM JE RA K

A = {glava na prvom novˇci´cu}, F = {barem jedna glava}, B = {pismo na prvom novˇci´cu}, G = {barem jedno pismo}, C = {glava na drugom novˇci´cu}, H = {dva pisma}, D = {pismo na drugom novˇci´cu}, I = {dvije glave}. E = {jedna glava i jedno pismo}, - ekvivalentni sljede´ci dogadaji: Odredi kojem su dogadaju B ∪ D, B ∩ D, E ∪ I , B ∪ G, B ∩ G, A ∪ B, A ∩ B, F ∪ G, F ∩ G.

- parovi (P, P) , (P, G) , Postoje cˇetiri elementarna dogadaja, to su uredeni - mogu´ci rezultat na oba novˇci´ca. Te c´emo do(G, P) , (G, G) koji odreduju - oznaˇcavati jednostavnije s PP , PG , GP , GG . Razliˇcitih dogadaja gadaje 4 ima 2 = 16 . Devet medu njima zapisani su gore (pronadite preostalih sedam!). Da bismo odgovorili na pitanja, najjednostavnije je odrediti elementarne - od kojih se sastoje gore navedeni. Tako imamo dogadaje A = {GG, GP}, B = {PG, PP}, C = {GG, PG}, D = {GP, PP}, E = {GP, PG}, F = {GP, PG, GG}, G = {GP, PG, PP}, H = {PP}, I = {GG}. Sada raˇcunamo ovako: B ∪ D = {PG, PP, GP} = G, B ∩ D = {PP} = H, E ∪ I = {GP, PG, GG} = F i sliˇcno u drugim sluˇcajevima. Dobivamo: B ∪ G = G , B ∩ G = B , A ∪ B = , A ∩ B = ∅, F ∪ G = , F ∩ G = E. - dogadaja - pouzdan, ali nije poOvakav je naˇcin pronalaˇzenja veze izmedu uˇcan. Svakako je korisnije pokuˇsati na gornja pitanja odgovoriti direktno, koriste´ci veznike kao oznaku operacije: B ∪ D = {pismo na prvom novˇci´cu} ili {pismo na drugom novˇci´cu} = {barem jedno pismo} = G, F ∩ G = {barem jedna glava} i {barem jedno pismo} = {jedna glava i jedno pismo} = E, E ∪ I = {jedna glava i jedno pismo} ili {dvije glave} = {barem jedna glava} = F. Uˇcinite sliˇcno za ostale primjere.

126

DOGA¯DAJI

3.1

Zadatci 3.1. 1.

- koji se javljaju pri baOdredi sljede´ce dogadaje canju kocke: A = { pao je paran broj } ; B = { pao je neparan broj } ; C = { pao je prost broj } ; D = { pao je broj djeljiv s 3 } ; E = { dobiveni broj djelitelj je broja 10 } .

2.

Novˇci´c bacamo dok se ne pojavi glava ili cˇetiri pisma za redom. Opiˇsi Skup  . Od kojih ele- se sastoje sljede´ci dogadaji: mentarnih dogadaja A = { pojavila se glava } ; B = { pojavio se paran broj pisama } .

10. Bacamo dvije kocke. Biljeˇzimo rezultat na sva-

Bacamo kocku toliko dugo dok zbroj pojavljenih brojeva ne bude ve´ci od 4. Elementaran dogadaj je niz s dobivenim rezultatima bacanja, primjerice: 3,1,2 ili 2,5. Prebroji elementarne dogadaje. Opiˇsi sljede´ce dogadaje: A = { U prvom bacanju se pojavio broj 3 } ; B = { Zbroj dobivenih brojeva jednak je 6 } .

11. Dvije kuglice, crnu (c) i bijelu (b) sluˇcajno stav-

- pet puta zaredom u metu. PogoStrijelac gada dak zabiljeˇzi sa + a promaˇsaj kao − . Koliko razliˇcitih ishoda ima ovaj sluˇcajni pokus? Koliko razliˇcitih ishoda ima ukoliko je vaˇzan samo ukupan broj pogodaka, ali ne i rezultat svakog gadanja?

OG LE DN IP RIM JE RA K

3.

9.

4.

Novˇci´c bacamo dok se dva puta za redom ne pojavi isti znak, a najviˇse pet puta. Opiˇsi elementarne - u skupu  i u sljede´cim dogadajima: dogadaje A = { pokus je zavrˇsen u tre´cem bacanju } ; B = { pokus je zavrˇsen u prva tri bacanja } .

5.

Bacamo dvije kocke. Biljeˇzimo samo zbroj dobivenih brojeva. Koliko elementarnih dogadaja ima ovaj pokus?

6.

U zˇ ari se nalaze cˇetiri kuglice, dvije jednake bijele i dvije jednake crne. Izvlaˇcimo jednu po jednu tri kuglice, ne vra´caju´ci ih u zˇ aru. Opiˇsi prostor elementarnih dogadaja. Odredi sljede´ce dogadaje: A = {prva je izvuˇcena crna kuglica}; B = {prva je izvuˇcena bijela kuglica}; C = {bijela kuglica je izvuˇcena barem jednom}; D = {bijela kuglica je izvuˇcena toˇcno jednom}; E = {izvuˇcena je jedna bijela i dvije crne kuglice} .

7.

U zˇ ari imamo dvije kuglice, crnu i bijelu. Izvucˇ emo jednu kuglicu i vratimo je natrag u zˇ aru, pa ponovo izvuˇcemo kuglicu. Odredi prostor ele- ovog sluˇcajnog pokusa. mentarnih dogadaja

8.

Iz zˇ are, u kojoj su dvije jednake bijele i jedna crna kuglica, izvlaˇcimo dva puta zaredom po jednu kuglicu ne vra´caju´ci ih natrag u zˇ aru. Zapiˇsi prostor - ovog sluˇcajnog pokusa. elementarnih dogadaja

koj od njih. Koliko ima elementarnih dogadaja? - imaju sljede´ci doKoliko elementarnih dogadaja gadaji: A = { oba broja su parna } , B = { oba broja ve´ca su od 4 } , C = { razlika brojeva iznosi 2 } ?

ljamo u tri pretinca. 1) Odredi pripadni prostor elementarnih dogadaja. 2) Zapiˇsi sljede´ce dogadaje: A = {drugi je pretinac prazan} ; B = {u tre´cem je pretincu samo jedna kuglica} ; C = {u drugom ili tre´cem pretincu su dvije kuglice} .

12. Tri razliˇcite kuglice x , y , z treba rasporediti u

dva pretinca. 1) Odredi pripadni prostor elementarnih dogadaja. 2) Odredi dogadaje A = {u prvom je pretincu samo jedna kuglica} ; B = {u drugom je pretincu kuglica z } . - A ∪ B i AB . Odredi i opiˇsi rijeˇcima dogadaje 13. Dvije jednake kuglice rasporedujemo u tri pretinca. Svaki je raspored elementarni dogadaj. 1) Zapiˇsi prostor elementarnih dogadaja opisanog sluˇcajnog pokusa. 2) Zapiˇsi sljede´ce dogadaje A = {prvi je pretinac prazan} ; B = {drugi je pretinac prazan} ; C = {tre´ci je pretinac prazan} ; D = {u tre´cem pretincu barem je jedna kuglica} .

127

3

VJEROJATNOST

OG LE DN IP RIM JE RA K

3.2. Vjerojatnost

Uzmite novˇci´c i bacite ga na ispravan naˇcin. Bacanje ponovite dvadeset puta. Brojite koliko c´e se puta pojaviti pismo. Na koncu zapiˇsite rezultat.

Nastavite s ovim pokusom, ponovite ga nekoliko puta i zbrajajte rezultate. Iako - relativna je pojavljivanje pisma u jednom bacanju potpuno neizvjestan dogadaj, frekvencija pojavljivanja pisma (omjer broja pojavljivanja prema broju bacanja) 1 u velikom broju bacanja bit c´e uvijek broj blizak . 2 Ovu cˇinjenicu ljudi iskustveno znaju od pamtivjeka, a zapravo se radi o rezultatu matematiˇckog teorema koji nazivamo zakonom velikih brojeva. Jednostavnim jezikom kazano, taj zakon tvrdi da se pri ponavljanju pokusa relativna frekvencija - pribliˇzava njegovoj vjerojatnosti. pojavljivanja dogadaja Sad c´emo nadopuniti ovo intuitivno poimanje vjerojatnosti. Vjerojatnost nekog - A c´emo oznaˇcavat c´emo s P(A) . dogadaja

Pri definiranju vjerojatnosti, kljuˇcno je shvatiti pojam modela. Primjerice, model ispravnog novˇci´ca pretpostavlja da je novˇci´c ispravan (ima strane oznaˇcene sa P i G) i da je naˇcin bacanja ispravan. U ovom modelu je prirodno definirati vjerojatnost pojavljivanja pisma da bude P({P}) =

1 . 2

Novˇci´c je simetriˇcan, pa onda mora biti i

P({G}) =

1 , 2

kaˇzemo da novˇci´c s jednakom vjerojatnoˇsc´u pada na bilo koju svoju stranu. Pri bacanju jednog novˇci´ca skup  = {P, G} je skup svih mogu´cih ishoda. Dakle, u pokusu bacanja ispravnog novˇci´ca jedan put, oba ishoda imaju jednaku vjerojatnost i zbroj tih vjerojatnosti iznosi 1.

Ako novˇci´c ili naˇcin bacanja nije ispravan, onda ovaj model nije prikladan, do- P i G imati c´e neke druge vjerojatnosti. Takav model c´emo objasniti u gadaji nastavku.

Zamislimo sad sloˇzeniji pokus, s viˇse mogu´cih ishoda — poput bacanja kocke. U tom pokusu, osim elementarnih, moˇzemo promatrati i neke druge dogadaje. - pojavPonavljamo li taj pokus viˇse puta, primijetit c´emo da c´e se neki dogadaji ljivati cˇeˇsc´e nego drugi. To znaˇci da je njihova vjerojatnost ve´ca. Napravimo sljede´ci pokus.

128

VJEROJATNOST

Bacite jednu kocku trideset puta. Biljeˇzite pojavljivanje sljede´cih dogadaja: A = {kocka je pokazala broj 1}, B = {kocka je pokazala broj 6}, C = {kocka je pokazala paran broj}, Na temelju rezultata pokusa i njegove analize odgovorite na pitanje: kolike su vjerojatnosti ovih dogadaja?

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 1.

3.2

Ako se bacanje nastavi i raˇcunaju relativne frekvencije, primijetit c´emo - A i dogadaj - B pribliˇzno jednake, dok je relativna da su one za dogadaj - C otprilike tri puta ve´ca. frekvencija za dogadaj Zato bi vjerojatnosti dogadaja A i B trebale biti jednake, a vjerojatnost - C trebala bi biti tri puta ve´ca. dogadaja

Iako je ovaj eksperiment potpuno sluˇcajan, i mogu´ce je da kocka u svih 30 bacanja padne na isti broj, to se u praksi ne´ce dogoditi. Umjesto kaotiˇcnog - podvrgava ponaˇsanja, primijetit c´emo da se pojavljivanje ovih dogadaja cˇvrstim zakonitostima. One su povezane s vjerojatnostima za pojavljivanje ovih dogadaja. Kocka moˇze ravnopravno pasti na bilo koji broj, pa je logiˇcno da su vjerojatnosti pojavljivanja rezultata 1 i rezultata 6 jednake. Isto naravno vrijedi i za svaki drugi elementarni ishod. Dakle, jedinica c´ e se pojavljivati u - uzeti prosjeku svaki sˇ esti put. Stoga c´emo za vjerojatnost ovog dogadaja 1 P(A) = . 6 1 1 Na isti naˇcin, moˇzemo napisati P(B) = , P(C) = . 6 2

- pridruˇzuje pozitiVjerojatnost je funkcija koja svakom elementarnom dogadaju van broj: Vjerojatnost

Neka je  = {1 , 2 , . . . , N } skup svih elementarnih dogadaja. Vjerojatnost P je definirana ako su zadani brojevi P(1 ) = p1 , P(2 ) = p2 , . . . , P(N ) = pN . To su pozitivni brojevi i mora vrijediti p1 + p2 + . . . + pN = 1. - onda se njegova vjerojatnost dobiva kao Ako je A bilo koji dogadaj, - od kojih se A sastoji. zbroj vjerojatnosti elementarnih dogadaja Skup  i na njemu definiranu vjerojatnost P nazivat c´emo vjerojatnosni prostor.

129

3

VJEROJATNOST

Dakle, ako je primjerice A = {2 , 5 , 8 } , onda je P(A) = p2 + p5 + p8 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

- C = {2, 4, 6} pa je njegova vjerojatnost prema Paran broj na kocki je dogadaj tome 1 1 1 1 P(C) = P({2}) + P({4}) + P({6}) = + + = . 6 6 6 2

Primjer 2.

U dugoroˇcnoj prognozi vremena rabe se vjerojatnosne metode. Agencija Dobar glas u travnju zapoˇcinje pripreme za veliki koncert na otvorenom koji se treba odrˇzati 1. rujna. U kalkulaciji troˇskova bitnu stavku cˇini dodatna zaˇstita od mogu´ce kiˇse.

Vjerojatnost da c´e 1. rujna biti sunˇcan moˇze se procjeniti na temelju statistiˇckih podataka o vremenu na taj datum. Recimo da ti podatci za posljednjih 100 godina govore sljede´ce: broj sunˇcanih dana 62, broj dana s oblaˇcnim vremenom 28, broj kiˇsnih dana 10. Koje je brojeve prik- u teku´coj godini? Kolika je ladno odabrati za vjerojatnost tih dogadaja vjerojatnost da na taj dan ne´ce kiˇsiti?

Vjerojatnosti procjenjujemo preko relativnih frekvencija. Oznaˇcimo i pro- sa S (sunˇcano), O (oblaˇcno) i K (kiˇsovito), onda je matrane dogadaje prikladno uzeti 68 P(S) = = 0.62, 100 28 = 0.28, P(O) = 100 10 = 0.10. P(K) = 100 - “ne´ce kiˇsiti” ukljuˇcuje elementarne dogadaje - S i O , pa je njegova Dogadaj vjerojatnost 0.62 + 0.28 = 0.9 .

Ilustrirajmo zadavanje vjerojatnosti na joˇs nekoliko jednostavnih primjera. Ponovimo najprije nauˇceno: • Novˇci´c. Dva su elementarna dogadaja: 1 = P , 2 = G . Ako je novˇci´c ispravan i naˇcin njegova bacanja uobiˇcajen, onda je prirodno pretpostaviti da su - jednake: p1 = P({1 }) = 1 , vjerojatnosti pojavljivanja obaju ovih dogadaja 2 1 p2 = P({2 }) = . 2

130

VJEROJATNOST

3.2

OG LE DN IP RIM JE RA K

1 • Kocka. Za ispravnu kocku prirodno je uzeti pi = P({i }) = , za svaku 6 - vezane od sˇ est mogu´cnosti na koje kocka moˇze pasti. Za dogadaje uz pokus bacanja kocke imamo primjerice: 3 P({pao je paran broj}) = P({2, 4, 6}) = , 6 4 P({pao je broj ve´ci od 2}) = P({3, 4, 5, 6}) = . 6 1 = P , 2 = G . Me• Neispravni novˇci´c. Dva su elementarna dogadaja dutim, zbog nesimetriˇcnosti novˇci´ca ili moˇzda zbog naˇcina njegova bacanja, jedna njegova strana, recimo P , pojavljuje se cˇeˇsc´e nego druga. Sad je p1 > p2 .

Zadatak 1.

Novˇci´c bacaj na podlogu tako da ga ispustiˇs s visine od 10 cm, okrenutog uvijek pismom prema gore. Na temelju ve´ceg broja bacanja, procjeni vjerojatnost pojave pisma. ˇ • Bacanje dvaju razliˇcitih novˇci´ca. Cetiri su elementarna dogadaja, jer razlikujemo jedan novˇci´c od drugog:

1 — palo je 2 — palo je 3 — palo je 4 — palo je

1. novˇci´c

P P G G

2. novˇci´c

P G P G

• Bacanje dvaju identiˇcnih novˇci´ca. Sad ishode (P, G) i (G, P) ne moˇzemo razlikovati pa postoje samo tri elementarna dogadaja: 1 = {pala su dva pisma}, 2 = {palo je jedno pismo i jedna glava}, 3 = {pale su dvije glave}.

kutak

PIERRE DE FERMAT

Pierre de Fermat (Beamont-de-Lomagne 17. kolovoza 1601. – Castres ili Toulouse 12. sijeˇcnja 1665.) francuski je matematiˇcar. Po zanimanju bio je pravnik. Za zˇ ivota nije objavljivao svoje matematiˇcke radove, ve´c je to uˇcinjeno tek nakon njegove smrti. Zajedno s Pascalom drˇzi se osnivaˇcem teorije vjerojatnosti. Pomogao je u zasnivanju analitiˇcke geometrije kao i diferencijalnog i integralnog raˇcuna. U fizici je dokazao da se zraka svjetlosti lomi tako da svjetlo bira put koji c´e prevaliti u najkra´cem vremenu. Najpoznatiji je po tvrdnji nazvanoj njemu u cˇast velikim (ili posljednjim) Fermatovim teoremom u kojoj navodi da jednadˇzba xn + yn = zn nema cjelobrojnih rjeˇsenja za prirodni broj n > 2 . Fermat je na rubu knjige napisao da je pronaˇsao cˇudnovat dokaz te tvrdnje, no da je margina premalena da ga zapiˇse. Tu tvrdnju preko tri stotine godina nije nitko uspio dokazati, iako je bilo objavljeno na desetke pogreˇsnih rjeˇsenja a broj matematiˇcara i inih koji su problem pokuˇsali rijeˇsiti mjeri se stotinama tisu´ca. Pri pokuˇsaju njegova rjeˇsavanja zasnovana su cˇitava nova podruˇcja matematike. Dokazao ga je 1995. g. engleski matematiˇcar A. Wiles sloˇzenom matematiˇckom tehnikom.

131

3

VJEROJATNOST

OG LE DN IP RIM JE RA K

- nisu jednake, ve´c mora Medutim, vjerojatnosti ovih elementarnih dogadaja 1 1 1 biti (za ispravne novˇci´ce i bacanje) P(1 ) = , P(2 ) = , P(3 ) = . 4 2 4 • Bacanje dviju kocki. Postoji 36 elementarnih dogadaja. Da bismo razliko- poput (2, 5) i (5, 2) , moˇzemo zamisliti da su kocke obojene vali dogadaje razliˇcitim bojama ili pak da umjesto dvije kocke istovremeno, bacamo jednu kocku dva puta tako da znamo koji je rezultat na prvoj, a koji rezultat na drugoj kocki. Ako su kocke i naˇcin bacanja ispravni, prirodno je pretpostaviti - jednako vjerojatni. da su svi elementarni dogadaji

Svojstva vjerojatnosti

Izvedimo neka svojstva vjerojatnosti, koja slijede neposredno iz definicije. Skup - pa je  sadrˇzi sve elementarne dogadaje P() = p1 + p2 + . . . + pN = 1. - ∅ ne sadrˇzi nijedan elementaran dogadaj, - pa je S druge strane nemogu´c dogadaj P(∅) = 0.

- koji se ne Ako je A ⊂ B onda je ili A = B , ili B sadrˇzi elementarne dogadaje nalaze u A . U prvom je sluˇcaju P(A) = P(B) , a u drugom P(A) < P(B) . To znaˇci da vrijedi P(A)  P(B) .

Neka su sada A i B dva po volji odabrana dogadaja. Pokaˇzimo da vrijedi P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB). Radi jednostavnijeg zapisivanja, odabrat c´emo neki konkretni primjer. Neka je A = {1 , 2 , 4 }, B = {2 , 4 , 5 , 7 }. Onda vrijedi A ∪ B = {1 , 2 , 4 , 5 , 7 }, AB = {2 , 4 }. pa je P(A ∪ B) = p1 + p2 + p4 + p5 + p7 = (p1 + p2 + p4 ) + (p2 + p4 + p5 + p7 ) − (p2 + p4 ) = P(A) + P(B) − P(AB). Sljede´ca slika opisuje ovu situaciju:

A

B

A B=A BA

A

B=AB BA

vjerojatnost unije dvaju dogadaja

132

B

VJEROJATNOST

3.2

Lako je vidjeti da isti zakljuˇcak moˇzemo provesti u sluˇcaju bilo kojih drugih - A i B. dogadaja Posebice, ako su A i B disjunktni, onda je AB = ∅ pa je i P(AB) = 0 . Iskaˇzimo i zapamtimo izvedena svojstva vjerojatnosti:

OG LE DN IP RIM JE RA K

Svojstva vjerojatnosti

Vjerojatnost ima svojstva P() = 1, P(∅) = 0. Ako je A ⊂ B , onda je P(A)  P(B). - A i B vrijedi Za bilo koje dogadaje

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB). - onda je Ako su A i B disjunktni dogadaji, P(A ∪ B) = P(A) + P(B).

Primjer 3.

ˇ ci se naˇsaliti s prijateljima u igri Monopola, Jure je izbrisao jednu Zele´ toˇcku sa strane kocke koja oznaˇcava broj 5 , a ucrtao dvije na stranu na kojoj je broj 1 , tako da njegova kocka ima sljede´ce brojeve na svojim stranama: 2, 3, 3, 4, 4, 6. Kolika je vjerojatnost sljede´cih dogadaja, ako bacamo ovakvu kocku: A = {pojavio se paran broj}; B = {pojavio se broj ve´ci od 2}; C = {pojavio se broj 5}.

Pokus bacanja kocke ima cˇetiri mogu´ca ishoda: 1 = 2 , 2 = 3 , 3 = 4 i 4 = 6 . Ako pretpostavimo da je kocka bila ispravna, tad je razumno pridijeliti ovim elementarnim dogadajima vjerojatnosti 1 1 p1 = P({1 }) = , p2 = P({2 }) = , 6 3 1 1 p3 = P({3 }) = , p4 = P({4 }) = . 3 6 Dogadaju A odgovaraju sljede´ci elementarni dogadaji: A = {1 , 3 , 4 }, te je 1 1 1 2 P(A) = p1 + p3 + p4 = + + = . 6 3 6 3 - B = {2 , 3 , 4 } , te je Dogadaju B odgovaraju elementarni dogadaji 1 1 1 5 + + = . 3 3 6 6 - C je za ovu kocku nemogu´c, P(C) = 0 . Dogadaj P(B) = p2 + p3 + p4 =

133

3

VJEROJATNOST

Klasicni ˇ vjerojatnosni prostor

OG LE DN IP RIM JE RA K

- jednako Ako pokus ima konaˇcno mnogo ishoda i ako su svi elementarni dogadaji vjerojatni (poput bacanja ispravnog novˇci´ca, kocke, izvlaˇcenja broja u LOTU, lutriji ili ruletu, izbor karte iz snopa i sl.), onda govorimo da se radi o klasiˇcnom vjerojatnosnom prostoru. Rijeˇc “klasiˇcni” ovdje se rabi jer se problemi iz kojih je iznikla teorija vjerojatnosti mogu opisati ovim modelom. - i p1 , . . . , pN priNeka je  = {1 , . . . , N } skup svih elementarnih dogadaja padne vjerojatnosti. Kako su svi ti brojevi jednaki, a njihov je zbroj 1, vrijedi pi = P({i }) =

1 , N

i = 1, . . . , N.

- A , nije nam viˇse potrebno znati Da bismo izraˇcunali vjerojatnost nekog dogadaja koje elementarne dogadaje A sadrˇzi, ve´c samo koliko ih ima. Naime, ako A sadrˇzi M elementarnih dogadaja, A = {i1 , . . . , iM } , tad je P(A) = pi1 + . . . + piM = M ·

1 M = . N N

Ovu formulu moˇzemo interpretirati na sljede´ci naˇcin: Svaki elementarni dogadaj nazovimo mogu´cim ishodom (svi su jednako vjerojatni). Tako je N = broj svih mogu´cih ishoda.

- koji su sadrˇzani u A nazovimo povoljnima za dogadaj - A: Elementarne dogadaje M = broj svih povoljnih ishoda.

Klasiˇcna vjerojatnost

- raˇcuna se U klasiˇcnom vjerojatnosnom prostoru vjerojatnost dogadaja formulom: M broj povoljnih ishoda P(A) = = . N broj mogu´cih ishoda

134

VJEROJATNOST

Bacamo dvije ispravne kocke. Kolike su vjerojatnosti sljede´cih dogadaja: A = {pojavile su se dvije sˇ estice}, B = {pojavila se jedna jedinica i jedna dvojka}, C = {pojavila su se dva jednaka broja}, D = {zbroj brojeva jednak je 5}, E = {pojavio se broj ve´ci od 2}? - (6, 6) . Zato Samo je jedan ishod povoljan za A : elementarni dogadaj 1 - B ; to su elementarje P(A) = . Dva su ishoda povoljna za dogadaj 36 ni dogadaji (1, 2) i (2, 1) . Ovo su razliˇciti ishodi bacanja dviju kocki! 2 ˇ 6 P(B) = . Sest je povoljnih ishoda. P(C) = 36 36 - D ima cˇetiri povoljna ishoda: (1, 4) , (2, 3) , (3, 2) , (4, 1) . Zato Dogadaj 4 je P(D) = . 36 - E ima 32 povoljna ishoda, jer je svaki ishod povoljan osim ishoda Dogadaj 32 8 (1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2) . Zato je P(E) = = . 36 9

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 4.

3.2

Primjer 5.

Izvlaˇcimo na sre´cu jednu kartu iz snopa od 52 karte. Kolika je vjerojatnost da je ta karta Q (dama). Kolika je vjerojatnost da je njezina boja ♠ (pik). Kolika je vjerojatnost da je ta karta dama ili pik boje?

Oznaˇcimo s A i B dogadaje: A = {izabrana karta je dama}, B = {izabrana karta je pik boje}.

4 1 ˇ Cetiri su dame, vjerojatnost dogadaja A je P(A) = = . 13 je 52 13 13 1 karata pik boje pa je P(B) = = . 52 4 - C unija je prvih dvaju. Broj povoljnih ishoda nije jednak Dogadaj - A i B nisu disjunktni. Njihov je presjek 17 = 4 + 13 , jer dogadaji 16 4 AB pikova dama! Zato je P(C) = = . Primijetimo da je ovdje 52 13 1 P(AB) = i da vrijedi: 52 4 1 1 1 P(A ∪ B) = P(C) = = + − = P(A) + P(B) − P(AB). 13 13 4 52

135

3

VJEROJATNOST

U kutiji se nalazi deset kuglica, sˇ est plavih i cˇetiri crvene. Biramo na sre´cu dvije kuglice. Odredimo vjerojatnosti sljede´cih dogadaja: A = {obje su kuglice plave}; B = {obje su kuglice iste boje}; C = {jedna je kuglica plava, a druga crvena}.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 6.

Da bismo postavili jednostavniji model, zamislit c´emo da sve kuglice mozˇ emo razlikovati. (Moˇzemo zamisliti da su sve one oznaˇcene razliˇcitim brojevima, od 1 do 10.) Dvije kuglice iz skupa od 10 kuglica moˇze  10 - A je mo odabrati na N = = 45 naˇcina. Povoljnih za dogadaj 2   6 M= = 15 , jer se na toliko naˇcina mogu izabrati tri kuglice iz skupa 2 od sˇ est plavih kuglica. Zato je M 15 1 P(A) = = = . N 45 3 - B je Broj povoljnih ishoda za dogadaj     6 4 M= + = 15 + 6 = 21 2 2 jer kuglice mogu biti ili plave ili crvene. Zato je M 21 7 P(B) = = = . N 45 15

- C . Plavu kuglicu moˇzemo Odredimo broj povoljnih ishoda za dogadaj odabrati na sˇ est, a crvenu na cˇetiri naˇcina, pa je M = 6 · 4 = 24 . Zato 24 8 P(C) = = . 45 15

Primjer 7.

Kolika je vjerojatnost da c´e igraˇc koji je zaokruˇzio jednu kombinaciju u igri LOTO 7 od 39 pogoditi svih sedam brojeva? Kolike su vjerojatnosti za preostale dobitke (za toˇcno pogodenih 6, 5 ili 4 broja)?

 39 . Povoljnih za glavni dobitak je 7 M7 = 1 . Vjerojatnost dobitka iznosi M 1 1 d7 = 7 =   = = 6.50 · 10−8 . 39 N 15 380 937 7

Razliˇcitih kombinacija ima N =

136



VJEROJATNOST

3.2

OG LE DN IP RIM JE RA K

- i s puno ve´com vjerojatnoˇsc´u tretiramo kao praktiˇcno nemogu´ce. Dogadaje Ipak, zbog velikog broja ukupno ispunjenih kombinacija, ovaj se dogadaj s vremena na vrijeme ostvaruje.   - sedam izvuˇcenih moˇzemo odabrati na 7 naˇcina. ˇ Sest brojeva izmedu 6 - preostalih moˇzemo odabrati na 32 naˇcina. Ako zaokruJedan broj izmedu   7 zˇ imo bilo koju od ovih M6 = · 32 kombinacija, dobit c´emo zgoditak 6 od sˇ est pogodaka. Zato je:   7 · 32 M6 224 6 d6 = =   = = 1.46 · 10−5 . 39 N 15 380 937 7 Ovaj je dogadaj 224 puta vjerojatniji od prethodnog.   - sedam moˇzemo odabrati na 7 naˇcina, a dva broPet brojeva izmedu 5   32 ja iz skupa od 32 broja koji nisu izvuˇceni na naˇcina. Zato je 2 vjerojatnost dobitka od pet pogodaka:    7 32 10 416 5 2 = 6.77 · 10−4 d5 =   = 39 15 380 937 7 (prije raˇcunanja umnoˇzaka korisno je skratiti brojnik s nazivnikom). Vjerojatnost zgoditka od cˇetiri pogotka je:    7 32 173 600 4 3 = 0.0113 . d4 =   = 39 15 380 937 7 Vjerojatnost da ne pogodimo niti jedan broj je:   32 7 d0 =   = 0.219 . 39 7

137

3

VJEROJATNOST

U razredu se nalazi 30 uˇcenika. Na jednom satu nastavnica pita pet nasumce odabranih uˇcenika. Kolika je vjerojatnost da c´e biti pitan uˇcenik NN? Kolika je vjerojatnost da c´e biti pitana dva uˇcenika, NN i MM?   30 Broj svih mogu´cih ishoda u oba je sluˇcaja N = . Koliko je sluˇca5 jeva povoljnih za prvi dogadaj? Onoliko koliko postoji razliˇcitih petorki - kojima se nalazi NN. To znaˇci da cˇetiri preostala uˇcenika uˇcenika medu   - 29 preostalih: M = 29 . Zato je: moˇzemo odabrati po volji izmedu 4   29 · 28 · 27 · 26 29 5 1 4 1·2·3·4 P(A) =   = = = . 30 · 29 · 28 · 27 · 26 30 30 6 5 1·2·3·4·5

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 8.

- B vrijedi: Za dogadaj 

 28 · 27 · 26 28 2 3 1·2·3 = . P(B) =   = 30 · 29 · 28 · 27 · 26 30 87 5 1·2·3·4·5

Primjer 9.

Baˇceno je 12 kocaka. Kolika je vjerojatnost da c´e se svaki od brojeva 1, 2, . . . , 6 pojaviti dvaput? Prvo rjeˇsenje. Rezultat pokusa je niz od 12 brojeva uzetih iz skupa S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} . Kako se na svakoj kocki moˇze pojaviti bilo koji od tih brojeva, broj svih mogu´cih ishoda je N = 612 . Koliko je povoljnih? Onoliko koliko i razliˇcitih permutacija (s ponavljanjima) niza {1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 6, 6} jer svaka takva permutacija daje povoljan ishod bacanja: 12! M = P2,2,2,2,2,2 = . 12 (2!)6 Tako dobivamo p = M/N = 0.00344 . Drugo rjeˇsenje. Do broja povoljnih kombinacija moˇzemo do´ci i drukˇcijim razmiˇsljanjem. Znamo da se u povoljnoj kombinaciji moraju pojaviti toˇcno dvije jedinice, dvije dvojke itd. Pitanje je: na kojim kockama? Dvije 2 razliˇ se jedinice mogu pojaviti na bilo kojim kockama, dakle na C12 citih naˇcina. Nakon toga, za dvije dvojke imamo na raspolaganju deset kocaka, 2 naˇ sˇ to daje C10 cina itd. Ukupan broj naˇcina za pojavljivanje povoljnog - je dogadaja        12! 12 10 8 6 4 2 M= = . 2 2 2 2 2 2 (2!)6

138

VJEROJATNOST

3.2

Suprotni dogadaji ¯ Komplement dogadaja

OG LE DN IP RIM JE RA K

A

- koji se ostvaruje onda i samo onda ako se A nije ostvario Dogadaj - A . Oznaziva se komplementom ili suprotnim dogadajem dogadaja c naˇcavamo ga s A ili s A .

A

komplement dogadaja

- a A njegov komplement. Onda vrijedi Neka je A po volji odabran dogadaj, A ∪ A =  i pritom su A i A disjunktni. Zato, po svojstvima vjerojatnosti vrijedi 1 = P() = P(A ∪ A) = P(A) + P(A),

te je P(A) = 1 − P(A) . Time smo pokazali: Vjerojatnost komplementa

- A vrijedi P(A) = 1 − P(A) . Za svaki dogadaj

De Morganovi zakoni

- operacija komplementiranja, unije i presjeka iskazana je u sljede´cim Veza izmedu formulama: A∪B = A∩B

(1)

A∩B = A∪B

(2)

Te formule nazivamo De Morganovi zakoni. Evo slikovne interpretacije prve formule

B

A

B

A

A B

A B

De Morganovi zakoni

Dokaˇzimo (1):

 ∈ A ∪ B ⇐⇒  ∈ / A ∪ B ⇐⇒  ∈ /A i ∈ /B ⇐⇒  ∈ A i  ∈ B ⇐⇒  ∈ A ∩ B.

139

3

VJEROJATNOST

Drugu formulu moˇzemo dokazati na sliˇcan naˇcin. Medutim, korisno je vidjeti da ona slijedi iz prve formule. Naime, za svaki dogadaj vrijedi A = A , pa moˇzemo raˇcunati ovako A ∪ B = A ∪ B = po (1) = A ∩ B,

OG LE DN IP RIM JE RA K

te je A ∪ B = A ∩ B = A ∩ B.

Primjer 10.

Neka su A i B dogadaji, P(A) = 0.4 , P(B) = 0.5 , P(AB) = 0.2 . Odredimo P(A ∪ B) , P(A) , P(B) , P(A B) , P(A ∪ B) , P(AB) , P(AB) . P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(AB) = 0.7,

P(A) = 1 − P(A) = 0.6, P(B) = 1 − P(B) = 0.5,

P(A B) = P(A ∪ B) = 1 − P(A ∪ B) = 0.3, P(A ∪ B) = P(AB) = 1 − P(AB) = 0.8, P(AB) = P(A) − P(AB) = 0.2,

P(AB) = P(B) − P(AB) = 0.3.

Primjer 11.

Algebra prekidaˇca. De Morganove zakone moˇzemo ilustrirati koriste´ci se jednostavnim modelima serijskog i paralelnog spoja.

- A oznaˇcava 1. Serijski spoj. Neka u serijskom spoju dviju sklopki dogadaj - B da je iskljuˇcena druga sklopka. da je prva sklopka iskljuˇcena, a dogadaj 1

A

B

2

- toˇcaka 1 i 2 ne´ce postojati ako se ostvari barem jedan od Veza izmedu dogadaja A ili B : { ne postoji veza } = A ∪ B. - A , niti Veza izmedu tih toˇcaka postojat c´e ako se nije ostvario niti dogadaj dogadaj B (nema prekida niti na jednoj sklopki): { postoji veza } = A ∩ B. Ova su dva dogadaja komplementarna. Zato vrijedi A ∪ B = A ∩ B. Dobili smo prvu de Morganovu formulu.

140

VJEROJATNOST

3.2

2. Paralelni spoj. Neka su dvije sklopke spojene u paralelnom spoju: A 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

1 B

Onda vrijedi:

{ne postoji veza} = A ∩ B,

{postoji veza} = A ∪ B = A ∩ B.

Primjer 12.

- je prikazan shemom na slici. Neka dogadaj - Ai oznaˇcava prekid na Uredaj dijelu i , i = 1, 2, 3 . Odredi izraz za dogadaj - je prestao s radom}, A = {uredaj - A. kao i za dogadaj A1

2

1

A2

A3

- prestaje s radom ako se ostvari dogadaj - A1 i barem jedan od dogaUredaj daja A2 , A3 . Dakle, A = A1 ∩ (A2 ∪ A3 ) i po de Morganovim formulama A = A1 ∩ (A2 ∪ A3 ) = A1 ∪ A2 ∪ A3 = A1 ∪ A2 ∩ A3 .

Zadatak 2.

De Morganovi zakoni poop´cavaju se na uniju i presjek n dogadaja: A1 ∪ . . . ∪ An = A1 ∩ . . . ∩ An , A1 ∩ . . . ∩ An = A1 ∪ . . . ∪ An .

Ilustrirajte ove formule s pomo´cu serijskog i paralelnog spoja n sklopki.

141

3

VJEROJATNOST

Zadatci 3.2.

2.

3.

4. 5.

- iz skupa  = Vjerojatnosti elementarnih dogadaja {1 , 2 , 3 , 4 } su P({1 }) = 0.22 , P({2 }) = 0.41 , P({3 }) = 0.25 , P({4 }) = 0.12 . - A = { ,  } , Kolike su vjerojatnosti dogadaja 1 4 B = { 2 , 3 , 4 } ? Koja od sljede´cih definicija vjerojatnosti je ispravna, ako je skup  = {a, b, c} 1) P({a})=0.3 , P({b})=0.5 , P({c})=0.1 ; 2) P({a})=0.3 , P({b})=0 , P({c})=0.7 ; 3) P({a})=0.5 , P({b})=0.7 , P({c})= − 0.2 ; 4) P({a})=0.5 , P({b})=0.4 , P({c})=0.2 ?

Neki pokus ima cˇ etiri elementarna ishoda: a , b , c i d . Poznato je da se a javlja dvostruko cˇeˇsc´e nego c , b trostruko cˇeˇsc´ e nego c , a d jednako cˇesto kao a ili c . Kolike su vjerojatnosti za pojavu tih ishoda? Za dogadaje A i B vrijedi A ∪ B =  . Ako je P(A) = 0.6 , P(B) = 0.7 , kolika je vjerojatnost P(AB) ? - A i B vrijedi Za dogadaje P(A) = 0.5, P(A ∪ B) = 0.8, P(AB) = 0.3. Kolika je vjerojatnost P(B) ?

6.

Kolika je vjerojatnost da je sluˇcajno odabrani broj od 1 do 12 djelitelj broja 12?

7.

Kolika je vjerojatnost da c´emo sluˇcajnim odabi- 1 i 30 odabrati rom nekog prirodnog broja izmedu broj koji je djelitelj broja 30?

8.

Brojevi 1, 2, . . . , n napisani su u sluˇcajnom poretku. Izraˇcunaj vjerojatnost da se znamenka 2 pojavi neposredno nakon znamenke 1.

9.

Bacamo dvije kocke. 1) Kolika je vjerojatnost da smo dobili zbroj 7? 2) Kolika je vjerojatnost da smo dobili paran zbroj?

10. Sluˇcajni se pokus sastoji iz bacanja simetriˇcne kocke i novˇci´ca. Odredi vjerojatnost sljede´cih dogadaja: 1) novˇci´c pokazuje pismo a kocka paran broj; 2) na kocki je prost broj; 3) novˇci´c pokazuje pismo.

142

11. Ako se zna da je od 100 zˇ arulja 5 neispravnih, ko-

lika je vjerojatnost da c´e od tri sluˇcajno odabrane zˇ arulje sve tri biti valjane?

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

12. U zˇ ari se nalazi 6 zˇ utih i 4 modre kuglice. Ako

sluˇcajno izvuˇcemo dvije kuglice, kolika je vjerojatnost sljede´cih dogadaja: 1) obje su kuglice zˇ ute; 2) kuglice su razliˇcitih boja; 3) obje su kuglice modre.

13. U kutiji se nalaze 7 bijelih i 3 crne kuglice. Izvla-

cˇ imo odjednom 2 kuglice. Koja je najvjerojatnija kombinacija boja izvuˇcenih kuglica?

14. 6 bijelih, 4 crne i 2 plave kuglice redaju se na

sre´cu. Kolika je vjerojatnost da c´e prve dvije biti bijele?

15. Iz snopa od 52 karte izvlaˇce se dvije. Kolika je - njima biti vjerojatnost da c´e medu 1) 2) 3) 4)

dvije pik karte; jedna pik i jedna herc karta; dva asa; jedan as i jedan kralj.

16. Od stotinu zlatnika dva su laˇzna. Kolika je vjerojatnost da c´e sluˇcajnim izborom 98 zlatnika biti uzeta i dva laˇzna?

17. U skupini od 12 akumulatorskih baterija, 4 su

ˇ trenutaˇcno prazne a ostale su pune. Cetiri baterije odabrane su na sre´cu. Izraˇcunaj vjerojatnost sljede´cih dogadaja

1) 2) 3) 4)

sve cˇetiri odabrane baterije su prazne; 3 baterije su prazne; toˇcno dvije su prazne; nijedna nije prazna.

18. Na devet kartica napisani su brojevi od 1 do 9.

Slaˇzu´ci na sre´cu, dijete je poredalo tri kartice. Kolika je vjerojatnost da je tako napisan troznamenkasti broj ve´ci od 540?

19. U prostoriji se nalazi sˇ est braˇcnih parova. Ako

odaberemo na sre´cu dvoje ljudi, kolika je vjerojatnost da su 1) razliˇcitog spola; 2) braˇcni par?

VJEROJATNOST

20. Deset kartica obiljeˇzeno je brojevima od 1 do 10.

31. Kolika je vjerojatnost da su svi uˇcenici nekog raz-

- na razne dane u godini? reda, a ima ih 36, rodeni

32. U kutiji imamo 15 kuglica od kojih je 5 crvenih. Ako sluˇcajno izvuˇcemo 5 kuglica, kolika je vje- njima biti toˇcno 4 crvene? rojatnost da c´e medu

33. Na stranici http://hr.wikipedia.org/wiki

OG LE DN IP RIM JE RA K

Kolika je vjerojatnost da c´e se izvu´ci jedan paran i jedan neparan broj ako 1) izvuˇcemo odjednom obje kartice; 2) izvuˇcemo prvu karticu, a nakon nje drugu; 3) izvuˇcemo prvu karticu, vratimo je u snop i zatim izvuˇcemo drugu?

3.2

- cˇe21. U sˇ est kutija na sluˇcajan se naˇcin rasporeduju

tiri kuglice. Kolika je vjerojatnost da c´e u prve cˇetiri kutije biti toˇcno po jedna kuglica?

22. Netko je zaboravio tri posljednje znamenke te-

lefonskog broja, i sje´ca se samo da su sve tri razliˇcite a posljednja paran broj. Kolika je vjerojatnost da c´e sluˇcajnim izborom pogoditi pravi broj?

23. Kolika je vjerojatnost da se u igri LOTO 6 od 45 u jednoj kombinaciji postigne dobitak od 6, 5, 4 ili 3 pogotka?

24. U kutiji se nalazi 5 crvenih i 4 bijele kuglice. Ko-

lika je vjerojatnost da c´emo biraju´ci na sre´cu 6 kuglica izvu´ci 3 crvene i 3 bijele?

25. U snopu od 52 karte postoji po 13 karata sljede´cih

boja: pik, karo, herc i tref. Kolika je vjerojatnost da c´ e u 13 karata koje dobiva pojedini igraˇc biti 5 pikova, 3 herca, 2 karoa i 3 trefa?

/Dobitne kombinacije u pokeru - jakost karata u moˇzete proˇcitati kako se odreduje pokeru. Na poˇcetku igre, pet karata dijeli se na sre´cu iz snopa od 52 karte. Kolika je vjerojatnost - njima biti: da c´ e medu 1) skala u boji 2) poker 3) ful 4) boja (koja nije skala) 5) skala (koja nije u boji) 6) tris 7) dva para 8) jedan par? 34. Neka su A , B , C dogadaji. Iskaˇzi s pomo´cu - sljede´ce dogadaje: unije i presjeka ovih dogadaja 1) ostvario se samo dogadaj A ; 2) ostvarili su se A i B , ali ne C ; 3) ostvarila su se sva tri dogadaja; 4) ostvario se barem jedan dogadaj; 5) ostvario se toˇcno jedan dogadaj; 6) nije se ostvario nijedan dogadaj.

35. Ako je P(A) = 0.6 , P(B) = 0.4 , P(A ∪ B) =

A , B , AB , 0.8 , izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja AB, AB.

26. Baˇcene su cˇetiri kocke. Kolika je vjerojatnost da sve cˇ etiri padnu na isti broj?

27. Slova rijeˇci MATEMATIKA napisana su na kar-

tice i potom promijeˇsana. Kolika je vjerojatnost da c´e se, otkrivaju´ci jednu po jednu cˇetiri kartice, pojaviti rijeˇc MATE? A kolika za rijeˇc TIKA?

28. Dijete slaˇze na sre´cu jednu do druge kockice na kojima su ispisana slova A, A, A, N, N, S. Kolika je vjerojatnost da c´e dobiti rijeˇc ANANAS?

29. Dijete se igra s karticama na kojima su napisana slova A, E, E, J, J, N, N, O, O, R, T, V. Kolika je vjerojatnost da c´e, redaju´ci ih na sre´cu, sloˇziti rijeˇc NEVJEROJATNO?

36. Ako je P(A ∪ B) = 0.8 , P(AB) = 0.2 , P(A) = - A, B, AB? 0.6 , kolika je vjerojatnost dogadaja

37. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi barem jedna jedinica?

38. Kolika je vjerojatnost da se pri bacanju dviju kocki pojavi 1) zbroj 8; 2) zbroj 9; 3) zbroj ve´ci od 9; 4) broj djeljiv s 2 ili djeljiv s 3.

39. Novˇci´c se baca cˇetiri puta. Kolika je vjerojatnost sljede´cih dogadaja: 1) pojavilo se je toˇcno jedno pismo; 2) u drugom bacanju pojavilo se pismo; 3) pojavilo se barem jedno pismo; 4) pismo se pojavilo barem dvaput?

30. Odredi vjerojatnost da su znamenke nasumce odabranog peteroznamenkastog broja 1) sve razliˇcite; 2) sve parne; 3) parne i razliˇcite.

143

3

VJEROJATNOST

3.3. Geometrijska vjerojatnost

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zamislimo pokus u kojem biramo na sluˇcajan naˇcin toˇcku unutar kvadrata  sa stranicom duljine a . Istaknimo neke podskupove tog kvadrata. Neka je A polovina kvadrata ispod dijagonale. Neka je B trokut dobiven spajanjem poloviˇsta susjednih stranica.

B

A

Geometrijska vjerojatnost: mjera podskupa odreduje njegovu vjerojatnost.

Biramo li toˇcku unutar kvadrata, moˇzemo se upitati kolika je vjerojatnost da c´e ta toˇcka biti izabrana unutar nekih od ovih podskupova. U ovdje opisanom pokusu prirodno je sljede´cim dogadajima pridruˇziti vjerojatnosti: 1 2 2a a2

1 , 2 1 2 a 1 P(B) = P{toˇcka je pala u skup B} = 8 2 = . 8 a Te smo vjerojatnosti dobili promatraju´ci omjer povrˇsina podskupova i cˇitava kvadrata. P(A) = P{toˇcka je pala u skup A} =

=

Geometrijska vjerojatnost

Neka je  ograniˇceni podskup ravnine i m() njegova povrˇsina, a A podskup od  . Kaˇzemo da biramo toˇcku na sre´cu unutar skupa  , ako je vjerojatnost da ona bude izabrana unutar podskupa A jednaka m(A) P(A) = . (1) m() Ovako definiranu vjerojatnost nazivamo geometrijska vjerojatnost.

Formulom (1) uistinu je definirana vjerojatnost. Provjerimo jesu li ispunjena temeljna svojstva vjerojatnosti. - je izbor toˇcke unutar praznog 1◦ . U geometrijskoj vjerojatnosti nemogu´c dogadaj skupa. Povrˇsina praznog skupa je 0, pa je: m(∅) m() P(∅) = = 0, P() = = 1. m() m() 2◦ . Ako su A i B podskupovi od  takvi da je A ⊂ B , onda je m(A)  m(B) . Zato: m(A) m(B) P(A) =  = P(B). m() m() 3◦ . Ako su A i B disjunktni podskupovi od  , onda je povrˇsina njihove unije jednaka zbroju povrˇsina pojedinih skupova. Zato je vjerojatnost da toˇcka bude izabrana unutar jednog od podskupova jednaka: m(A ∪ B) m(A) m(B) P(A ∪ B) = = + = P(A) + P(B). m() m() m()

144

GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST

Primjer 1.

3.3

Biramo na sre´cu toˇcku unutar kvadrata  sa stranicom duljine a . Kolika je vjerojatnost da ona padne unutar kruga upisanog u taj kvadrat?

OG LE DN IP RIM JE RA K

- Povrˇsina kruga je: Neka je A traˇzeni dogadaj.  a 2 m(A) = , 2 pa je odgovaraju´ca vjerojatnost: P(A) =

Primjer 2.

m(A) = m()

1 2 4a  a2

=

 . 4

Unutar intervala [0, 1] biraju se na sre´cu dva broja x i y . Odredi vjerojatnost dogadaja: 1) A = {x > y} ;

2) B = {x + y < 32 } .

Izbor dvaju brojeva x i y unutar intervala [0, 1] odgovara izboru jedne toˇcke (x, y) unutar jediniˇcnog kvadrata [0, 1] × [0, 1] . Oznaˇcimo taj kvadrat s  (slika). On predstavlja skup elementarnih dogadaja. Da bismo odredili traˇzene vjerojatnosti, moramo izraˇcunati povrˇsinu podskupova od  koji odgovaraju tim dogadajima. - A odgovara istoimeni podskup: skup svih toˇcaka jediniˇcnog 1) Dogadaju kvadrata za koje je x > y . Tad vrijedi: m(A) 1 P(A) = = . m() 2

y=x

1

1

x+y=

B

1

3 2

1

Izbor dviju toˇcaka unutar intervala [0, 1] odgovara izboru jedne toˇcke unutar jediniˇcnog kvadrata.

2) Sad je B = {(x, y) : x + y < 32 } , te imamo: P(B) =

1 − 12 · m(B) = m() 1

1 2

·

1 2

=

7 . 8

145

3

VJEROJATNOST

Primjer 3.

Na duˇzini PQ duljine 1 na sre´cu se biraju dvije toˇcke L i M . Odredi vjerojatnost da je toˇcka L bliˇza toˇcki M nego toˇcki P .

OG LE DN IP RIM JE RA K

y=2x 1

y

P

x

L

M

Q

1

Oznaˇcimo x = d(P, L) , y = d(P, M) . Tad vrijedi: d(L, M) = |y−x|. Tra- odgovara skup svih toˇcaka (x, y) za koje je |y − x| < x , zˇ enom dogadaju odnosno: −x < y − x < x ⇐⇒ 0 < y < 2x. Taj je skup naznaˇcen na slici. P{d(L, M) < d(P, L)} = P{|y − x| < x} m(A) 3 = P{0 < y < 2x} = = . m() 4

Primjer 4.

Dva prijatelja izlaze uveˇcer jedan neovisno o drugome, u na sre´cu odab- 20 i 21 sat. Po dolasku na gradski trg zadrˇzavaju ranom trenutku izmedu se na tom mjestu 20 minuta, ali najkasnije do 21 sat, kad odlaze u kino. Kolika je vjerojatnost da c´e se oni sresti na trgu?

Ako je x trenutak dolaska prvog, a y trenutak dolaska drugog prijatelja na trg, oni c´e se sresti ukoliko je |y − x| < 20 (vrijeme mjerimo u minutama). Brojevi x i y su na sre´cu odabrani unutar intervala [0, 60] . Zato je P{|x − y| < 20} = = P{−20 < y − x < 20}

y=x+20

60

y=x-20

20

= P{x − 20 < y < x + 20} =

146

20

60

m(A) 602 − 402 = 0.56 . = m() 602

GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST

3.3

Zadatci 3.3. Broj se bira na sre´cu unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da c´ e prva znamenka u njegovom decimalnom prikazu biti ve´ca od 6?

2.

Broj se bira na sre´cu unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da c´ e druga znamenka u njegovom decimalnom prikazu biti ve´ca od 6?

3.

Dva broja biraju se na sre´cu unutar intervala [0, 1] . Kolika je vjerojatnost da je njihov zbroj 3 ve´ci od ? 2

4.

Brojevi x i y biraju se na sre´cu unutar intervala [0, 2] . Kolika je vjerojatnost dogadaja 1) y < x + 1 , 2) |y − x| > 1 , 3) x + y > 1 ?

5.

6.

7.

2) Udaljenost toˇcke do ruba kvadrata manja je od 1; 3) Udaljenost toˇcke do dijagonale AC manja je od 1; 4) Toˇcka T bliˇza je vrhu A nego ostalim vrhovima.

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

Dvije toˇcke M i N biraju se na sre´cu unutar duˇzine AB duljine a . Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja:

9.

Kolika je vjerojatnost da toˇcka na sre´cu odabrana unutar jednakostraniˇcnog trokuta stranice a padne unutar kruga upisanog u taj trokut?

10. U jednakokraˇcnom trokutu osnovice a i visine a upisan je kvadrat. Kolika je vjerojatnost da na sre´cu odabrana toˇcka u trokutu ne leˇzi unutar tog kvadrata?

11. Na kvadratiˇcno ispletenu mreˇzicu pada s veli-

ke visine metalna kuglica, okomito na mreˇzicu. Ako je stranica kvadrata mreˇzice duga 10 mm, a promjer kuglice 5 mm, kolika je vjerojatnost da c´ e kuglica pro´ci kroz mreˇzicu, a da ne dotakne njezine niti?

1) Toˇcka M bliˇza je rubu A nego toˇcka N . 2) Toˇcke M i N bliˇze su rubu A nego rubu B . 3) Toˇcka M bliˇza je rubu A , a toˇcka N rubu B .

12. Na ravninu na kojoj su istaknute toˇcke s cjelo-

Dvije toˇcke biraju se na sre´cu unutar duˇzine duljine a . Kolika je vjerojatnost da je njihova udaa ljenost manja od ? 3

13. Kovani novˇci´c polumjera R baˇcen je na pod

Dva broda moraju sti´ci u isto pristaniˇste. Vremena dolaska brodova su nezavisna i jednako vjerojatna u toku dana. Odredi vjerojatnost da c´ e jedan od brodova morati cˇ ekati na oslobadanje pristaniˇsta, ako je vrijeme zadrˇzavanja prvog broda u pristaniˇstu 1 sat, a drugog 2 sata.

brojnim koordinatama baˇcen je novˇci´c promjera 0.5 jedinica. Kolika je vjerojatnost da novˇci´c ne´ce pokriti nijednu istaknutu toˇcku? pokriven ploˇcicama oblika pravilnog sˇ esterokuta stranice a = 5R . Kolika je vjerojatnost da novcˇi´c ne presjeˇce niti jednu od stranica sˇ esterokuta?

14. Dvije toˇcke biraju se na sre´cu na obodu kruga po-

lumjera r . Kolika je vjerojatnost da c´e njihova udaljenost biti ve´ca od r ?

15. Kolika je vjerojatnost da c´e udaljenost √ toˇcaka u

8.

Toˇcka T bira se na sre´cu unutar kvadrata ABCD stranice a = 3 . Izraˇcunaj vjerojatnost dogadaja: 1) Udaljenost toˇcke do srediˇsta kvadrata manja je od 1;

prethodnom zadatku biti manja od r 3 ? Kolika √ je vjerojatnost da ta udaljenost nije ve´ca od r 2 ?

147

3

VJEROJATNOST

3.4. Uvjetna vjerojatnost. Nezavisnost

OG LE DN IP RIM JE RA K

1 Pri bacanju kocke, vjerojatnost da se pojavi broj 1 jednaka je . Nakon bacanja 6 - realizirao ili nije. mi sa sigurnoˇsc´u znamo je li se taj dogadaj Pretpostavimo medutim da je netko pogledao na kocku koju mi ne vidimo i kazao nam: kocka je pala na neparan broj. Kolika je sad vjerojatnost da je ona pala na broj 1 ? Oˇcito, ta se vjerojatnost promijenila. Kako su nam preostale samo tri mogu´cnosti, brojevi 1 1 , 3 i 5 , ta je vjerojatnost sad . 3 Evo joˇs jednog primjera.

Bacamo dvije kocke. Neka je: A = {na prvoj kocki pao je broj 2}, B = {zbroj brojeva na obje kocke je 6}. Od 36 elementarnih dogadaja, dogadajima A i B pripadaju sljede´ci A = {(2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6)}, B = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)}. Zato je: 6 5 P(A) = , P(B) = . 36 36 - A , ako je poznato da se realizirao dogadaj - B? U Kolika je vjerojatnost dogadaja tom je sluˇcaju dovoljno samo promotriti elementarne dogadaje koji saˇcinjavaju B - njima traˇziti one povoljne za dogadaj (jer samo neki od njih dolazi u obzir) i medu A — time traˇzimo elementarne dogadaje za umnoˇzak AB tih dogadaja. Ovakvu vjerojatnost nazivamo uvjetna vjerojatnost, biljeˇzimo ju simbolom P(A | B) (i cˇitamo: vjerojatnost od A uz uvjet B ). Imamo: 1 P(A | B) = 5 - (2, 4) povoljan za A . jer je samo dogadaj 1 - svim elementarnim dogadajima Na isti naˇcin, P(B | A) = , jer je medu koji 6 saˇcinjavaju A samo (2, 4) povoljan za B .

Definicija uvjetne vjerojatnosti

Da bismo doˇsli do op´cenite formule za uvjetnu vjerojatnost, primijetimo da broj- koji su povoljni i za dogadaj - A i za nik 1 oznaˇcava broj elementarnih dogadaja - B . Naime, vrijedi AB = {(2, 4)} . Stoga ovu vjerojatnost moˇzemo dogadaj pisati i u obliku: 1

P(A | B) =

1 P(AB) = = 36 . 5 5 P(B) 36

148

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

3.4

Ovo razmatranje ukazuje na opravdanost sljede´ce definicije. Uvjetna vjerojatnost

OG LE DN IP RIM JE RA K

- A , ako je poznato da se ostvario dogaUvjetna vjerojatnost dogadaja - B takav da je P(B) > 0 , je broj P(A | B) definiran s: daj P(AB) P(A | B) := . (1) P(B)

Primjer 1.

W A

B

- dodatne pripreme iz mateOd 120 uˇcenika cˇetvrtih razreda, 40 pohada matike, 30 iz engleskog, a 20 iz oba predmeta. Izraˇcunajmo vjerojatnosti sljede´cih dogadaja - pripreme iz matematike. 1) Na sre´cu odabrani uˇcenik pohada 2) Na sre´cu odabrani uˇcenik pohada pripreme iz engleskog. - onima koji pohadaju - matematiku, po3) Na sre´cu odabrani uˇcenik medu - i engleski. hada - onima koji pohadaju - engleski, pohada 4) Na sre´cu odabrani uˇcenik medu i matematiku. - onima koji pohadaju 5) Na sre´cu odabrani uˇcenik medu engleski, ne pohada matematiku. Slika lijevo ilustrira ovu situaciju. Neka M oznaˇcava da uˇcenih pohada pripreme iz matematike, a E engleskog. 1) i 2) Ovdje je rijeˇc o “obiˇcnim” vjerojatnostima, 40 1 30 1 P(M) = = , P(E) = = . 120 3 120 4

3) i 4) Ovdje je rijeˇc o uvjetnoj vjerojatnosti, P(E | M) . Raˇcunaju´ci prema definiciji, imamo 1 20 P(E ∩ M) 1 120 P(E | M) = = 6 = . = 40 1 PM 2 120 3 No jednostavnije je raˇcunati ovako. Promatramo samo one uˇcenike - matematiku, i medu - njima izdvojimo one koji pohadaju koji pohadaju i engleski: 20 1 P(E | M) = = . 40 2 Na isti naˇcin, 20 2 P(M | E) = = . 30 3 Vidimo da uvjetne vjerojatnosti P(E | M) i P(M | E) op´cenito nisu jednake.

149

3

VJEROJATNOST

5) Sada je P(M | E) =

10 1 = . 30 3

OG LE DN IP RIM JE RA K

Vidimo da je P(M | E) = 1 − P(M | E) .

Zadatak 1.

Baˇcene su dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da se pojavio broj 6 ako je poznato da je zbroj brojeva jednak 8 ? Ako je zbroj brojeva na obje kocke jednak 8, kolika je vjerojatnost da se pojavio broj 6?

Racunanje ˇ vjerojatnosti umnoska ˇ dvaju dogadaja ¯

Definicijsku formulu (1) za raˇcun uvjetne vjerojatnosti moˇzemo napisati ovako P(AB) = P(B)P(A | B) (2) Ova se formula koristi u raˇcunanju vjerojatnosti umnoˇska dvaju dogadaja. Naime, uvjetna se vjerojatnost, za razliku od vjerojatnosti umnoˇska, lagano raˇcuna. - A i B (koji oboje imaju pozitivnu vjerojatnost), dobit Ako zamijenimo dogadaje c´emo istovrsnu formulu P(AB) = P(A)P(B | A). (3)

Primjer 2.

U zˇ ari se nalazi sˇ est bijelih i cˇetiri crne kuglice. Kolika je vjerojatnost da c´e prve dvije kuglice koje izvuˇcemo biti bijele?

Moˇzemo zamisliti da kuglice izvlaˇcimo jednu po jednu. Neka su A i B dogadaji A = {prva kuglica je bijela}, B = {druga kuglica je bijela}. - cˇiju vjerojatnost traˇzimo. Oˇcito je: Tad je AB dogadaj 6 P(A) = . 10 Nakon sˇ to izvuˇcemo prvu kuglicu, u zˇ ari je preostalo devet kuglica, od kojih je pet bijelih. Stoga je: 5 P(B | A) = 9 i po formuli (3) slijedi: 6 5 1 P(AB) = P(A)P(B | A) = · = . 10 9 3

150

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

3.4

Na sliˇcan c´emo naˇcin raˇcunati i vjerojatnost umnoˇska viˇse dogadaja. Primjerice P(ABC) = P(A)P(B | A)P(C | AB). - s desne strane. Mogu´ce su i druge kombinacije dogadaja

Kolika je vjerojatnost da tri na sre´cu odabrane karte iz snopa od 52 karte budu tref boje?

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 3.

- i neka je Ai = {i -ta karta je tref boje } , Oznaˇcimo s A traˇzeni dogadaj i = 1, 2, 3 . Tad je A = A1 A2 A3 i raˇcunamo vjerojatnost po formuli: P(A) = P(A1 )P(A2 | A1 )P(A3 | A1 A2 ). 13 Pojedine vjerojatnosti su P(A1 ) = , u snopu ima 13 karata tref boje, 52 12 P(A2 | A1 ) = , nakon sˇ to je prva izvuˇcena, preostalo ih je 51 od kojih 51 11 je 12 tref boje, P(A3 | A1 A2 ) = . Dakle, 50 13 12 11 P(A) = · · = 0.013. 52 51 50

Zadatak 2.

6 bijelih, 4 crne i 2 plave kuglice izabiru se jedna za drugom na sre´cu. Kolika je vjerojatnost da c´e prve dvije biti bijele?

Nezavisnost dogadaja ¯

Promotrimo sljede´cu inaˇcicu jednog od prethodnih primjera:

Primjer 4.

U zˇ ari se nalazi sˇ est bijelih i cˇetiri crne kuglice. Izvlaˇcimo dvije kuglice, jednu po jednu. Kolika je vjerojatnost da c´ e druga kuglica biti bijela, ako je prva kuglica bila bijela. Kolika je ta vjerojatnost ako je prva kuglica bila crna? Izraˇcunajmo obje ove vjerojatnosti u sljede´ce dvije situacije:

1) prva se kuglica nakon izvlaˇcenja ne vra´ca u zˇ aru, 2) prva se kuglica nakon izvlaˇcenja vra´ca u zˇ aru.

Oznaˇcimo s A i B dogadaje A = {prva kuglica je bijela}, B = {druga kuglica je bijela}.

151

3

VJEROJATNOST

Traˇzimo uvjetne vjerojatnosti P(B | A) i P(B | A) . Oˇcito je 6 4 P(A) = , P(A) = . 10 10

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) Nakon izvlaˇcenja prve kuglice, u zˇ ari imamo jednu kuglicu manje. Zato je 5 6 P(B | A) = , P(B | A) = . 9 9 2) Ako kuglicu nakon izvlaˇcenja vratimo u zˇ aru, prije izvlaˇcenja druge kuglice imat c´emo identiˇcnu situaciju: sˇ est bijelih i cˇetiri crne kuglice, - A ili nije: bez obzira je li se ostvario dogadaj 6 6 P(B | A) = , P(B | A) = 10 10 Kaˇzemo da realizacija dogadaja A ne utjeˇce na vjerojatnost realizacije dogadaja B .

- A i B imaju pozitivnu vjerojatnost. Neka dogadaji

Neka je P(B | A) = P(B) , tj. vjerojatnost dogadaja B ne mijenja se nakon sˇ to - A . Tad kaˇzemo da su A i B nezavisni nam je poznato da se realizirao dogadaj dogadaji. U tom sluˇcaju vrijedi

P(AB) = P(A)P(B | A) = P(A)P(B). Ako je pak ispunjena ova jednakost, onda za uvjetnu vrijedi P(A)P(B) P(AB) = = P(B). P(B | A) = P(A) P(A) Isto tako, bit c´e P(AB) P(A)P(B) P(A | B) = = = P(A). P(B) P(B) - imaju pozitivne vjerojatnosti: P(A) > 0 i Ovdje zahtjevamo da oba dogadaja P(B) > 0 . Definicija i kriterij nezavisnosti dogadaja

- A i B nezavisni su ako vrijedi Dogadaji P(A | B) = P(A) ili P(B | A) = P(B). Nuˇzan i dovoljan uvjet za nezavisnost jest da bude: P(AB) = P(A)P(B).

152

(4)

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

Primjer 5.

3.4

- A i B nezavisni, tad nije posve oˇcito da su nezavisni i Ako su dogadaji njihovi komplementi A i B . Pokaˇzimo to koriste´ci ovaj kriterij nezavisnosti. P(A)P(B) = (1 − P(A))(1 − P(B)) = 1 − P(A) − P(B) + P(A)P(B) (nezavisnost od A i B)

(vjerojatnost unije dogadaja) (vjerojatnost komplementa)

= P(A ∪ B)

(de Morganov zakon)

OG LE DN IP RIM JE RA K = 1 − P(A) − P(B) + P(AB) = 1 − P(A ∪ B) = P(A B)

Dobili smo P(A B) = P(A)P(B) pa su A i B nezavisni.

Primjer 6.

Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da broj na prvoj bude paran, a na drugoj manji od 3 ?

Rezultat na jednoj kocki nezavisan je od toga sˇ to c´e se pojaviti na drugoj 1 kocki. Vjerojatnost pojave parnog broja na prvoj kocki je , vjerojatnost 2 1 da broj na drugoj bude manji od 3 je . Traˇzeni dogadaj produkt je ovih 3 1 1 1 dvaju. Stoga je njegova vjerojatnost · = . 2 3 6

- definira se na sloˇzeniji naˇcin. Tako primjerice, Nezavisnost skupine dogadaja - onda imamo ako su A , B i C po volji odabrani dogadaji,

P(ABC) = P(A) · P(B | A) · P(C | AB). - znaˇci da c´e sve uvjetne vjerojatnosti u kojima se ti Nezavisnost triju dogadaja dogadaji javljaju biti jednake bezuvjetnima. Primjerice: P(B | A) = P(B) , P(C | AB) = P(C) i sliˇcno za druge mogu´ce kombinacije. Tako za nezavisne - A , B i C vrijedi dogadaje P(ABC) = P(A)P(B)P(C).

Sliˇcno vrijedi i za viˇse od tri dogadaja. Ako su A1 ,. . . , An nezavisni, onda je: P(A1 A2 . . . An ) = P(A1 )P(A2 ) . . . P(An ).

Zadatak 3.

U zˇ ari se nalaze 4 plave, 5 bijelih i 6 crnih kuglica. Na sre´cu odabiremo 3 kuglice. Oznaˇcimo dogadaje A = sve su tri kuglice razliˇcitih boja, B = prva kuglica je bijela, - A i B nezavisni. Izraˇcunaj P(A) i P(B) . Dokaˇzi da su dogadaji

153

3

VJEROJATNOST

Primjer 7.

Serijski spoj. Proizvodnja nekog proizvoda organizirana je na traci koja se sastoji od n dijelova, od kojih svaki radi neovisno o ostalima. Ako barem jedan od dijelova prestane s radom, prestaje i cjelina: A2

An

OG LE DN IP RIM JE RA K

A1

Vjerojatnost da j -ti dio ne´ce otkazati tijekom dana jednaka je rj . Kolika je vjerojatnost da c´e cˇitava traka raditi ispravno u tom danu?

Oznaˇcimo s Aj dogadaj

Aj = { j -ti dio je ispravan}

i neka je

A = {ˇcitava traka je ispravna}. - A ostvarit c´e se ako se ostvare svi dogadaji - A1 , . . . , An . Dakle, Dogadaj A = A1 A2 . . . An . Zbog nezavisnosti P(A) = P(A1 ) . . . P(An ) = r1 . . . rn .

Primjerice, za n = 5 i r1 = . . . = r5 = 0.9 dobivamo P(A) = 0.9n = 0.59 . Vjerojatnost ispravnog rada serijski spojenog sklopa brzo opada s brojem elemenata u sklopu.

Primjer 8.

Paralelni spoj. Uz iste oznake kao i prije, izraˇcunajmo vjerojatnost ispravnog rada za proces proizvodnje u kojem se na nekoliko mjesta obavlja istovrsna radnja:

A1

154

A2

An

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

3.4

Sad c´e se proces odvijati ako je ispravan bar jedan njegov dio. Zato je A = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An . Vjerojatnost ove unije nije lako direktno izraˇcunati.

OG LE DN IP RIM JE RA K

- A : proizvodnja je prestala. Oˇcigledno, on Promotrimo suprotan dogadaj c´e se ostvariti ako su u kvaru svi elementi, tj. ako se ostvare svi dogadaji A1 , . . . , An . Po de Morganovim zakonima vrijedi A = A1 A2 . . . An Dogadaji A1 , . . . , An takoder su nezavisni. Zato je P(A) = P(A1 ) . . . P(An ),

tj.

1 − P(A) = (1 − P(A1 )) . . . (1 − P(An )), P(A) = 1 − (1 − r1 ) . . . (1 − rn ).

S vrijednostima iz proˇslog primjera imali bismo P(A) = 1 − 0.15 ≈ 1 . Paralelnim organiziranjem procesa postiˇze se velika pouzdanost ispravnog rada.

Ponavljanje pokusa

Pretpostavimo da neki pokus moˇzemo ponavljati n puta, pod istim uvjetima. S takvim pokusima smo se ve´c susretali, bacanje novˇci´ca ili kocke tipiˇcan su primjer pokusa koji se ponavlja pod istim uvjetima. - A: Neka je p vjerojatnost da se u jednom pokusu pojavi dogadaj P(A) = p.

Neka nam + oznaˇcava da se A pojavio u nekom pokusu, − kad to nije sluˇcaj. - A u svih n pokusa moˇzemo predoˇciti nizom Tad rezultate pojavljivanja dogadaja od n znakova + ili − .

Primjer 9.

Kocku bacamo osam puta. Kolika je vjerojatnost da se sˇ estica pojavi tri puta?

- ostvariti ako se ostvari niz poput sljede´ceg: Ovaj c´e se dogadaj +, −, −, −, +, +, −, − kad se sˇ estica pojavila u prvom, petom i sˇ estom pokusu.

155

3

VJEROJATNOST

Rezultati u svakom bacanju kocke nezavisni su dogadaji. Zato je vjerojatnost da se toˇcno ovaj niz ostvari jednaka 1 5 5 5 1 1 5 5  1 3  5 5 · . · · · · · · · = 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6

OG LE DN IP RIM JE RA K

No, ovo c´e biti vjerojatnost pojavljivanja i za bilo koji drugi niz u kojem se sˇ estica pojavljuje toˇcno tri puta. Svi su ti nizovi povoljni za promatrani dogadaj.

Koliko ih ima? Onoliko na koliko naˇcina moˇzemo izabrati tri znaka + od osam mogu´cih mjesta, dakle   8! 8 C83 = = . 3 3! · 5! Umjesto kombinacija, moˇzemo zamisliti da je rijeˇc o permutacijama niza od tri znaka + i pet znakova − . Broj tih permutacija je 8! P5,3 8 = 3! · 5! . Zato je vjerojatnost da c´e se sˇ estica pojaviti tri puta jednaka   1 3  5 5 8 = 0.104. 3 6 6

Opiˇsimo op´cenitu situaciju. Oznaˇcimo s pk vjerojatnost da se u n dogadaja A pojavio k puta. Jedan mogu´ci povoljni ishod je niz poput sljede´ceg +, +, . . . + , −, −, . . . , − 

 

 k puta

n−k puta

Vjerojatnost pojavljivanja ovog niza, i bilo kojeg drugog niza u kojem se pojavljuje k znakova + je pk · (1 − p)n−k .

Razliˇcitih nizova duljine n u kojima se A pojavljuje toˇcno k puta ima   n . Cnk = k Prema tome, moˇzemo zakljuˇciti sljede´ce:

Vjerojatnost realizacije dogadaja pri ponavljanju pokusa

- A pojavi u svakom pokusu, onda Ako je p vjerojatnost da se dogadaj je vjerojatnost da c´e se on ostvariti k puta pri ponavljanju n nezavisnih pokusa jednaka   n k pk = p (1 − p)n−k . (5) k

156

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

Bacamo cˇetiri kocke. Kolika je vjerojatnost sljede´cih dogadaja: A = {ˇsestica se pojavila toˇcno tri puta}, B = {broj ve´ci od cˇ etiri pojavio se toˇcno dva puta}, C = {parni broj pojavio se barem tri puta}.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 10.

3.4

Ovdje se radi o ponavljanju pokusa (bacanje jedne kocke), pod istim uvjetima. Naime, pokus bacanja cˇetiriju kocaka ekvivalentan je pokusu u kojem se jedna kocka baca cˇetiri puta. 1 . Prema 6 (5), vjerojatnost da c´e se on u cˇetiri pokusa ostvariti tri puta iznosi   1 3 5 4 · = 0.015 . P(A) = p3 = 3 6 6

Vjerojatnost realizacije dogadaja A u jednom bacanju je p =

2 1 Vjerojatnost da se u jednom bacanju pojavi broj ve´ci od 4 je p = = . 6 3 - B jednaka Zato je vjerojatnost dogadaja   1 2  2 2 4 · = 0.296 . P(B) = p2 = 2 3 3

3 1 Vjerojatnost da se u jednom bacanju pojavi parni broj je p = = . 6 2 - ostvari tri ili cˇetiri puta Vjerojatnost da se u cˇetiri bacanja taj dogadaj iznosi   1 3 1   1 4 5 4 4 · + = = 0.313 . P(C) = p3 + p4 = 3 2 4 2 2 16

Primjer 11.

ˇ je vjerojatnije u igri s ravnopravnim protivnikom: dobiti dvije igre od Sto tri ili tri igre od sˇ est? (Igra nema nerijeˇsenog ishoda.)

1 Vjerojatnost dobitka jedne igre je . Vjerojatnost da se dobiju dvije igre 2 od tri iznosi:   1 2 1 3 3 · = . 2 2 2 8 Vjerojatnost dobitka triju igara od ukupno sˇ est je:   1 3  1 3 20 5 6 · = 6 = . 3 2 2 16 2 Vjerojatniji je prvi ishod!

157

3

VJEROJATNOST

Primjer 12.

Novˇci´c bacamo osam puta. Izraˇcunaj vjerojatnosti za broj mogu´cih pojavljivanja pisma. Kolika je vjerojatnost da c´e se pismo pojaviti barem pet puta?

OG LE DN IP RIM JE RA K

U svakom bacanju ta je vjerojatnost 12 . Vjerojatnost da se pismo pojavi k puta u osam bacanja iznosi   1 k  1 8−k 1 8 8 pk = = 8 . k 2 2 2 k Uvrˇstavaju´ci k = 0, 1, . . . , 8 , dobit c´emo sljede´ce vjerojatnosti k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 pk

1 256

8 256

28 256

56 256

70 256

56 256

28 256

8 256

1 256

Odgovor na posljednje pitanje je: 56 28 8 1 93 + + + = . 216 216 216 256 256

Kutak plus

´ E´ CHEVALIER DE MER

Chevalier de M´er´e je bio, s danaˇsnjeg glediˇsta, bonvivan. Beskrajni sati koje je proveo za kockarskim stolom imali su ipak velike zasluge za razvitak teorije vjerojatnosti. Svi kockari imaju (teˇsko pla´ceno) iskustvo o vjerojatnostima nekih ishoda. - da se pri bacanju dviju Vjerojatnost da se pri bacanju jedne kocke pojavi broj 1 sˇ est je puta vjerojatnija od dogadaja - jednako vjerojatni: kocaka pojave dvije jedinice. Zato je de M´er´e smatrao da su sljede´ci dogadaji A = { u cˇetiri bacanja jedne kocke pojavila se barem jedna jedinica } ,

B = { u 24 bacanja dviju kocki pojavile su se barem jednom dvije jedinice } .

Kad se dva igraˇca klade na ishode ovih dogadaja, imaju otprilike jednake sˇ anse dobitka. To je de M´er´e i cˇinio. Na taj - B, je naˇcin primijetio da kad se kladi u korist dogadaja A , tada je na dugu ruku u dobitku, a kad se kladi na dogadaj onda je u gubitku. Ne znaju´ci objasniti razlog tome, pisao je godine 1654. matematiˇckim autoritetima svoga doba. U zˇ ivoj raspravi koja je uslijedila zaˇcela se nova teorija. Il est tres bon e´ sprit, mais quel dommage, il n’est pas geometre, napisao je za de M´er´ea Pascal u pismu Fermatu. (“Dobar je momak, sˇ teta sˇ to nije matematiˇcar.”) 1. Izraˇcunajte vjerojatnost dogadaja A i B.

- A vjerojatniji. Ako se oba pokusa ponavljaju 100 puta, kolika je vjerojatnost da c´e se A 2. Ustvrdili ste da je dogadaj ostvariti viˇse puta nego B ?

158

UVJETNA VJEROJATNOST. NEZAVISNOST

3.4

Zadatci 3.4.

2.

Kocka je baˇcena dvaput. Kolika je vjerojatnost sljede´cih dogadaja: 1) prvi put pao broj 3, a drugi put broj 6; 2) pojavili su se brojevi 3 i 6? Baˇcene su dvije kocke, crvena i plava. Kolike su vjerojatnosti sljede´cih dogadaja: 1) plava je pala na 3, ako je zbroj brojeva 5; 2) pojavio se broj 3 na nekoj kocki, ako je zbroj brojeva 5; 3) zbroj brojeva je 5, ako je plava pala na broj 3; 4) zbroj brojeva je 5, ako je neka kocka pala na broj 3; 5) zbroj brojeva je 4, ako je poznato da plava nije pala na broj 1; 6) plava je pala na 3, ako je poznato da je crvena pala na 4; 7) plava nije pala na 3, ako je poznato da se pojavio broj 4?

3.

Dva su igraˇca bacila kocku i prvi je igraˇc dobio ve´ci broj od drugog igraˇca. Kolika je vjerojatnost da je taj broj jednak 6?

4.

Ako su dvije kocke pale na razliˇcite brojeve, kolika je vjerojatnost da je zbroj tih brojeva ve´ci od 8?

5.

Baˇcene su dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da je pala barem jedna sˇ estica, ako je poznato da su pala dva razliˇcita broja?

6.

Ispravan novˇci´c baca se 10 puta. Kolika je vjerojatnost da c´e svih deset puta pasti pismo, ako je poznato da je pismo palo prvih devet puta?

7.

1) Odredi uvjetnu vjerojatnost P(B|C) . - A i B nezavisni. 2) Ispitaj jesu li dogadaji 10. Baˇcene su dvije kocke. Oznaˇcimo dogadaje:

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

6 bijelih, 4 crne i 2 plave kuglice izabiru se jedna za drugom na sre´cu. Kolika je vjerojatnost da c´e prve dvije biti bijele?

8.

Istovremeno se bacaju novˇci´c i kocka. Kolika je vjerojatnost dogadaja A = { pojavili su se pismo i sˇ estica } , B = { pojavili su se pismo ili sˇ estica } , C = { na kocki se pojavio broj ve´ci od 4 } ?

9.

Pokus se sastoji u bacanju dviju kocaka. Promatraju se dogadaji: A = { pojavila se bar jedna sˇ estica } , B = { pojavila se bar jedna dvojka } , C = { pojavio se jedan paran i jedan neparan broj } .

A = { pojavila se barem jedna jedinica } , B = { pojavila su se dva razliˇcita broja } . 1) Izraˇcunaj P(A) , P(B) , P(A|B) . - A i B nezavisni? 2) Jesu li dogadaji

11. Vjerojatnosti pojavljivanja triju nezavisnih doga- su 2 , 3 , 1 . Kolika je vjerojatnost da se daja 3 5 2 ostvari barem jedan od njih?

12. Vjerojatnosti pojavljivanja triju nezavisnih doga- su 2 , 3 , 1 . Kolika je vjerojatnost da se daja 3 5 2 ostvari toˇcno jedan od njih?

13. U jednoj kutiji nalaze se 2 bijele i 3 crvene kug-

lice. Izvlaˇcimo na sre´cu dvije kuglice iz te kutije. 1) Kolika je vjerojatnost da smo izvukli jednu bijelu i jednu crvenu kuglicu? 2) Ako je prva izvuˇcena kuglica bijela, kolika je vjerojatnost da je druga po redu izvuˇcena kuglica crvena? 3) Ako je jedna od kuglica bijela, kolika je vjerojatnost da je druga kuglica crvena?

14. Ako kocku bacimo tri puta zaredom, kolika je vjerojatnost da c´e se dobiti tri razliˇcita broja?

15. Vjerojatnosti pogotka u metu za svakog od tri

strijelca su redom 0.8, 0.6, 0.5. Kolika je vjerojatnost da c´ e meta biti pogodena toˇcno jednom?

16. Vjerojatnosti pogotka u metu za svakog od cˇe-

tiri strijelca su redom 0.8, 0.7, 0.6, 0.5. Kolika je vjerojatnost da c´e meta biti pogodena toˇcno dvaput?

17. Dva strijelca gadaju u istu metu. Vjerojatnos-

ti njihovih pogodaka su 0.4 i 0.8 . Kolika je vjerojatnost da c´e meta biti pogodena? Ako je pogodena toˇcno jednim metkom, kolika je vjerojatnost da je pogodio drugi strijelac?

159

3

VJEROJATNOST

- metu s po jed18. Andro, Branko i Cvjetan gadaju

nim metkom. Vjerojatnost pogotka za Andru je 60 %, za Branka 70 % a za Cvjetana 80 %. Ako je meta pogodena jednim pogotkom, kolika je vjerojatnost da je pogodio Andro?

19. Baˇcene su tri kocke, crvena, bijela i plava. Zbroj

c´ e viˇse puta pasti pismo nego glava?

28. Dva jednako dobra igraˇca igraju igru bez nerijesˇ ena ishoda. 1) Kolika je vjerojatnost da c´e nakon sˇ est partija rezultat biti nerijeˇsen? 2) Kolika je vjerojatnost da jedan od igraˇca dobiti 4 partije?

OG LE DN IP RIM JE RA K

okrenutih brojeva je 13. Kolika je vjerojatnost da je bijela kocka pala na broj 4?

27. Novˇci´c bacamo 6 puta. Kolika je vjerojatnost da

20. Bacamo tri kocke. 1) Kolika je vjerojatnost da se

pojavi barem jedna sˇ estica? 2) Kolika je vjerojatnost da se sˇ estica pojavi toˇcno dva puta?

29. U igri bez nerijeˇsena ishoda prvi igraˇc dobiva u

prosjeku tri od pet partija. Kolika je vjerojatnost da c´e u sljede´cih pet partija on dobiti barem tri?

30. Kocka je napravljena s pomaknutim teˇziˇstem.

- metu dok je ne pogodi. Vjerojat21. Strijelac gada nost pogotka u svakom gadanju je 0.6. Izraˇcunaj vjerojatnost sljede´cih dogadaja: 1) meta je pogodena u tre´cem pokuˇsaju; 2) meta je pogodena u prva tri pokuˇsaja; 3) meta je pogodena nakon cˇ etvrtog pokuˇsaja.

22. Novˇci´c bacamo dok se ne pojavi pismo. Kolika je vjerojatnost dogadaja: 1) pismo se pojavilo u prva 3 bacanja; 2) pismo se nije pojavilo u prvih 50 bacanja.

23. Kocku bacamo dok se sˇ estica ne pojavi dva puta.

Kolika je vjerojatnost dogadaja A= { pokus se zavrˇsio u prva tri bacanja } , B= { pokus se nije zavrˇsio u prvih pet bacanja } ?

24. Kolika je vjerojatnost da c´emo bacaju´ci kocku broj 5 dobiti po prvi put 1) u drugom pokuˇsaju; 2) u tre´cem pokuˇsaju; 3) u sˇ estom pokuˇsaju?

25. Novˇci´c se baca dok se isti znak ne pojavi dva pu-

ta za redom. Kolika je vjerojatnost da c´e pokus zavrˇsiti u prvih 5 bacanja?

- vjero26. Novˇci´c bacamo tri puta. Koji je dogadaj jatniji: A = {sva tri puta palo je pismo} , ili B = {dva put je palo pismo, jednom glava} .

160

Baˇcena je 360 puta i pokazala je sljede´ce ishode: broj 1 se pojavio 47 puta, broj 2 se pojavio 62 puta, broj 3 se pojavio 33 puta, broj 4 se pojavio 88 puta, broj 5 se pojavio 55 puta, broj 6 se pojavio 75 puta. 1) Procjenite vjerojatnosti pojavljivanja svakog od brojeva na kocki. 2) Kolika je vjerojatnost da c´e se u dva bacanja ove kocke dobiti zbroj 3? 3) Koji se parovi brojeva nalaze na suprotnim stranama kocke?

31. Kolika je vjerojatnost da c´e se pri bacanju dviju kocki pojaviti dvije jedinice toˇcno cˇetiri puta u sˇ est pokuˇsaja?

32. Vjerojatnost da strijelac pogodi metu je 0.8 . Ko-

lika je vjerojatnost da c´ e od 5 pokuˇsaja on 1) svaki put pogoditi; 2) pogoditi toˇcno cˇetiri puta; 3) promaˇsiti samo u prvom pokuˇsaju; 4) pogoditi barem 3 puta? - u istu metu. Vjerojatnosti nji33. Tri strijelca gadaju hovih pogodaka su redom 0.4 , 0.6 , 0.8 . Kolika je vjerojatnost da c´e meta biti pogodena? Ako je pogodena s toˇcno dva metka, kolika je vjerojatnost da je promaˇsio tre´ci strijelac?

FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI. BAYESOVA FORMULA

3.5

3.5. Formula potpune vjerojatnosti. Bayesova formula

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pri raˇcunanju vjerojatnosti nekog dogadaja A , ponekad je korisno sve moguc´e ishode razvrstati prema razliˇcitim mogu´cnostima za ostvarivanje pokusa i - u svakoj od tih situacija. Ilustrirajmo to promatrati vjerojatnosti tog dogadaja primjerom.

Primjer 1.

Vo´carnica se opskrbljuje jabukama iz dvaju vo´cnjaka, i to 60 % potrebne koliˇcine iz prvog i 40 % iz drugog vo´cnjaka. 15 % jabuka prvog vo´cnjaka prve su kvalitete, dok to vrijedi za 25 % jabuka drugog vo´cnjaka. Kolika je vjerojatnost da na sre´cu odabrana jabuka bude prve kvalitete?

Odaberemo na sre´cu jednu jabuku u vo´carnici. Dvije su mogu´cnosti: H1 = {odabrana je jabuka iz prvog vo´cnjaka}; H2 = {odabrana je jabuka iz drugog vo´cnjaka}. - su Vjerojatnosti da se ostvari neki od ovih dogadaja P(H1 ) = 0.6, P(H2 ) = 0.4 . Neka je A traˇzeni dogadaj: A = {odabrana jabuka prve je kvalitete}. Ilustrirajmo ovu situaciju slikom:

H2

H1

AH1

AH2

A

Vjerojatnost dogadaja lakˇse se raˇcuna ako promotrimo zasebno razliˇcite situacije koje se pri njegovoj realizaciji mogu ostvariti.

- A razbili smo na dva disjunktna dogadaja: Dogadaj AH1 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjeˇce iz prvog vo´cnjaka}, AH2 = {odabrana jabuka prve kvalitete potjeˇce iz drugog vo´cnjaka}. Zato je P(A) = P(AH1 ) + P(AH2 ). - raˇcunamo na poznati naˇcin: Vjerojatnosti umnoˇska dogadaja P(AH1 ) = P(H1 ) · P(A | H1 ).

161

3

VJEROJATNOST

OG LE DN IP RIM JE RA K

Vjerojatnost da je jabuka prve kvalitete, ako je poznato da potjeˇce iz prvog vo´cnjaka je, prema podatcima P(A | H1 ) = 0.15 =⇒ P(AH1 ) = 0.6 · 0.15 = 0.09 . Analogno tome vrijedi P(A | H2 ) = 0.25 =⇒ P(AH2 ) = 0.4 · 0.25 = 0.10 . Sad dobivamo P(A) = P(AH1 ) + P(AH2 ) = 0.09 + 0.10 = 0.19 .

Poop´cimo ovo razmatranje na sluˇcaj kad se moˇze pojaviti viˇse razliˇcitih mogu´cnosti.

- moˇzemo rastaviti u n medusobno Pretpostavimo da skup elementarnih dogadaja disjunktnih dogadaja:  = H1 ∪ H2 ∪ . . . ∪ Hn - Hi , Hj disjunktni su za i = j i vrijedi P(Hi ) > 0 za svaki pri cˇemu su dogadaji i . Ovakav rastav nazivamo particija vjerojatnosnog prostora. Kaˇzemo joˇs da familija H1 , . . . , Hn cˇini potpun sustav dogadaja. H1

H2

Hn

A

AH1 AH2

AHn

Slika prikazuje particiju vjerojatnosnog prostora. Skup  razbijen je na medusobno disjunktne sku- A pove. Time je i svaki dogadaj razbijen na medusobno disjunktne dogadaje.

Neka je A ⊂  bilo koji dogadaj. Familijom H1 , . . . , Hn i on je razbijen na medusobno disjunktne dogadaje: A = AH1 ∪ AH2 ∪ . . . ∪ AHn . disjunktni, vrijedi: Kako su dogadaji AHi medusobno

P(A) = P(AH1 ) + P(AH2 ) + . . . + P(AHn ) = P(H1 )P(A | H1 ) + . . . + P(Hn )P(A | Hn ).

162

FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI. BAYESOVA FORMULA

3.5

Formula potpune vjerojatnosti

OG LE DN IP RIM JE RA K

Neka je {H1 , . . . , Hn } potpun sustav dogadaja. Za svaki dogadaj A ⊂  vrijedi P(A) = P(H1 )P(A | H1 ) + P(H2 )P(A | H2 ) + . . . + P(Hn )P(A | Hn ) n  = P(Hi )P(A | Hi ). i=1

Korisno je, zbog razloga koji c´e kroz primjere i zadatke postati jasnim, dogadaje H1 , . . . , Hn zvati hipotezama. Tijekom realizacije nekog pokusa ostvaruje se toˇcno jedna hipoteza.

Primjer 2.

U prvoj kutiji nalaze se tri crvene i dvije plave kuglice, a u drugoj cˇetiri crvene i dvije plave. Odaberemo na sre´cu jednu kuglicu iz prve kutije i prebacimo je u drugu. Kolika je vjerojatnost da c´e kuglica nakon toga izvuˇcena na sre´cu iz druge kutije biti plava?

Vjerojatnost izbora plave kuglice ovisi o tome koje je boje kuglica koja je prebaˇcena iz prve kutije u drugu. Postavimo sljede´ce hipoteze: 3 , 5 2 P(H2 ) = . H2 = {prva kuglica je plava}, 5 - cˇiju vjerojatnost traˇzimo: kuglica izvuˇcena iz druOznaˇcimo s A dogadaj ge kutije je plava. Ako se ostvari prva hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalazi pet crvenih i dvije plave kuglice. Zato je 2 P(A | H1 ) = . 7 Ako se ostvari druga hipoteza, tad se u drugoj kutiji nalaze cˇetiri crvene i tri plave kuglice. Zato je 3 P(A | H2 ) = . 7 Po formuli potpune vjerojatnosti, vrijedi 3 2 2 3 12 . P(A) = P(H1 )P(A | H1 ) + P(H2 )P(A | H2 ) = · + · = 5 7 5 7 35 H1 = {prva kuglica je crvena},

P(H1 ) =

Bayesova formula

Iz poznatih relacija P(AB) = P(A)P(B | A) = P(B)P(A | B)

163

3

VJEROJATNOST

moˇzemo napisati P(B | A) =

P(B)P(A | B) . P(A)

- B jedna od hipoteza H1 , Ovu formulu koristimo uglavnom onda kad je dogadaj . . . , Hn na koje je razbijen skup  . P(Hi )P(A | Hi ) . P(A)

OG LE DN IP RIM JE RA K P(Hi | A) =

Pritom se vjerojatnost P(A) raˇcuna uglavnom s pomo´cu formule potpune vjerojatnosti. Tako dobivamo Bayesovu 1 formulu. Bayesova formula

H1

H2

Hn

Vrijedi

P(Hi )P(A | Hi ) P(H1 )P(A | H1 ) + . . . + P(Hn )P(A | Hn ) P(Hi )P(A | Hi ) = n .  P(Hj )P(A | Hj )

P(Hi | A) =

A

Na slici je interpretirana situacija kad su apriorne vjerojatnosti svih hipoteza jednake. Na- A (plakon realizacije dogadaja vo podruˇcje) vjerojatnosti se pojedinih hipoteza mijenjaju.

j=1

Bayesovu formulu koristimo pri raˇcunanju aposteriornih vjerojatnosti pojedinih hipoteza. Prije poˇcetka pokusa svaka hipoteza ima svoju vjerojatnost realizacije - ostvaP(Hi ) . Nakon realizacije pokusa, ako znamo koji se elementarni dogadaj rio, tad je nestala neizvjesnost: ostvarila se samo jedna od mogu´cih hipoteza H1 , . . . , Hn , dok za sve ostale znamo sa sigurnoˇsc´u da se nisu ostvarile.

- ostvaPretpostavimo medutim da nam nije poznato koji se elementarni dogadaj - A ⊂  . U tom sluˇcaju ne rio, ve´c umjesto toga znamo da se ostvario dogadaj znamo toˇcno koja je od hipoteza H1 , . . . , Hn nastupila, ali dodatna informacija o realizaciji dogadaja A mijenja apriorne vjerojatnosti P(H1 ) ,. . . , P(Hn ) pojedinih hipoteza. S pomo´cu Bayesove formule raˇcunamo uvjetne vjerojatnosti P(H1 | A) ,. . . , P(Hn | A) , koje nazivamo aposteriornim vjerojatnostima pojedinih hipoteza.

Bacamo kocku. Neka su H1 i H2 hipoteze, A i B dogadaji:

Primjer 3.

H2 = {pao je neparni broj}, H1 = {pao je parni broj}, A = {pao je broj ve´ci od 3}, B = {kocka je pala na broj 5}. Izraˇcunajmo apriorne i aposteriorne vjerojatnosti hipoteza nakon realiza- A , odnosno dogadaja - B. cije dogadaja

1

164

Thomas Bayes (1702. – 1761.), engleski matematiˇcar.

FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI. BAYESOVA FORMULA

3.5

OG LE DN IP RIM JE RA K

Prije bacanja kocke vjerojatnosti (apriorne) pojedinih hipoteza su 1 1 P(H1 ) = , P(H2 ) = . 2 2 - A . On sadrˇzi tri elementarna doBacili smo kocku i ostvario se dogadaj gadaja, A = {4, 5, 6} . Oˇcigledno, sad hipoteza H1 postaje vjerojatnija - A sadrˇzi dva parna i samo jedan neparan broj. od H2 , budu´ci da dogadaj Nove, aposteriorne vjerojatnosti su 1 2 · 2 P(H1 )P(A | H1 ) P(H1 | A) = = 2 3 = , 1 P(A) 3 2 1 1 · 1 P(H2 )P(A | H2 ) P(H2 | A) = = 2 3 = . 1 P(A) 3 2 - B tad nestaje svaka neizvjesAko je pak poznato da se ostvario dogadaj nost. Naime, vrijedi 1 1 P(B | H1 ) = 0, P(B | H2 ) = , P(B) = 3 6 i Bayesova formula daje oˇcekivani rezultat: P(H1 )P(B | H1 ) P(H1 | B) = = 0, P(B) 1 1 · P(H2 )P(B | H2 ) = 2 3 = 1, P(H2 | B) = 1 P(B) 6 budu´ci da uz ovu informaciju sa sigurnoˇsc´u znamo da se ostvarila hipoteza H2 .

Primjer 4.

U zˇ ari se nalaze tri kuglice. Znamo da je svaka od njih bijele ili crne boje. Toˇcan broj kuglica pojedine boje nepoznat je i pretpostavljamo da je svaka mogu´cnost jednako vjerojatna. Jedna kuglica izabrana je na sre´cu. ˇ se sada moˇze re´ci o vjerojatnostima Ispostavilo se da je ona bijele boje. Sto pojedinih hipoteza?

Prema pretpostavci, sve hipoteze Hi = {u zˇ ari se nalazi i bijelih kuglica}, i = 0, 1, 2, 3. su jednako vjerojatne: 1 P(H0 ) = P(H1 ) = P(H2 ) = P(H3 ) = . 4 Nakon realizacije dogadaja A = {izvuˇcena je kuglica bijele boje} hipoteza H0 postaje nemogu´ca, dok se vjerojatnosti ostalih hipoteza mijenjaju. Vidjet c´emo da raste vjerojatnost onih hipoteza koje zastupaju ve´ci broj bijelih kuglica. Izraˇcunajmo koliko.

165

3

VJEROJATNOST

Vrijedi P(A | H0 ) = 0,

P(A | H1 ) =

1 , 3

2 , P(A | H3 ) = 1. 3 Prema formuli potpune vjerojatnosti, 1 1 1 2 1 1 1 P(A) = · 0 + · + · + · 1 = 4 4 3 4 3 4 2 i Bayesova formula daje (provjerite!): 1 P(H0 | A) = 0, P(H1 | A) = , 6 1 1 P(H2 | A) = , P(H3 | A) = . 3 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

P(A | H2 ) =

Primjer 5.

Iz urne koja sadrˇzi 5 bijelih i 3 crne kuglice izvuˇcene su dvije kuglice. Pokazalo se je da je prva kuglica bijela. Kolika je vjerojatnost da je i druga kuglica bijela? Da smo kuglice vukli jednu po jednu, odgovor bi bio jednostavan. Nakon - preostalih 7 kuglica su 4 bijele, pa je sˇ to smo izvukli prvu kuglicu, medu 4 vjerojatnost da nakon toga izvuˇcemo bijelu kuglicu jednaka . 7 Ako izvlaˇcimo odjednom dvije kuglice, pa nakon toga pogledamo boju jedne od njih, mijenja li se ova vjerojatnost? Intuitivni je zakljuˇcak: ne! Trebalo bi biti svejedno jesmo li kuglice izvukli odjednom (i pogledali ˇ zatim boju jedne od njih), ili vukli jednu po jednu! Zelimo li to dokazati, raˇcun c´e biti sljede´ci. Oznaˇcimo hipoteze:

3·2 3 = , 8·7 28 2·5·3 15 H1 = {izvuˇcene su bijela i crna}, P(H1 ) = = , 8·7 28 5·4 10 H2 = {izvuˇcene su dvije bijele}, P(H2 ) = = . 8·8 28 - A : otkrivena kuglica je bijela: Realizirao se dogadaj P(A) = P(H0 ) · P(A|H0 ) + P(H1 ) · P(A|H1 ) + P(H2 ) · P(A|H2 ) 3 15 1 10 5 = ·0+ · + ·1= 28 28 2 28 8 Traˇzimo vjerojatnost P(H2 |A) : 10 P(H2 ) · P(A|H2 ) 4 P(H2 |A) = = 28 = . 5 P(A) 7 8 H0 = {izvuˇcene su dvije crne},

166

P(H0 ) =

FORMULA POTPUNE VJEROJATNOSTI. BAYESOVA FORMULA

Primjer 6.

3.5

Ako je pacijent alergiˇcan na penicilin, vjerojatnost da c´e negativno reagirati i na novi lijek je 0.4 . Ako on nije alergiˇcan na penicilin, vjerojatnost negativne reakcije je 0.1 . Oko 9 % populacije alergiˇcno je na penicilin.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pacijent je negativno reagirao na novi lijek. Kolika je vjerojatnost da je on alergiˇcan na penicilin? Oznaˇcimo sa A dogadaj: A = { reakcija na novi lijek c´e biti negativna } . Vjerojatnost dogadaja A c´emo odrediti rabe´ci formulu potpune vjerojatnosti. Hipoteze c´emo oznaˇciti sa H i H − : H = {pacijent je alergiˇcan na penicilin}, H − = {pacijent nije alergiˇcan na penicilin}.

Apriorne vjerojatnosti hipoteza su P(H) = 0.09 i P(H − ) = 0.91 . Sada imamo P(A) = P(H)P(A | H) + P(H − )P(A | H − ) = 0.09 · 0.4 + 0.91 · 0.1 = 0.127. Nakon sˇ to je pacijent negativno reagirao na novi lijek, apriorna vjerojatnost hipoteze H se mijenja. Po Bayesovoj formuli ona sad iznosi P(H)P(A | H) 0.09 · 0.4 P(H | A) = = = 0.28. P(A) 0.127

Toˇcno-netoˇcno pitalice

Koje su od sljede´cih tvrdnji toˇcne, a koje netoˇcne? Odgovori, a odgovor obrazloˇzi. - ne postoji, jer je takav dogadaj - nemo1. Vjerojatnost nemogu´ceg dogadaja gu´c.

2. Ako su A i B disjunktni, onda su oni nezavisni.

3. Pismo i glava imaju jednaku vjerojatnost pojavljivanja. Zato se u 10 bacanja novˇci´ca mora 5 puta pojaviti pismo i 5 puta glava.

4. Pri bacanju 8 novˇci´ca jednaka je vjerojatnost da se pismo pojavi paran kao i neparan broj puta.

5. Pri bacanju 9 novˇci´ca jednaka je vjerojatnost da se pismo pojavi paran kao i neparan broj puta.

6. Iskustvo pokazuje da je frekvencija pojavljivanja svih brojeva na LOTU

6 od 45 jednaka, i iznosi 6/45 . Ako se broj 5 nije pojavio u prethodnih 15 izvlaˇcenja, tad je vjerojatnost da se pojavi u sljede´cem izvlaˇcenju ve´ca od 6/45 .

167

3

VJEROJATNOST

Zadatci 3.5. U prvoj se zˇ ari nalaze 3 bijele i 2 crne kuglice, u drugoj 1 bijela i 3 crne. Izvuˇcena je kuglica iz na sre´cu odabrane zˇ are. Kolika je vjerojatnost da je ona bijela?

2.

- brojeva 1 , 2 , 3 , 4 , 5 odabire se na sreIzmedu c´ u jedan broj, a od preostalih se ponovo odabire na sre´cu joˇs jedan broj. Kolika je vjerojatnost da je drugi broj paran?

3.

9.

Dva igraˇca bacaju kocku. Ako je prvi dobio ve´ci broj, kolika je vjerojatnost da je taj broj jednak 6? (Zadatak rijeˇsi uporabom Bayesove formule.)

U skupini od 10 strijelaca nalaze se 4 izvrsna i 6 dobrih. Vjerojatnost pogotka za izvrsne strijelce je 0.9 , za dobre 0.7 . Iz skupine na sre´cu biramo jednog strijelca. Kolika je vjerojatnost da c´e on pogoditi metu?

10. Bacamo dvije kocke, bijelu i plavu. Ako se po-

4.

U prvoj se zˇ ari nalaze 4 bijele i 2 crne kuglice, u drugoj 3 bijele i 2 crne. Iz prve zˇ are prebacimo u drugu jednu na sre´cu odabranu kuglicu. Izraˇcunaj vjerojatnost da nakon toga na sre´cu odabrana kuglica iz druge zˇ are bude bijela.

ispravne osim jedne koja na svim stranama ima broj 6. Izvuˇcena je na sre´cu jedna kockica i bacˇena cˇetiri puta: sva cˇetiri puta pala je na broj 6. Kolika je vjerojatnost da je to neispravna kockica?

5.

U prvoj se zˇ ari nalaze 2 bijele i 3 crne kuglice, u drugoj 1 bijela i 4 crne. Iz prve zˇ are prebacimo u drugu dvije na sre´cu odabrane kuglice. Izraˇcunaj vjerojatnost da nakon toga na sre´cu odabrana kuglica iz druge zˇ are bude bijela.

12. U dvije od tri jednake pregrade nalaze se 2 crne i

U dva snopa karata nalaze se po 52 karte sa po 4 asa. Izvuˇcemo na sre´cu po jednu kartu iz svakog snopa, zatim izvuˇcene karte pomijeˇsamo i otkrijemo jednu. Kolika je vjerojatnost da je ta karta as?

13. U devet od deset jednakih pregrada nalaze se 2

7.

U dva snopa karata nalaze se po 52 karte, sa po 4 asa. Iz jednog snopa izvuˇcemo jednu kartu, a iz drugog dvije. Zatim tri izvuˇcene karte promijeˇsamo i otkrijemo jednu. Kolika je vjerojatnost da je ta karta as?

14. Bitnica ima 4 topa. Vjerojatnost pogotka prvog

8.

- iz tri topa, svaki top ispaljuje jednu Cilj se gada - cilj neovisno jedan od granatu. Topovi pogadaju drugog s vjerojatnoˇsc´u 0.4 . Ako jedan top pogodi cilj, on ga uniˇstava s vjerojatnoˇsc´u 0.3 , a ako

15. Iz snopa od 52 karte izvuˇcena je jedna karta. Na-

6.

168

ga pogode dva topa, onda s vjerojatnoˇsc´u 0.7 , a ako ga pogode sva tri topa, onda s vjerojatnoˇsc´u 0.9 . Kolika je vjerojatnost uniˇstenja cilja?

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

javio zbroj 5, kolika je vjerojatnost da je bijela kocka pala na broj 4? (Zadatak rijeˇsi uporabom Bayesove formule.)

11. U kutiji se nalazi 1000 kockica, od kojih su sve

2 bijele kuglice, a u tre´coj 5 bijelih i 1 crna. Iz na sre´cu odabrane pregrade izvuˇcena je bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ona izvuˇcena iz tre´ce pregrade? crne i 2 bijele kuglice, a u desetoj 5 bijelih i 1 crna. Iz na sre´cu odabrane pregrade izvuˇcena je bijela kuglica. Kolika je vjerojatnost da je ona izvuˇcena iz desete pregrade? topa je 30 % , a ostalih triju topova 20 % . Za uniˇstenje cilja dovoljan je jedan pogodak. Jedan - je dvaput i cilj je bio uniˇsten. od topova gadao - prvi top? Kolika je vjerojatnost da je gadao kon toga, izvuˇcene su joˇs dvije i pokazalo se da su obje karte pik boje. Kolika je vjerojatnost da je i prva karta pik boje?

OG LE DN IP RIM JE RA K

4

NIZOVI

OG LE DN IP RIM JE RA K

Pojam niza 1 blizak je pojmu prebrojavanja. Rijeˇc ‘nizati’ iz koje se izvodi i rijeˇc niz sinonim je za ‘brojiti po redu’. U obiˇcnom jeziku pod nizom podrazumijevamo poredanu skupinu bilo kakvih (obiˇcno svojstvima sliˇcnih) objekata, poput niza bisera, niza ku´ca, niza sunˇcanih dana i sliˇcno. Pritom imamo u vidu poredak tih objekata; biseri su nanizani jedan za drugim (inaˇce bismo govorili o hrpi), ku´ce su oznaˇcene i poredane svojim brojevima, a svaki dan ima svoj nadnevak.

4.1. Pojam niza. Zadavanje niza

Ispisuju´ci redom elemente nekog skupa S :

a1 , a2 , a3 . . .

dobivamo niz u skupu S . Tako su

2, 4, 6, 8, 10 . . . 15, 9, 3, 1, 2, 4 . . .

dva razliˇcita niza u skupu prirodnih brojeva. Definicija niza

Niz u skupu S je svaka funkcija a : N → S . Ona prirodnom broju n pridruˇzuje element an skupa S . Element an nazivamo op´cim ili n -tim cˇlanom niza, a sam niz oznaˇcavamo simbolom (an ) . Niz ima beskonaˇcno mnogo cˇlanova: a1 , a2 , . . . , an . . .

Primjer 1.

1) Za a : N → N , an = n dobivamo niz prirodnih brojeva a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 4 . . .

2) Za an = 2n dobivamo niz parnih prirodnih brojeva a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6 . . . Njegov op´ci ( n -ti) cˇlan je broj 2n .

3) Za an = 2n − 1 dobivamo niz neparnih prirodnih brojeva a1 = 1, a2 = 3, a3 = 5 . . . Primjerice, sedamnaesti cˇlan ovog niza je a17 = 2 · 17 − 1 = 33 .

Ako je S ⊂ R , govorimo o nizu u skupu R ili kra´ce, o nizu realnih brojeva. Mi c´emo se baviti iskljuˇcivo nizovima kojima su cˇlanovi brojevi. 1

170

Za niz se rabi i rijeˇc slijed.

POJAM NIZA. ZADAVANJE NIZA

4.1

Najjednostavnije je zadati niz formulom za njegov op´ci cˇlan.

Primjer 2.

Odredimo nekoliko prvih cˇlanova niza ako je 1 , n

2) an =

n+1 , n+2

3) an = 2−n ,

4) an = cos

n . 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) an = 1) 1 , 3)

Primjer 3.

1 1 1 , , ... 2 3 4

1 1 1 1 1 , , , , ... 2 4 8 16 32

2)

2 3 4 5 6 , , , , ... 3 4 5 6 7

4) 0 , −1 , 0 , 1 , 0 , −1 . . .

Niz 3, 1, 4, 1, 5, 9. . . kojemu su cˇlanovi znamenke u decimalnom prikazu broja  je dobro definiran niz kojemu ne znamo formulu za op´ci cˇlan. Isto moˇzemo re´ci i za niz prostih brojeva: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17. . .

Zadatak 1.

1) Koliki je zbroj tre´ceg, sˇ estog i devetog cˇlana niza s op´cim cˇlanom an = n−2 ? 2) Koliki√ je zbroj cˇetvrtog, devetog i dvadesetpetog cˇlana niza s op´cim cˇlanom an = n?

Zadatak 2.

Zadan je niz (an ) s op´cim cˇlanom:  −1, ako je n paran broj, an = 2n − 1, ako je n neparan broj Koliki je zbroj prvih 100 cˇlanova ovog niza?

Primjer 4.

- Mi moˇzemo pokuˇsati zamisliti S prvih nekoliko cˇlanova niz nije odreden. formulu za n -ti cˇlan niza (kako se to radi u raznim testovima domiˇsljatosti) i onda nastaviti niz, no za to nema nikakva matematiˇcka opravdanja. Neka su napisana prva tri cˇlana niza 1, 2, 3 . . . 1, 1, 2 . . . 1, 0, 1 . . . Pokuˇsajte odrediti barem dva logiˇcna nastavka ovih nizova (bez zadanog op´ceg cˇlana, niz se inaˇce moˇze nastaviti na bilo koji naˇcin).

Konaˇcni niz

Svako preslikavanje a : {1, 2, . . . , n} → S definira konaˇcni niz u skupu S . Taj niz ima n cˇlanova: a1 , a2 , . . . , an .

171

4

NIZOVI

Nizovi zadani rekurzivnim formulama

OG LE DN IP RIM JE RA K

Nizove moˇzemo zadavati s pomo´cu rekurzivnih formula, u kojima se cˇlanovi niza zadaju s pomo´cu ve´c prije definiranih.

Primjer 5.

Neka je

a1 = 1,

an = n · an−1 ,

n  2.

Time je definiran niz a1 = 1, a2 = 2 · 1 = 2, a3 = 3 · 2 · 1 = 6. Zakljuˇcujemo da vrijedi an = n · (n − 1) · . . . 2 · 1. Dakle, an = n! .

Primjer 6.

Neka je

a0 = 1, an = 1 + a1 + . . . + an−1 , n  1. Prvih nekoliko cˇlanova ovog niza glasi: 1, 2, 4, 8 . . . Prvi je cˇlan oznaˇcen indeksom 0 , sˇ to je cˇest sluˇcaj u zadavanju nizova. Matematiˇckom indukcijom pokaˇzite da vrijedi an = 2n .

Primjer 7.

Niz (an ) zadan je rekurzivnom formulom an+1 = an + 2n + 1 . Ako je a1 = 2 , koliko je a55 ?

Najprije danu jednakost zapiˇsimo u obliku an+1 − an = 2n + 1 . Uvrˇstavanjem redom umjesto n brojeva od 1 do 55 dobijemo niz jednakosti: a2 − a1 = 3, a3 − a2 = 5, a4 − a3 = 7, ... a55 − a54 = 109. Zbrojimo sada sve te jednakosti pa dobijemo: a55 − a1 = 3 + 5 + 7 + . . . + 109 . Kako je zbroj prvih k neparnih brojeva jednak k2 , zbroj s lijeve strane ove jednakosti jednak je 552 − 1 = 3024 . Dakle je a55 = 3026 .

Zadatak 3.

172

Niz je zadan rekurzivnom formulom a1 = 3 , an = an−1 + 5 , n  2 . Odredi nekoliko prvih cˇlanova niza, napiˇsi formulu za op´ci cˇlan niza i dokaˇzi je matematiˇckom indukcijom.

POJAM NIZA. ZADAVANJE NIZA

4.1

Kutak plus

OG LE DN IP RIM JE RA K

POLIGONALNI BROJEVI Brojevi 1, 3, 6, 10, 15, 21. . . nazivaju se trokutasti brojevi. Ako sa Tn oznaˇcimo n -ti trokutasti broj, onda vrijedi rekurzivna relacija T1 = 1 i Tn = Tn−1 + n . Razlog ovom imenu i konstrukcija prvih nekoliko trokutastih brojeva vidi se na slici dolje lijevo.

T1

T2

T3

T4

T5

K1

K2

K3

K4

K5

Brojevi 1, 4, 9, 16, 25, 36. . . nazivaju se kvadratni brojevi. Ako sa Kn oznaˇcimo n -ti kvadratni broj, onda vrijedi K1 = 1 i Kn = Kn−1 + (2n − 1) (slika gore desno). Dakako, moˇzemo odmah napisati eksplicitnu formulu za ove brojeve: Kn = n2 . - trokutastih i kvadratnih brojeva: Kn = 2Tn−1 + n . Kao dokaz, moˇze posluˇziti slika dolje lijevo: Postoji veza izmedu

Kn= n + 2Tn-1

- peterokutastih i trokutastih brojeva: Pn = 3Tn−1 + n . Ona se lako Na sliˇcan naˇcin se moˇze potvrditi veza izmedu razbire na slici broja P5 (gore desno). Formulom Sn = 4Tn−1 + n definiraju se dalje sˇ esterokutasti brojevi. Sve ove brojeve moˇzemo prikazati istom formulom. Niz k -poligonalnih definiramo kao Mnk = (k − 2)Tn−1 + n. Tu se za k = 3 dobiju trokutasti brojevi, za k = 4 kvadratni brojevi, za k = 5 peterokutasti brojevi i td.

(∗)

Fermat je tvrdio da se svaki prirodni broj moˇze prikazati kao zbroj od najviˇse k k -poligonalnih brojeva. Primjerice, svaki je prirodni broj zbroj od najviˇse tri trokutasta broja, ili najviˇse cˇetiri kvadratna broja. Fermatov dokaz nikad nije pronaden. Za k = 4 dokaze su dali Jacobi, Euler i Lagrange (1772). Sluˇcaj k = 3 dokazao je Gauss (1796). Op´ceniti teorem dokazao je Cauchy (1813). 1. Dokaˇzi da je Kn = n2 = 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) . 2. Dokaˇzi da vrijedi Tn = 12 n(n + 1) . 3. 4. 5. 6. 7.

Dokaˇzi da vrijedi Mnk = 12 n[(k − 2)n − k + 4] . Napiˇsi sve peterokutaste brojeve manje od 100. Napiˇsi sve sˇ esterokutaste brojeve manje od 100. Provjeri Fermatov teorem za sluˇcaj k = 3 i sve brojeve manje od 100. Provjeri Fermatov teorem za sluˇcaj k = 4 i sve brojeve manje od 100.

173

4

NIZOVI

Graficko ˇ predocavanje ˇ nizova Niz grafiˇcki predoˇcavamo na dva naˇcina. Prvi se zasniva na tome da je niz funkcija definirana u prirodnim brojevima, pa joj vrijednosti moˇzemo ucrtavati u koordinatnom sustavu. Grafiˇcki prikaz niza. Prikazano je prvih nekoliko cˇ lanova niza an = n/2n . Crtice koje spajaju cˇ lanove niza pomaˇzu u njegovom lakˇsem uoˇcavanju i sugeriraju da je niz moˇzda tek restrikcija vrijednosti realne funkcije u prirodnim brojevima.

OG LE DN IP RIM JE RA K

a n nn

1 2

2

1

3

2

4

5

7

6

8

Druga mogu´cnost prikazivanja nizova jest da naznaˇcimo njihov poloˇzaj na brojevnom pravcu. Taj je naˇcin manje oˇcit, ali se rabi u situacijama kad niz tek naznaˇcuje toˇcke u kojima c´ e biti definirana neka druga funkcija, ili kad sugerira gomilanje cˇlanova niza oko nekog broja. Niz realnih brojeva iz gornjeg ˇ primjera. Clanovi niza opadaju prema nuli.

a5 a4 a3 a1 a2

0

1 4

3 1 8 2

1

Zadatci 4.1. 1.

2.

174

Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) ako mu je prvi cˇlan 1) 6, a svaki sljede´ci ve´ci za 3; 2) 2, a svaki sljede´ci ve´ci tri puta; 3) 21, a svaki sljede´ci manji za 6; 4) 40, a svaki sljede´ci dvaput manji.

Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) kojem je op´ci cˇlan an zadan formulom: n−1 ; 2) an = 1) an = 2n − 3 ; n+1  1 n 3) an = −3 + (−1)n ; 4) an = 1 + ; n 1 5) an = ; 6) an = 1 + (−1)n ; n! (−1)n +(−1)n−1 . 7) an = n(n + 1) ; 8) an = 2

3.

Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) ako je: √ √ 2) an =  n2 + n ; 1) an =  n ; 3) an = log 0.1n ; 4) an = log2 n ; 2 n . 5) an = sin  n ; 6) an = cos 3

4.

Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) kojem je op´ci cˇlan an : 1) an =

3) an =

n  k=1 n  k=1

5.

k;

2) an =

1 ; 4) an = k(k + 1)

n 

k=1 n  k=1

k(k + 1) ; k . k+1

Napiˇsi prvih pet cˇ lanova niza zadanog op´cim cˇlanom 1) an = 2n − 1 ; 3) an = 1 + (−1)n ;

2) an = 3−n ; n+1 4) an = ; n

POJAM NIZA. ZADAVANJE NIZA

 1 n 5) an = 1 + ; n

6.

6) an =1+

Poveˇzite niz s njegovim grafom b)

3 2 1

1/2

0

1 2 3 4

-1 -2

1 2 3 4

-1 -2

1

2

3

4

5

6

7

8



4n − 1, ako je n neparan broj, −1, ako je n paran broj Koliki je zbroj prvih 100 cˇlanova ovog niza?

an =

5

6

7

0

8

1 2 3

4

5

6

7

8

2

3

3n ; n+1

4) (−1)n ;

4

5

6

7

1

0 -1 -2

8

1 2 3

(−1)n ; n 2n ; 5) n! 2)

4

5

6

7

8

3)

2 ; n+1

6) (− 12 )n .

2) an+1 = 12 an , a1 = 8 ; n(n + 1) 4) an = . 16

3)

5  k=1 6  k=1

k(k + 1) ;

6)

7)

8)

12. Koliki je umnoˇzak sˇ estog, dvanaestog √ i osamnaestog cˇlana niza cˇiji je op´ci cˇlan an =

n?

13. Koliki je zbroj cˇetvrtog, petog i sˇ estog cˇlana niza s op´cim cˇ lanom an = (−1)n · n−1 ?

indeksima, ako je an = n − (−1)n · 2n−1 .

2)

7  k=1

1 . k!

2) 3) 4)

1 2 3 4 , , , ,...; 2 3 4 5 2, 3, 5, 9, 17, . . . ; 2, 6, 12, 20, 30, . . . ; 1, −1, 1, −1, 1, . . . ; 1 1 1 1 , ,...; 1, , , 3 7 15 31 2, 9, 28, 65, 126, . . . ; 4 6 8 2, , , , . . . ; 3 5 7 5 7 9 11 −3, , − , , − , . . . . 3 5 7 9

14. Odredi zbroj prvih pet cˇlanova niza (an ) s parnim

Izraˇcunaj: 1)

c´ ih nizova i napiˇsi n -ti cˇlan an niza kojemu prvih nekoliko cˇlanova glasi:

5)

Skicirajte vrijednosti prvih sˇ est cˇlanova sljede´cih nizova 1) an = 12 n ; 3n ; 3) an = n+1

11. Odredi jednostavno pravilo u formiranju sljede-

1)

3 2

1

Zapiˇsi prvih deset cˇlanova niza (an ) cˇiji je op´ci cˇlan zadan na sljede´ci naˇcin: ⎧ 1−n ⎪ ⎨ , za neparne n, 2 1) an = ⎪ ⎩ n, za parne n; ⎧ 2 ⎨ 0, n = 3k, 1, n = 3k − 1, 2) an = ⎩ 2, n = 3k − 2, k ∈ N.

10. Zadan je niz (an ) :

f)

1

8.

0

8

-1

e)

1)

7

1

0

-1

6

d)

3 2 1

0

5

-1/2

c)

9.

OG LE DN IP RIM JE RA K

a)

7.

1 1 +...+ . 1! n!

4.1

(−1) · (k + 1) ;

15. Odredi zbroj prvih pet cˇlanova niza (an ) s neparnim indeksima, ako je an = n − (−1)n · 2n−1 .

16. Op´ci cˇlan niza je an = (−1)n+1 · n . Odredi aritmetiˇcku sredinu prvih 100 cˇlanova ovog niza.

175

4

NIZOVI

17. Odredi mogu´cu rekurzivnu formulu za sljede´ce nizove i ispiˇsi naredna dva cˇlana tih nizova. 5, 9, 17, 33, 65,. . . ; 4, 7, 11, 16, 22,. . . ; 2, 1, 3, 4, 7, 11,. . . ; 1, 2, 6, 15, 31, 56,. . . .

18. Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) zadanog rekurzivnim formulama: 1) an = an−1 + 1 , a1 = 1 ; 2) an = an−1 + n , a1 = 1 ; + an−2 a 3) an = n−1 , a1 = 1 , a2 = 2 ; 2 √ 4) an = an−1 an−2 , a1 = 1 , a2 = 2 .

19. Napiˇsi prvih pet cˇlanova niza (an ) ako je: 1) a1 = 1 , an+1 = 2an − n , n  1 ; 2) a1 = 3 , 3) a1 = 1 , 4) a1 = a2 5) a1 = a2

an = n2 + 2an−1 , n  2 ; an = a1 + a2 + . . . + an−1 , n  2 ;

= 1 , an = a2n−1 − nan−2 , n  3 ; = 1 , an = an−1 + an−2 , n  3 .

20. Dan je niz (an ) pri cˇemu je a1 = 1 , a za sve n > 1 je an =

n

an−1

. Izraˇcunaj a1 · a2 · a3 · . . . · a100 .

21. U nizu (an ) je a1 = 2, a2 = 3 a za sve n > 2 je an = an−1 an+1 . Odredi a1 000 .

22. U nizu (an ) je a1 = 1, a2 = 2 a za sve n ≥ 1 a je an+2 = n+1 . Odredi a777 . an

23. Ako je an = 2n op´ci cˇlan niza (an ) , dokaˇzi

da tada za svaka tri uzastopna cˇlana niza vrijedi an+2 + 2an = 3an+1 .

24. Op´ci cˇlan niza (an ) zadan je formulom an = 7n + 3 . Isti niz zapiˇsi rekurzivnom relacijom.

25. Ako je op´ci cˇlan an niza (an ) zadan sa an =

5 · 2−n , n ∈ N , kako glasi zapis istog niza rekurzivnom relacijom?

26. Niz (an ) ima sljede´ce svojstvo: Ako su m i

n bilo koja dva uzastopna cˇ lana niza, onda je sljede´ci cˇlan jednak razlici n − m . Neka je a1 = a, a2 = b . Koliki je zbroj prvih 66 cˇlanova niza?

176

1 . Postoji li u tom nizu joˇs neki an + 1 cˇlan jednak k ?

an+1 = −

28. Odredi prva tri cˇlana niza a , b , c , 1 , 0, 1, 1,

2, . . . , ako je svaki cˇ lan niza jednak zbroju dvaju prethodnih cˇlanova.

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) 2) 3) 4)

27. U nizu (an ) je a1 = k , a za n > 1 vrijedi

29. Ako je a1 = 5 , an+1 = an + 3 , n ∈ N , tada je an = 3n + 2 za sve n ∈ N . Dokaˇzi!

30. Zadan je niz (an ) , a1 = 1 , an+1 = an + 8n .

Dokaˇzi da je op´ci cˇlan ovog niza an = (2n − 1)2 .

31. Dokaˇzi; ako je a1 = 1 i an = 2an−1 +3 , n  2 , tada je op´ci cˇlan tog niza an = 2n+1 − 3 .

32. Ako je a1 = 8 , an+1 = 12 an , n ∈ N , dokaˇzi da je onda an = 16 · 2−n za sve n ∈ N .

1 , 2 , n  1 , zadan formulom

33. Provjeri da je op´ci cˇlan niza (an ) , a1 = 1 an+1 = 2 − an n . an = n+1

34. Provjeri da je op´ci cˇlan niza (an ) , a1 = 12 ,

2 , n  1 , zadan formulom 3 − an 3 · 2n−1 − 2 an = . 3 · 2n−1 − 1 an−1 35. Provjeri da je zapisom a1 = 1 , an = , 1 + an−1 1 n  2 , zadan niz s op´cim cˇ lanom an = . n an+1 =

36. Ako je a1 = 1 i an = 2an−1 + 3 , n  2 , pokaˇzi da vrijedi an = 2n+1 − 3 .

ˇ NIZ ARITMETICKI

4.2

4.2. Aritmeticki ˇ niz Koje je svojstvo zajedniˇcko sljede´cim nizovima: 4, 6, 8, 10, 12 . . . 100, 90, 80, 70, 60 . . .?

OG LE DN IP RIM JE RA K

1, 2, 3, 4, 5 . . . 8, 5, 2, −1, −4 . . .

Aritmetiˇcki niz

Niz je aritmetiˇcki ako je razlika bilo kojeg cˇlana i cˇlana ispred njega stalna i iznosi d : an − an−1 = d, n  2. Broj d naziva se razlika (diferencija) aritmetiˇckog niza.

ˇ Clanovi aritmetiˇckog niza vezani su rekurzivnom formulom n  2. (1) an = an−1 + d, Da bi niz bio odreden, dovoljno je da znamo prvi cˇlan niza a1 i broj d . Nekoliko prvih cˇlanova niza su a1 , a1 + d, a1 + 2d . . . Primjerice, ako je a1 = −5 i d = 3 , dobivamo niz brojeva −5, −2, 1, 4, 7 . . .

U nizu 8, 5, 2, −1, −4 . . . je a1 = 8 i d = −3 .

Primjer 1.

Ispiˇsimo nekoliko prvih cˇlanova aritmetiˇckog niza ako je zadan prvi cˇlan i razlika niza. a1 a3 a4 a5 d a1 a2 2 3 2 5 8 11 14 2 −3 2 −1 −4 −7 −10 −7 2 −7 −5 −3 −1 1 −7 −2 −7 −9 −11 −13 −15

Zadatak 1.

Prepiˇsite tablicu u biljeˇznicu i popunite ku´cice u sljede´cim primjerima aritmetiˇckog niza. Primijetite da je dovoljno zadati bilo koja dva cˇlana niza: a1

a2

3 11

−1

a3

19 3

a4

a5

27 5

a6

11 9

177

4

NIZOVI

O podrijetlu imena

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zbog cˇega se ovaj niz naziva aritmetiˇckim? Iz an − an−1 = an+1 − an slijedi an+1 + an−1 an = . 2 Svaki cˇlan aritmetiˇckog niza (osim prvog), aritmetiˇcka je sredina dvaju susjednih cˇlanova. Odatle nizu ime.

Op´ci clan ˇ aritmetickog ˇ niza

- iz Formula za op´ci cˇlan aritmetiˇckog niza lako se odreduje a2 = a1 + d, a3 = a2 + d = a1 + 2d, a4 = a3 + d = a1 + 3d, .. . an = an−1 + d = a1 + (n − 1)d. Op´ci cˇ lan aritmetiˇckog niza

Aritmetiˇcki niz s prvim cˇlanom a1 i razlikom d ima op´ci cˇlan an = a1 + (n − 1)d.

Primjer 2.

(2)

Dan je aritmetiˇcki niz 14, 11, 8, 5, 2 . . . 1) Odredi op´ci cˇlan ovoga niza. 2) Je li broj −105 cˇlan ovog niza? 3) Koliko je u tom nizu cˇlanova za koje je |an | < 30 ?

1) Prvi cˇlan niza je a1 = 14 , razlika niza iznosi d = −3 . Taj je niz padaju´ci. Njegov je op´ci cˇlan jednak an = a1 + (n − 1)d = 14 + (n − 1) · (−3) = −3n + 17. 122 2) Iz jednadˇzbe −105 = −3n + 17 slijedi n = , a to nije cijeli broj. 3 Dakle −105 nije cˇlan ovog aritmetiˇckog niza.

3) Iz uvjeta | − 3n + 17| < 30 slijedi −30 < −3n + 17 < 30 , odnosno −47 < −3n < 13 . Taj sustav nejednakosti zapiˇsimo u obliku 47 13

sekundi pada.

180

√

4n2 > 1000. 250 = 15.81 . . . Tijelo c´e udariti u tlo u 16.

ˇ NIZ ARITMETICKI

4.2

Interpolacija aritmetickog ˇ niza Poznajemo li dva uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza, njihovim oduzimanjem do- Tu razliku moˇzemo izraˇcunati ako su bit c´emo razliku niza, cˇime je niz odreden. nam poznata ma koja dva cˇlana niza, ne nuˇzno uzastopna.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Problem odredivanja cˇlanova niza u tom se sluˇcaju naziva interpolacija. Ime - zadanih cˇlanova niza moramo interpolirati (umetnuti) dolazi odatle sˇ to izmedu nekoliko cˇlanova niza tako da on bude aritmetiˇcki. Postavimo problem. - dvaju zadanih brojeva a i b treba interpolirati r brojeva tako da dobiveni Izmedu niz bude aritmetiˇcki, u kojem je a prvi, a b posljednji cˇlan niza. Neka je a1 = a prvi cˇlan dobivenog niza, a an = b njegov posljednji cˇlan. ˇ Clanova niza ima ukupno n = r + 2 . Stoga je an = a1 + (n − 1)d =⇒ b = a + (r + 1)d, odakle dobivamo b−a d= . (6) r+1

Primjer 6.

- −6 i 15 umetni osam brojeva koji c´e s dva zadana cˇiniti deset Izmedu uzastopnih cˇlanova aritmetiˇckog niza. 1) Koliki je zbroj svih cˇlanova niza? 2) Odredi sve cjelobrojne cˇlanove niza.

U tome je nizu ukupan broj cˇlanova 10, pa imamo a1 = −6 , a10 = 15 . Zbroj svih cˇlanova moˇzemo odrediti na temelju samo tih podataka: 10 S = (a1 + a10 ) · = 45. 2 7 Budu´ci da je a10 = a1 + 9d , odnosno, 15 = −6 + 9d , dobivamo d = 3 te imamo sljede´ci niz: 11 4 10 17 31 38 −6, − , − , 1, , , 8, , , 15. 3 3 3 3 3 3 ˇ Cetiri cˇlana ovog niza su cijeli brojevi.

Zadatak 4.

Ivica je odluˇcio uˇstedjeti za polovni automobil. Prvi je mjesec odvojio 2100 kn. On kani tijekom jedne godine pove´cavati mjeseˇcni iznos sˇ tednje za istu svotu, tako da na kraju godine skupi oko 35 000 kuna. Koliko mora odvojiti tijekom drugog mjeseca? Koliki c´e taj iznos biti posljednjeg mjeseca sˇ tednje?

181

4

NIZOVI

Toˇcno-netoˇcno pitalice

OG LE DN IP RIM JE RA K

Koje su od sljede´cih tvrdnji toˇcne, a koje netoˇcne? Odgovori, a odgovor obrazloˇzi.

1. Aritmetiˇcki niz mora imati barem tri cˇlana.

2. Razlika d aritmetiˇckog niza mora biti pozitivan broj.

3. Zbroj prvih n cˇlanova aritmetiˇckog niza ve´ci je od n -tog cˇlana tog niza.

4. Niz an =  n je aritmetiˇcki.

5. U bilo kojem aritmetiˇckom nizu vrijedi an = 12 (an−2 + an+2 ) .

6. Ako je neki cˇlan aritmetiˇckog niza negativan, onda je i sljede´ci cˇlan negativan.

7. Ako su dva uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza razliˇcitih predznaka, onda je njegova razlika negativna.

Kutak plus

LJETNA POZORNICA

Oblik teatra na otvorenom dan je na slici: ono je naˇcinjeno u obliku dijela kruˇznog isjeˇcka. Gledaliˇste mu je izradeno u formi stepeˇ niˇsta u kojem su ucrtana sjediˇsta. Sirina jednog sjediˇsta je 55 cm. Naznaˇcene su mjere, udaljenost od gledaliˇsta do pozornice, duljina gledaliˇsta te duljine prvog i posljednjeg reda. 1. Od koliko se redova sastoji gledaliˇste?

2. Koliko sjediˇsta ima u prvom redu, a koliko u posljednjem redu? 3. Koliko sjediˇsta ima u ostalim redovima? 4. Koliko je ukupni broj sjediˇsta u teatru? 5. Kolika je povrˇsina cijelog teatra?

182

ˇ NIZ ARITMETICKI

4.2

Zadatci 4.2. 1.

Je li neki od sljede´cih nizova aritmetiˇcki? Ako jest, napiˇsi mu sljede´ca dva cˇlana:

2.

2) 2, 4, 8, 16, . . . ; 4) 3, 3, 3, 3, . . . ; 6) 12, 6, 0, −6, . . . .

Koji od sljede´cih aritmetiˇckih nizova ima ve´cu sumu prvih 10 cˇlanova? 1) 100, 105, 110, . . . ; 2) −1000, −750, −500, . . . ?

3.

U nizu 51 , 48 , 45 ,. . . odredi prvi cˇlan s negativnim predznakom.

4.

Odredi prvi pozitivni cˇlan aritmetiˇckog niza −3 , − 44 , − 43 ,. . . . 15 15

5.

Koliko je prirodnih brojeva manjih od 500 koji su djeljivi s 11 a nisu djeljivi s 112 ?

6.

Koliko je prirodnih brojeva manjih od 500 koji su djeljivi s 11 ili s 13 (ili s oba ta broja).

7.

Koliki je zbroj svih prirodnih brojeva manjih od 5 000, a djeljivih s 19?

8.

Je li niz s op´cim cˇ lanom an = 16 − 3n aritmetiˇcki? Koliki je zbroj njegovih prvih 100 cˇlanova?

9.

Koliko cˇlanova aritmetiˇckog niza 9, 15, 21,. . . trebamo zbrojiti da suma bude ve´ca od 560?

10. Zapiˇsi, koriste´ci znak sumacije, zbroj prvih n cˇlanova nizova 1) 3, 9, 15, 21,. . . ; 3 .... 2) 32 , 34 , 38 , 16

11. Napiˇsi prvih pet cˇlanova aritmetiˇckog niza ako je:

metiˇcki: 1) an = 2n − 7 ;

2) an =

3n + 2 . 5

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) 1, 2, 3, 4, . . . ; 3) 4, 2, 0, −1, . . . ; 5) 6, 0, 6, 0, . . . ;

12. Dokaˇzi da je niz (an ) s op´cim cˇlanom an arit-

13. Je li broj 132 cˇlan aritmetiˇckog niza 7 , 12 ,. . . ? Je li broj 181 cˇlan aritmetiˇckog niza 1 , 4 ,. . . ?

14. Tijelo koje se giba niz kosinu prevalilo je u prvoj sekundi put od 2 m, a u svakoj sljede´coj 1.5 m viˇse nego u prethodnoj. Koliki je put tijelo prevalilo nakon 10 sekundi?

15. Na dubini od 25 m prosjeˇcna temperatura Zem-

lje je 9◦ C , a nakon toga na svaka 33 m dubine raste za 1◦ C . Na kolikoj se dubini nalazi izvor termalne mineralne vode temperature 70◦ C ?

16. Niz (an ) je aritmetiˇcki niz. 1) 2) 3) 4) 5)

Ako je Ako je Ako je Ako je Ako je

a6 = 16 , a8 = 22 , odredi a10 . a11 = 18 , a13 = 8 , odredi a9 . a7 = −5 , a32 = 70 , koliki je a11 ? a5 = 2 , a40 = 142 , koliki je a13 ? a4 = 1 , a332 = 2 , odredi a168 .

17. Odredi aritmetiˇcki niz ako je: 1) 2) 3) 4) 5)

a1 + a7 = 42 , a10 − a3 = 21 ; a5 + a11 = −0.2 , a4 + a10 = 2.6 ; a1 + a5 = 24 , a2 · a3 = 60 ; a2 + a3 + a4 = 3 , a1 · a4 = −20 ; a2 + a3 + a4 + a5 = 34 , a2 · a3 = 28 ;

6) a23 + a27 = 122 , a1 + a7 = 4 .

√ x, 5x + 4 i 12x + 13 budu uzastopni cˇlanovi aritmetiˇckog niza. √ 19. √ Odredi nepoznanicu x tako da brojevi x + 1 , √ 5x + 9 i 12x + 25 budu tri uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza.

18. Odredi nepoznanicu x tako da tri broja: √ √

1 1 1 , , log3 2 log6 2 log12 2 tri uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza.

1) a1 = − 12 , d = 34 ;

20. Dokaˇzi da su brojevi

2) a1 = 45 , d = −0.2 ; 3) a1 = 202 , d = − 32 ;

21. Za koje su realne vrijednosti broja x brojevi

4) a1 = 1 35 , d = 0.125 .

log 2 , log(2x − 1) , log(2x + 3) tri uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza?

183

4

NIZOVI

22. Za koji su x brojevi 1 + sin x , sin2 x , 1 + sin 3x uzastopni cˇlanovi nekog aritmetiˇckog niza?

37. U sljede´coj tablici zadana su tri podatka o aritmetiˇckom nizu. Izraˇcunaj preostala dva.

23. Brojevi 1 , x , y uzastopni su cˇlanovi aritmeticˇ kog niza. Odredi x i y ako je x2 − 2 = 2y .

24. Koliki je deveti cˇlan aritmetiˇckog niza ako je

1) 2)

d

a1

an

5

4

54

−5

86

4

99

14

Sn

OG LE DN IP RIM JE RA K

zbroj trostrukog tre´ceg i sˇ esterostrukog dvanaestog jednak 81?

n

25. Odredi deseti cˇlan aritmetiˇckog niza, u kojem je

3) 4)

18

zbroj trostrukog petog i peterostrukog trinaestog jednak 88.

5)

26. Zbroj triju uzastopnih cˇlanova aritmetiˇckog ni-

6)

15

7)

28

za iznosi 33 . Njihov je umnoˇzak jednak 1287 . Odredi te brojeve.

27. Zbroj prvih triju cˇlanova aritmetiˇckog niza iznosi

27, a zbroj njihovih kvadrata jednak je 275. Koji je to niz?

3

4

−4

4

9)

21

10)

16

180

−135

12

8)

1030

6

62

2

10

18

155

945

−4

1440

38. U aritmetiˇckom nizu je 12 cˇlanova. Zbroj onih

ˇ 28. Cetiri broja cˇine aritmetiˇcki niz, a njihov je zbroj 20. Zbroj njihovih reciproˇcnih vrijednosti iznosi 25 . Koji su to brojevi? 24

39. U nekom je aritmetiˇckome nizu a1 + a3 + a5 +

29. Zbroj cˇetiriju brojeva sˇ to cˇine aritmetiˇcki niz jed-

40. Zbroj prvih n cˇlanova aritmetiˇckog niza iznosi

nak je 1, a zbroj njihovih kubova iznosi 0.1 . Koji su to brojevi?

750. Ako je prvi cˇlan niza 64, a razlika niza d = −2 , koliki je n ?

ˇ pozitivna broja uzastopni su cˇlanovi arit30. Cetiri

41. Koliko cˇlanova ima aritmetiˇcki niz ako je a2 +

metiˇckog niza s razlikom 2. Umnoˇzak tih brojeva jednak je 19 305. Koji su to brojevi?

ˇ aritmetiˇckog niza su cijeli brojevi. Doka31. Clanovi

zˇ i da je umnoˇzak cˇ etiriju uzastopnih cˇlanova niza uve´can za cˇetvrtu potenciju razlike niza, kvadrat cijelog broja.

32. Krajnji cˇlanovi aritmetiˇckog niza od 7 cˇlanova jednaki su 11 i 35. Koliko cˇlanova ima niz cˇiji su krajnji cˇlanovi 38 i 13 ako su cˇetvrti cˇlanovi ovih nizova jednaki?

33. Dan je niz prirodnih brojeva ve´cih od 1 koji ni-

su djeljivi niti s 2 niti s 3: 5, 7, 11, 13, 17,. . . . Napiˇsi op´ci cˇlan tog niza.

34. Zbroj 7. i 15. cˇlana aritmetiˇckog niza jednak je 18. Odredi 11. cˇlan ovog niza.

35. Ako je zbroj 2. i 10. cˇlana aritmetiˇckog niza jednak 12, koliki je zbroj 4., 6. i 8. cˇlana?

36. Koliki je zbroj prvih 17 cˇlanova aritmetiˇckog niza cˇiji je deveti cˇ lan jednak 35?

184

na parnim mjestima je 186, a onih na neparnim 156. Kolika je razlika niza? . . . + a11 = 72 . Koliko je a1 + a6 + a11 ?

a4 + . . . + a2n = 126 , a2 + a2n = 42 ?

42. Broj cˇlanova aritmetiˇckog niza je paran. Razlika

zbroja cˇlanova na parnim i neparnim mjestima iznosi 6. Ako je posljednji cˇlan niza ve´ci od prvog za 10.5 , koliko cˇlanova ima ovaj niz?

43. U aritmetiˇckom je nizu am+n = A i am−n = B . Odredi am i an .

44. Dokaˇzi da je svaki cˇlan aritmetiˇckog niza, poˇcevsˇ i od drugog, aritmetiˇcka sredina dvaju cˇlanova koji su od njega jednako udaljeni.

45. Dokaˇzi da je u svakom aritmetiˇckom nizu am +

an = ap + aq ako i samo ako je m + n = p + q .

46. Pokaˇzi da je aritmetiˇcka sredina prvog i posljed-

njeg cˇlana aritmetiˇckog niza jednaka aritmetiˇckoj sredini svih njegovih cˇlanova.

47. U aritmetiˇckom nizu a1 , a2 , a3 ,. . . je a4 + a8 + a12 + a16 = 224 . Odredi S19 .

ˇ NIZ ARITMETICKI

48. Odredi zbroj prvih 20 cˇlanova aritmetiˇckog niza ako je a6 + a9 + a12 + a15 = 20 .

49. Koliko je a1 + a6 + a11 + a16 ako je niz a1 , a2 , a3 ,. . . aritmetiˇcki te vrijedi a1 + a4 + a7 + . . . + a16 = 147 ?

4.2

62. Zadan je niz (an ) tako da je an+1 = an + 1 , a1 = 2 . Odredi zbroj prvih 100 cˇlanova niza.

1 1 , am = . Odm n redi zbroj prvih mn njegovih cˇlanova.

63. U aritmetiˇckom je nizu an =

OG LE DN IP RIM JE RA K

64. Odredi zbroj prvih m + n cˇlanova aritmetiˇckog niza ako je am = n , an = m .

50. U aritmetiˇckom je nizu zbroj tre´ceg i sedmog cˇla-

65. Koji je cˇlan aritmetiˇckog niza 20, 18, 16,. . . jed-

51. Rijeˇsi jednadˇzbu: 52 ·54 ·56 · · · 52x = (0.04)−28 .

66. U kojem je aritmetiˇckom nizu zbroj n prvih cˇla-

na jednak 10. Odredi zbroj prvih devet cˇlanova tog niza.

52. Rijeˇsi jednadˇzbe:

1) 2 + 5 + 8 + . . . + x = 155 ; 2) 1 − 5 − 11 − . . . − x = −207 ; 3) x−1+x−3+ . . . +x−27 = 70 ; 1 x−1 x−2 + + ... + = 3. 4) x x x

53. Koliko pozitivnih cˇlanova ima niz 105 , 98 , 91 ,

84 ,. . . ? Koliko cˇlanova ovog niza valja zbrojiti kako bi zbroj bio jednak nuli?

54. Izraˇcunaj zbroj prvih 200 neparnih prirodnih brojeva koji pri dijeljenju s 3 daju ostatak 1.

55. Zbroj prvih pedeset cˇlanova aritmetiˇckog niza

jednak je 200, a zbroj sljede´cih 50 iznosi 2700. Odredi ovaj niz.

56. Razlika aritmetiˇckog niza s konaˇcnim brojem cˇla-

nova jednaka je 2, a njegov zbroj iznosi 28. Prvi cˇlan jednak je broju cˇlanova niza. Koji je to niz?

57. Zbroj prvih triju cˇlanova aritmetiˇckog niza jed-

nak je 15, zbroj posljednjih triju jednak je 78, a zbroj svih cˇ lanova niza iznosi 155. Odredi taj niz.

nak jednoj osmini zbroja svih prethodnih cˇ lanova? nova jednak 19 zbroja prvih 3n cˇlanova?

67. U aritmetiˇckim nizovima 17, 21, 25, 29,. . . i

16, 21, 26, 31,. . . ima jednakih cˇlanova. Ako redom ispiˇsemo te cˇ lanove, oni c´e cˇ initi novi niz. Odredi zbroj prvih 100 cˇlanova tog niza.

68. Ako je zbroj prvih 3n prirodnih brojeva za 150 ve´ci od zbroja prvih n prirodnih brojeva, koliki je zbroj prvih 4n prirodnih brojeva?

69. U aritmetiˇckom nizu (an ) zbroj prvih n cˇlanova jednak je Sn = 2n + 3n2 za svaki n ∈ N . Kako glasi op´ci cˇlan niza?

70. Za svaki n ∈ N zbroj Sn prvih n cˇlanova arit-

metiˇckog niza jednak je Sn = 4n2 − 3n . Odredi op´ci cˇlan niza.

71. Ako je zbroj prvih n cˇlanova aritmetiˇckog niza jednak 4n2 , odredi deseti cˇlan tog niza.

72. Odredi op´ci cˇlan aritmetiˇckog niza u kojem je

zbroj prvih n cˇlanova tri puta ve´ci od kvadrata broja tih cˇlanova.

73. Odredi aritmetiˇcki niz u kojem je a5 = 18 , a Sn = 14 S2n .

58. Zbroj prvih cˇetiriju cˇlanova aritmetiˇckog niza jednak je 68,zbroj posljednjih cˇetiriju −36 . Ako je zbroj svih cˇ lanova niza jednak 68, odredi taj niz.

59. Koliki je zbroj prvih trinaest cˇlanova aritmetiˇckog niza ako je zbroj njegovih prvih sˇ est cˇlanova s parnim indeksima jednak 90?

60. Za n = 1, 2, . . . , 10 neka je An zbroj prvih 40 cˇlanova aritmetiˇckog niza s prvim cˇ lanom n i razlikom 2n − 1 . Koliko je A1 + A2 + . . . + A10 ?

61. Odredi zbroj svih negativnih brojeva koji su cˇlanovi niza (an ) , an = 1.5n − 48 .

- 1 i 1.3 treba umetnuti pet brojeva koji c´e s 74. Izmedu

dvama zadanima cˇ initi sedam uzastopnih cˇlanova rastu´ceg aritmetiˇckog niza. - 7 i 35 treba umetnuti sˇ est brojeva koji c´e 75. Izmedu sa zadanim dvama cˇiniti osam uzastopnih cˇlanova aritmetiˇckog niza. - 2 i 16 da 76. Koliko brojeva treba umetnuti izmedu bi se dobio aritmetiˇcki niz cˇ iji je zbroj 180?

185

4

NIZOVI

4.3. Geometrijski niz Koje je svojstvo zajedniˇcko sljede´cim nizovima: 2, 6, 18, 54, 162 . . .

OG LE DN IP RIM JE RA K

3, 6, 12, 24, 48 . . . 2 2 18, 6, 2, , . . . 3 9

− 1, 2, −4, 8, −16 . . .?

U aritmetiˇckom je nizu razlika svakih dvaju susjednih cˇlanova konstantna. Ovdje vidimo primjere nizova u kojima je koliˇcnik dvaju uzastopnih cˇlanova konstantan. Op´ci cˇlan tih nizova (an ) zadovoljava rekurzivnu formulu an = q · an−1 . Cijelo c´e poglavlje nalikovati prethodnom, kako bismo istaknuli zajedniˇcku ideju u definiciji ovih dviju vrsta nizova. Geometrijski niz

Niz je geometrijski ako je omjer svakog cˇlana i cˇlana ispred njega stalan: an =: q. (1) an−1 Broj q naziva se kvocijent ili koliˇcnik geometrijskog niza.

Koliˇcnik niza ne moˇze biti 0, jer je onda definicija besmislena. Ako je q = 1 , onda je an = an−1 za svaki n i niz je konstantan.

Primjer 1.

Ispiˇsimo nekoliko prvih cˇlanova geometrijskog niza ako je zadan prvi cˇlan i kvocijent niza. a1

q

a1

a2

a3

a4

a5

3

2

3

6

12

24

48

8

− 12

8 −4

2

−1

1 2

70 0.1 70

Zadatak 1.

7 0.7 0.07 0.007

Prepiˇsite tablicu u biljeˇznicu i popunite ku´cice u sljede´cim primjerima geometrijskog niza. a1 a2 a3 a4 a5 a6 2

5 4 6

186

8

6

GEOMETRIJSKI NIZ

4.3

O podrijetlu imena

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zbog cˇega se ovaj niz naziva geometrijskim? Vrijedi an a = q = n+1 . an−1 an Ako su cˇlanovi niza pozitivni, onda slijedi √ an = an+1 an−1 . Svaki cˇlan geometrijskog niza (osim prvog) geometrijska je sredina dvaju svojih susjednih cˇlanova. Odatle nizu ime.

Op´ci clan ˇ geometrijskog niza

- iz Formula za op´ci cˇlan geometrijskog niza lako se odreduje a2 = a1 · q, a3 = a2 · q = a1 · q2 , a4 = a3 · q = a1 · q3 .

Indukcijom dobivamo:

Op´ci cˇ lan geometrijskog niza

Geometrijski niz s prvim cˇlanom a1 i kvocijentom q ima op´ci cˇlan an = a1 · qn−1 .

Primjer 2.

(2)

Za a1 = 1 i q = 2 geometrijski niz glasi 1, 2, 4, 8 . . . Njegov n -ti (op´ci) cˇlan je

an = a1 qn−1 = 2n−1 .

Zadatak 2.

Primjer 3.

Koliˇcnik geometrijskog niza jednak je 3, a zbroj prva cˇetiri cˇlana iznosi 80. Odredi 5. cˇlan niza. ˇ Cetiri su broja uzastopni cˇlanovi rastu´ceg geometrijskog niza. Zbroj dva krajnja je jednaka je 9, dva srednja 6. Odredimo te brojeve.

Zapiˇsimo jednadˇzbe: a1 + a4 = a1 + a1 q3 = a1 (1 + q3 ) = 9 i a2 + a3 = a1 q + a1 q2 = a1 q(1 + q) = 6 .

187

4

NIZOVI

a1 (1 + q3 ) 9 = : Nakon kra´cenja imamo jednadˇzbu s a1 q(1 + q) 6 1 − q + q2 3 jednom nepoznanicom: = , odnosno 2q2 − 5q + 2 = 0 . q 2

Podijelimo ih:

1 2

ili q = 2 . Zbog toga c´e dva

OG LE DN IP RIM JE RA K

Ova jednadˇzba ima dva rjeˇsenja, q = rjeˇsenja imati i sam zadatak:

1) Za q =

1 nalazimo a1 = 8 te imamo padaju´ci niz 8, 4, 2, 1 . 2

2) Za q = 2 je a1 = 1 i imamo rastu´ci niz 1, 2, 4, 8 .

Lako je provjeriti da oba niza brojeva zadovoljavaju uvjete zadatka.

Zbroj prvih n clanova ˇ niza

Odredimo sad formulu za op´ci cˇlan niza parcijalnih suma (Sn ) geometrijskog niza: Sn = a1 + a2 + . . . + an . Iskoristimo formulu za op´ci cˇlan geometrijskog niza:

Sn = a1 + a1 q + a1 q2 + . . . + a1 qn−1

i pomnoˇzimo obje strane jednakosti s kvocijentom niza q :

qSn = a1 q + a1 q2 + a1 q3 + . . . + a1 qn .

Oduzimanjem ovih dviju jednakosti dobivamo:

Sn − qSn = a1 − a1 qn ,

odakle slijedi za q = 1

Sn = a1

qn − 1 . q−1

Ako je pak q = 1 , onda je niz konstantan i vrijedi Sn = na1 . Zbroj prvih n cˇ lanova geometrijskog niza

Zbroj prvih n cˇlanova geometrijskog niza s kvocijentom q = 1 iznosi qn − 1 Sn = a1 . (3) q−1

188

GEOMETRIJSKI NIZ

Primjer 4.

4.3

Tvrtka Dobra prodaja naruˇcila je od Marka Hakeri´ca izradu web-stranice. Predvideno vrijeme rada je 14 radnih dana, a Dobra prodaja nudi tri opcije pla´canja za svaki od tih 14 dana:

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) 1000 kuna po jednom radnom danu, 2) prvi dan 700 kuna, a svaki sljede´ci 50 kuna viˇse, 3) prvi dan 90 lipa, a svaki sljede´ci dvostruko viˇse. Koju opciju pla´canja Marko treba prihvatiti?

Zarada u prvoj varijanti je 14 000 kn.

U drugoj opciji, niz je aritmetiˇcki s prvim cˇlanom a1 = 700 , razlikom d = 50 i ukupnim brojem cˇlanova n = 14 . Ukupna isplata je n(n − 1) a1 n + d = 14 350 kn. 2

U tre´coj opciji, red je geometrijski s prvim cˇlanom a1 = 0.90 i kvocijentom q = 2 . Njegova je suma qn − 1 a1 = 214 − 1 = 14 744.70 kn. q−1 Marko treba prihvatiti tre´cu opciju (pod uvjetom da ne preskoˇci nijedan od tih radnih dana i da posao ne dovrˇsi ranije).

Primjer 5.

Geometrijski niz zadan je svojim cˇlanovima: a11 = 12 i a20 = 36 . Koliki je zbroj a11 + a12 + . . . + a20 ?

Ovdje se radi o zbroju dijela geometrijskog niza. Odredimo mu kvocijent. Iz a20 = a11 q9 dobivamo

q9 =

a20 36 = = 3, a11 12

√ te je q = 9 3 . U zadatku se traˇzi razlika dviju suma, S20 − S10 . Prvi je dojam da c´emo morati odrediti nepoznate cˇlanove geometrijskog niza, posebice a1 , kako bismo koristili formulu za zbroj niza. Medutim, mozˇ emo razmiˇsljati i ovako: zaboravimo da je rijeˇc o dijelu geometrijskog niza. Za nas je to novi geometrijski niz s prvim cˇlanom 12 , posljednjim 36 i kvocijentom q . Njegova je suma, prema (5), dana s: √ 9 a20 q − a11 3 · 36 − 12 S= . = √ 9 q−1 3−1

189

4

NIZOVI

Interpolacija geometrijskog niza Neka su zadana dva cˇlana geometrijskog niza, a i b . Trebamo odrediti r brojeva koji zajedno s a i b (kao prvim i posljednjim cˇlanom niza) cˇine geometrijski niz.

OG LE DN IP RIM JE RA K

- ako mu znamo kvocijent. Njegov prvi cˇlan je a1 = a , a Niz c´e biti odreden posljednji, n -ti an = b . Kako je n = r + 2 , vrijedi: an = a1 qn−1 =⇒ b = qr+1 a,

te je



q=

r+1

b . a

(4)

Formula za zbroj cˇlanova geometrijskog niza moˇze se napisati i u drugom obliku. Kako je an = a1 qn−1 , vrijedi: an q − a1 Sn = , (5) q−1 sˇ to dalje moˇzemo napisati ovako: − a1 a . (6) Sn = n+1 q−1

Toˇcno-netoˇcno pitalice

Koje su od sljede´cih tvrdnji toˇcne, a koje netoˇcne? Odgovori, a odgovor obrazloˇzi.

1. Geometrijski niz mora imati barem tri cˇlana.

2. Kvocijent q geometrijskog niza mora biti racionalan broj.

3. Zbroj prvih n cˇlanova geometrijskog niza ve´ci je od n -tog cˇlana tog niza. 4. Niz an =

 je geometrijski. 2n

5. U bilo kojem geometrijskom nizu vrijedi an =

√ an−2 an+2 .

6. Ako je kvocijent niza q < 1 , onda je niz padaju´ci. 7. Ako je kvocijent niza q > 1 , onda je niz rastu´ci.

8. Ako za dva uzastopna cˇlana geometrijskog niza vrijedi an+1 > an , onda je kvocijent niza q > 1 .

190

GEOMETRIJSKI NIZ

4.3

Zadatci 4.3. Je li neki od sljede´cih nizova geometrijski? Ako jest, napiˇsi mu sljede´ca dva cˇlana. 1) 1, 2, 3, 4, . . . ; 2) 1, −1, 1, −1, . . . ; 3) 8, 4, 2, 0, . . . ; 4) 2, 4, 12, 48, . . . ; 5) 1, 1.1, 1.11, 1.111, . . . ; 6) 1, 1.1, 1.21, 1.331, . . . ; 7) 5, 5, 5, 5, . . . ;

2.

3.

8) 9, 6, 4, 2 23 . . . .

Koji od sljede´cih geometrijskih nizova c´e imati najve´ci deseti cˇlan?

a3 = 4 , a1 = 1 ,

9.

Dokaˇzi da je niz (an ) geometrijski:  2) an = n . 1) an = −3 · 2n ; 3

1) 10 000, 20 000, 40 000, 80 000, . . . ; 2) 100, 300, 900, 2700, . . . ; 3) 1, 5, 25, 125, . . . ?

√ 10. U geometrijskom je nizu a1 = q = 12 ( 3 + i) .

Za dvanaesti cˇlan geometrijskog niza 4, 6, 9,. . . vrijedi

11. U geometrijskom je nizu a1 = 1 − i 3 ,

1) a12 ≈ 300 ; 2) a12 ≈ 346 ; 3) a12 ≈ 920 .

4.

a5 = 8 ; a7 = 64 ; 27 √ √ 4−2 3 28 − 16 3 5) a4 , ako je a3 = , a5 = ; 4 16 √ √ 2 . 6) a11 , ako je a3 = 6 2 , a7 = 2

3) a9 , ako je 4) a4 , ako je

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

- modul dvadesetog cˇlana ovog niza. Nadi

√

1−i q = √ . Odredi |a20 | . 2

Odredi prvi cˇ lan geometrijskog niza 10, 30, 90, 270,. . . koji je ve´ci od 100 000.

12. Odredi x tako da brojevi x + 5 , 25 − x , 30 + 2x budu tri uzastopna cˇlana geometrijskog niza.

5.

Zapiˇsi prvih nekoliko cˇlanova geometrijskog niza ako je: 1) a1 = −6 , q = 13 ; 2) a1 = 1 , q = 12 ;

√ √ 2 ; 3) a1 = 2 , q = − 2 √ 5+1 4) a1 = 1 , q = . 2

6.

Odredi dvanaesti cˇlan geometrijskog niza 4, 6, 9 . . . .

7.

Odredi peti cˇlan geometrijskog niza: √ √ √ 2 1 , , . . . ; 2) 5 , 4 5 , 1 , . . . ; 1) 1 , 2 2 √ √ √ √ √ 3) 3 3 , 3 9 , 3 , . . . ; 4) 2 , 3 2 , 6 2 , . . . .

8.

Ako je s an zapisan op´ci cˇlan geometrijskog niza, odredi: 1) a10 , ako je a3 = 8 , a5 = 32 ; 8 ; 2) a6 , ako je a2 = 23 , a4 = 27

13. Brojevi 1 , x2 , x2 + 72 uzastopni su cˇlanovi geometrijskog niza s realnim cˇlanovima. Koji su to brojevi?

1 1 1 , , uzasx+2 x−2 x−4 topni cˇlanovi geometrijskog niza?

14. Za koje su x brojevi

15. Za koje su vrijednosti realnog broja a brojevi

log4 9 , log2 a , log5 2 · log9 25 u danom poretku uzastopni cˇlanovi nekog geometrijskog niza?

16. Odredi geometrijski niz ako je

1) a1 − a2 = 35 , a3 − a4 = 560 ; 2) a4 − a2 = 18 , a5 − a3 = 36 ; 3) a1 − a3 + a5 = −65 , a1 + a7 = −325 ; 7 7 4) a1 + a4 = , a − a2 + a1 = ; 16 3 8 5) a1 + a2 + a3 = 31 , a1 + a3 = 26 ; 6) a1 + a2 + a3 = 70 , a1 a2 a3 = 8 000 .

17. Koliko je cˇlanova u geometrijskom nizu u kojem

su prvi, drugi i posljednji cˇ lan niza redom jednaki 4 , 12 i 2 916 ?

191

4

NIZOVI

18. U geometrijskom je nizu drugi cˇlan za 5 ve´ci od

29. Umnoˇzak tre´ceg i devetog cˇlana geometrijskog

- 1 i 256 umetni tri broja tako da s dvama 19. Izmedu

30. Umnoˇzak cˇetvrtog i petog cˇlana geometrijskog

prvog, a cˇetvrti za 30 ve´ci od drugog. Koji je to niz?

zadanima cˇ ine geometrijski niz.

niza jednak je B . Koliko iznosi umnoˇzak prvih osam cˇlanova tog niza?

OG LE DN IP RIM JE RA K

- brojeva 3 i 19 683 smjesti joˇs sedam 20. Izmedu

niza s pozitivnim cˇlanovima jednak je A . Koliko iznosi umnoˇzak prvih 11 cˇlanova ovog niza?

brojeva tako da svih devet cˇ ine geometrijski niz.

21. Od kojeg je cˇlana u geometrijskom nizu −8 , 4 ,

−2 , . . . svaki sljede´ci po apsolutnoj vrijednosti manji od 0.001 ?

22. Cijena raˇcunala iznosila je 6400 kn. Vrijednost

mu svaki mjesec opada za 3%. Nakon kojeg c´e mjeseca njegova vrijednost bit manja od 1500 kn?

31. Stranice pravokutnog trokuta uzastopni su cˇlano-

vi geometrijskog niza. Koliki je sinus najmanjeg kuta tog trokuta?

32. U posudu s 10 l cˇistog alkohola ulije se 1 l vo-

de, a zatim izlije 1 l mjeˇsavine. Isti se postupak napravi ukupno pet puta. Kolika je nakon toga koliˇcina alkohola u posudi?

33. Zbroj drugog i cˇetvrtog cˇlana geometrijskog ni-

23. Zbroj prvih triju cˇlanova geometrijskog niza jed-

nak je 28 , a zbroj triju sljede´cih 3.5 . Odredi osmi cˇlan u ovom nizu.

24. Zbroj triju uzastopnih cˇlanova geometrijskog ni-

za iznosi 74 , a zbroj njihovih kvadrata 1924 . Koji su to brojevi?

25. U sljede´coj tablici zadana su tri podatka o geometrijskom nizu. Izraˇcunaj preostala dva. n

1) 2)

q

a1

an

2

4

1 024

4

108

3

96

7

3) 4)

5

5) 6)

7

2

2

2

8

2

Sn

34. Zbroj prvih cˇetiriju cˇlanova geometrijskog niza

jednak je 30 , a zbroj cˇetiriju sˇ to slijede iznosi 480 . Koliki je zbroj prvih 12 cˇlanova ovog niza?

35. Koliko cˇlanova ima geometrijski niz ako je

a1 = 5 , a5 = 405 a Sn = 1820 . 36. U geometrijskom nizu s pozitivnim cˇlanovima je S2 = 4 , S3 = 13 . Odredi S4 .

37. U geometrijskom je nizu S3 = 40 , S6 = 60 . Koliko je S9 ?

38. Zbroj prvih 11 cˇlanova geometrijskog niza cˇini

189

20% od zbroja jedanaest cˇlanova sˇ to slijede. Koliko je puta prvi cˇlan niza manji od jedanaestog?

39. Geometrijski niz ima paran broj cˇlanova. Zbroj

4 088

128

svih cˇlanova niza 3 puta je ve´ci od zbroja cˇ lanova sˇ to stoje na parnim mjestima. Odredi koliˇcnik ovog niza.

26. Tri broja cˇine geometrijski niz. Njihov je zbroj

40. Broj cˇlanova geometrijskog niza je paran. Zbroj

7 . 21 , a zbroj njihovih reciproˇcnih vrijednosti 12 Odredi te brojeve.

svih cˇlanova niza tri puta je ve´ci od zbroja cˇ lanova s neparnim indeksima. Odredi koliˇcnik ovog niza.

27. Umnoˇzak prvih triju cˇlanova geometrijskog niza

41. Zbroj prvih n cˇlanova nekog geometrijskog ni-

jednak je 64 , a njihova aritmetiˇcka sredina iznosi 14 . Odredi te brojeve. 3

28. U geometrijskom nizu od 7 cˇlanova zbroj pr-

vih triju cˇlanova jednak je 26 , a triju posljednjih 2106 . Odredi niz.

192

za iznosi 30 , a njihov je umnoˇzak jednak 144 . Odredi zbroj prvih devet cˇlanova ovog niza.

za izraˇcunava se po formuli Sn = 3(2n − 1) , za svaki n . Odredi peti cˇlan ovog niza.  1 2  2 1 2 42. Odredi zbroj: x + + x + 2 + ...+ x x  1 2 n x + n , x = 0 . x

GEOMETRIJSKI NIZ

43. Imamo niz 1 , (1 + 2) , (1 + 2 + 22 ) , . . . , (1 + 2 + 22 + . . . + 2n−1 ) . Koliki je zbroj prvih n cˇlanova ovog niza?

44. Izraˇcunaj zbroj n brojeva oblika 1, 11, 111,. . . . 45. Niz kvadrata cˇlanova geometrijskog niza i sam je

57. Prvi cˇlanovi aritmetiˇckog i geometrijskog niza

jednaki su 2 , tre´ci cˇlanovi su medusobno jedna- ove nizove ki, a drugi se razlikuju za 4 . Nadi ako su im cˇ lanovi pozitivni brojevi.

58. Zbroj prvih triju cˇlanova geometrijskog niza jed-

nak je 42 . Ti su isti brojevi prvi, drugi i sˇ esti - te brojeve. cˇlan rastu´ceg aritmetiˇckog niza. Nadi

OG LE DN IP RIM JE RA K

geometrijski niz. Dokaˇzi!

4.3

46. U geometrijskom je nizu am+n = A , am−n = B . - am i an . Nadi

47. Dokaˇzi; ako su a , b i c n –ti, m –ti i k –ti cˇlan

jednog geometrijskog niza, onda je am−k · bk−n · cn−m = 1 .

48. U geometrijskom nizu vrijedi am · an = au · av

ako i samo ako je m + n = u + v . Dokaˇzi! Koja je analogna tvrdnja vrijedila za aritmetiˇcki niz?

49. Ako je u geometrijskom nizu a2 ·a4 ·a6 · · · a16 = 16 , koliko je a9 ?

50. Ako je cˇetvrti cˇlan geometrijskog niza jednak 3,

koliki je umnoˇzak prvih sedam cˇlanova toga niza?

51. Zbroj logaritama po bazi 2 devet uzastopnih cˇla-

nova geometrijskog niza jednak je 3. Koliki je umnoˇzak krajnjih od tih devet cˇlanova?

52. Zbroj dekadskih logaritama sedam uzastopnih

59. Zbroj prvih triju cˇlanova geometrijskog niza iz-

nosi 91 . Ako im dodamo redom 25 , 27 i 1 , dobijemo tri uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza. Odredi sedmi cˇlan u geometrijskom nizu.

60. Tri broja cˇiji je zbroj jednak 114 uzastopni su

cˇlanovi geometrijskog niza ili prvi, cˇetvrti i dva- te brojeve. desetpeti cˇlan aritmetiˇckog niza. Nadi

61. Od cˇetiriju brojeva prva su tri uzastopni cˇlanovi

geometrijskog, a posljednja tri aritmetiˇckog niza. Zbroj krajnjih cˇ lanova jednak je 32 , a zbroj srednjih 24 . Koji su to brojevi? 62. Nadi- cˇetiri broja od kojih prva tri cˇine geometrijski, a posljednja tri aritmetiˇcki niz. Zbroj krajnjih cˇ lanova jednak je 14 , a srednjih 12 .

63. Tri broja cˇine geometrijski niz. Ako drugi uvec´amo za 8 , niz postaje aritmetiˇcki, a ako zatim posljednji uve´camo za 64 , niz sˇ to se dobije opet je geometrijski. Odredi te brojeve.

cˇlanova geometrijskog niza jednak je 1.75. Koliki je umnoˇzak krajnjih od tih sedam cˇlanova?

64. Tri realna broja razliˇcita od nule cˇine aritmetiˇcki

53. Tri broja, tre´ci je 12 , uzastopni su cˇlanovi ge-

65. Prvi, tre´ci i peti cˇlan geometrijskog niza isto-

ometrijskog niza. Ako se 12 zamijeni s 9 , ti c´e brojevi biti uzastopni cˇlanovi aritmetiˇckog niza. Koji su to brojevi?

vremeno su prvi, cˇetvrti i sˇ esnaesti cˇlan nekog aritmetiˇckog niza. Odredi te nizove ako je prvi cˇ lan obaju nizova jednak 5 .

54. Tri broja cˇiji je zbroj 21 cˇine aritmetiˇcki niz.

66. U geometrijskom je nizu drugi cˇlan jednak 8 , a

Ako drugom oduzmemo 1 , a tre´cem dodamo 1 , dobit c´ emo tri broja koji cˇ ine geometrijski niz. Koji su to brojevi?

55. Zbroj prvih triju cˇlanova rastu´ceg aritmetiˇckog

niza jednak je 15 . Ako od prvih dvaju oduzmemo po 1 , a tre´cem dodamo 1 , dobit c´emo tri uzastopna cˇlana geometrijskog niza. Odredi zbroj prvih deset cˇlanova aritmetiˇckog niza.

56. Zbroj triju brojeva koji cˇine geometrijski niz iznosi 28 . Ako se najve´ci umanji za 4 , dobit c´e se tri uzastopna cˇlana aritmetiˇckog niza. Koji su to brojevi?

niz. Kvadrati tih brojeva u istom poretku uzastopni su cˇlanovi geometrijskog niza. Odredi sve mogu´ce kvocijente tih geometrijskih nizova.

peti 512 . Napiˇsi aritmetiˇcki niz u kojem je razlika dva puta manja od koliˇcnika geometrijskog niza, a da zbrojevi prvih triju cˇlanova u oba niza budu jednaki.

67. U aritmetiˇckom nizu s 11 cˇlanova, prvi, peti i

jedanaesti su uzastopna tri cˇlana nekog geometrijskog niza. Napiˇsi aritmetiˇcki niz ako je njegov prvi cˇlan 24 .

68. Prvi cˇlan aritmetiˇckog niza jednak je 1 , a zbroj prvih devet cˇ lanova iznosi 369 . Ako su prvi i deveti cˇ lan ovog niza ujedno prvi i deveti cˇlan nekog geometrijskog niza, odredi sedmi cˇlan geometrijskog niza.

193

4

NIZOVI

4.4. Limes niza. Teoremi o limesima

OG LE DN IP RIM JE RA K

Najˇceˇsc´e pitanje koje se postavlja pri promatranju beskonaˇcnog niza (xn ) jest: - s njegovim cˇ lanovima xn za velike vrijednosti broja n ? sˇ to se dogada 1 . Prvih nekoliko cˇlanova niza su 10n x1 = 0.1, x2 = 0.01, x3 = 0.001, x4 = 0.0001 . . . Svaki je sljede´ci cˇlan deset puta manji od prethodnog. Vidimo da se cˇlanovi ovog niza pribliˇzavaju nuli.

Primjer 1.

Neka je xn =

1 ˇ . Clanovi ovog niza su n 1 1 a1 = 1, a2 = = 0.5, . . . , a10 = = 0.1 . . . 2 10 a100 = 0.01, . . . , a1000 = 0.001 itd Svaki sljede´ci cˇlan manji je od prethodnog, a ve´ci od nule. Usporedbom s prethodnim primjerom ponovo vidimo da c´e i cˇlanovi ovog niza teˇziti nuli, istina, sporije nego u tom primjeru.

Primjer 2.

Neka je an =

Tvrdnju da cˇlanovi niza teˇze nuli oznaˇcavamo na sljede´ci naˇcin: lim xn = 0 kad n → ∞ ( cˇita se: limes 2 niza (xn ) jednak je nuli kad n teˇzi u beskonaˇcnost), ili lim xn = 0, n→∞

ili kratko

1 1/2 0

1

2

3

4

5

Neka je xn =

- broja 1 i op´ceg cˇlana niza: Izraˇcunajmo udaljenost izmedu n − 1  1 1     − 1 =   = . |xn − 1| =  n n n Kad n teˇzi u beskonaˇcnost, ova razlika, prema prethodnom primjeru, teˇzi nuli.

6

2

194

(kad n → ∞).

n−1 . Ispiˇsimo neke njegove cˇlanove: n 1 9 x1 = 0, x2 = , . . . , x10 = = 0.9 . . . 2 10 999 = 0.999 itd. x1000 = 1000 Primje´cujemo da se cˇlanovi ovoga niza pribliˇzavaju broju 1.

Primjer 3.

3/2

xn → 0

limes (lat.) = granica

LIMES NIZA. TEOREMI O LIMESIMA

4.4

Pojam limesa jedan je od temeljnih pojmova matematiˇcke analize. Iako je intuitivno jasan, potrebno ga je precizno definirati da bi se ispravno shvatio. Limes niza

OG LE DN IP RIM JE RA K

Kaˇzemo da je realni broj a limes niza (xn ) ako za svaki (ma kako malen) broj  > 0 postoji prirodni broj n0 takav da za sve n > n0 vrijedi |xn − a| <  . (1) Niz je konvergentan ako ima limes. Inaˇce je divergentan.

Konvergentan niz ima samo jedan limes, broj a u ovoj definiciji je jednoznaˇcno odreden.

L+e L L-e

L+e L L-e

n0

n0

Prikazani su konvergentni nizovi. Poˇcevˇsi od nekog, svi cˇ lanovi niza nalaze se unutar  -pruge.

n − 1

uistinu ima limes 1. To cˇinimo na sljede´ci naˇcin. n Zamislimo po volji malen broj  i napiˇsimo nejednakost (1). Radi jednostavnosti u prvom c´emo primjeru uzeti konkretnu vrijednost broja  , recimo  = 0.001 n − 1   1 1     − 1 = −  = < 0.001 .  n n n Pitamo se za koje je prirodne brojeve n ona ispunjena? Stavimo n0 = 1000 . ˇ je n > n0 , imamo Cim 1 n > 1000 ⇐⇒ < 0.001 n i za takve n ispunjena je nejednakost (1). Dakle, udaljenost broja 1 do cˇlanova niza je, poˇcevˇsi od cˇlana x1001 , manja od 0.001 . Provjerimo da niz

limes niza

Smanjimo li  , morat c´emo oti´ci dalje u nizu da bi nejednakost (1) vrijedila. Primjerice, ako je  = 0.00001 , tada c´e |xn − 1| biti ispunjeno tek za n > n0 = 100 000 . Op´cenito, za po volji uzet  vrijedit c´e |xn − 1| <  tek za n > n0 = 1/  .

195

NIZOVI

Primjer 4.

ˇ Neka je xn = (−1)n n . Clanovi su ovog niza redom −1 , 2 , −3 , 4 , −5 ,. . . . On nema limesa pa je divergentan.

Primjer 5.

Kazali smo da (xn ) teˇzi nuli ako je lim xn = 0 . To znaˇci da udaljenost

OG LE DN IP RIM JE RA K

4

n→∞

|xn −0| moˇze biti po volji malena. No ta je udaljenost apsolutna vrijednost |xn | cˇlana niza. Dakle, niz teˇzi nuli onda i samo onda ako niz apsolutnih vrijednosti teˇzi nuli: lim xn = 0 ⇐⇒ lim |xn | = 0. n→∞

n→∞

1 (−1)n 1 Evo nekoliko primjera takvih nizova: xn = , xn = , xn = p za n n n p > 0 . Njihovi su grafovi nacrtani na slici.

1

3/2

3/2

1/2

0

-1/2

1/2

-1

0

0

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4

5

1

1/2

6

1

1

2

3

4

5

6

Pojam niza koji teˇzi nuli je vaˇzan jer se svaki konvergentni niz moˇze svesti na takav niz. Naime, ako niz (xn ) ima limes a , onda po samoj definiciji limesa vrijedi |xn − a| → 0 kad n → ∞, no to znaˇci da (xn − a) teˇzi k nuli. Ovo temeljno svojstvo moˇzemo zapisati na joˇs jedan naˇcin koji je koristan pri nalaˇzenju limesa niza. Svojstvo limesa

Za konvergentni niz (xn ) vrijedi a = lim xn ⇐⇒ lim |xn − a| = 0. n→∞

n→∞

(2)

Kaˇzemo da niz (xn ) neograniˇceno raste (ili da teˇzi u +∞ ) ako su mu cˇlanovi, poˇcevˇsi od nekog, ve´ci od unaprijed zadanog broja. Primjer neograniˇceno rastu´ceg niza je xn = n2 . Za nj vrijedi: xn xn xn xn

196

> 100, > 1000, > 10 000, > 100 000,

cˇim je n > 10, cˇim je n > 31, cˇim je n > 100, cˇim je n > 316, itd.

LIMES NIZA. TEOREMI O LIMESIMA

Op´cenito, za ma kako velik broj M vrijedit c´e xn > M

cˇim je n >

√

4.4

M.

Neograniˇceno rastu´ci nizovi

OG LE DN IP RIM JE RA K

Niz (xn ) neograniˇceno raste ako za svaki broj M > 0 postoji prirodan broj n0 takav da je xn > M cˇim je n > n0 . Niz koji neograniˇceno raste ne konvergira. Medutim, po dogovoru piˇsemo: lim xn = +∞ n→∞

i kaˇzemo da niz (xn ) teˇzi u beskonaˇcnost.

Teoremi o limesima

Kombiniraju´ci dva ili viˇse nizova, dobivamo sloˇzenije nizove cˇiji limes nije jednostavno raˇcunati po definiciji. No, tu su nam od velike koristi teoremi o limesima. Njihov strogi dokaz ostavit c´emo visokoˇskolskoj matematici, ali c´emo ih ilustrirati nizom primjera. Teoremi o limesima

Neka su (xn ) i (yn ) konvergentni nizovi. Tada vrijedi teorem o limesu zbroja (razlike): lim (xn ± yn ) = lim xn ± lim yn ,

(3)

teorem o limesu umnoˇska:     lim (xn yn ) = lim xn · lim yn ,

(4)

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

teorem o limesu kvocijenta. Ako je yn = 0 za svaki n i lim yn = 0 , n→∞ onda je: lim xn xn lim = n→∞ (5) n→∞ yn lim yn n→∞

teorem o limesu potencije. Ako je lim xn = 0 , onda je: lim xn yn =

n→∞



n→∞

lim xn

n→∞

 lim yn n→∞

(6)

monotonost limesa. Ako je xn  yn ili xn < yn za svaki n , onda je: lim xn  lim yn . (7) n→∞

n→∞

197

4

NIZOVI

Dokaˇzimo sljede´cu tvrdnju, koju c´ emo koristiti u mnogim primjerima: Ako je lim xn = ∞ , onda vrijedi lim

1

n→∞ xn

= 0.

OG LE DN IP RIM JE RA K

n→∞

1 Dokaz. Neka je  > 0 po volji malen broj i stavimo M = . Kako je niz (xn )  neograniˇceno rastu´ci, postoji broj n0 takav da za n > n0 vrijedi xn > M . No, 1 1 1 < = 0. tada je =  , sˇ to znaˇci da je lim n→∞ xn xn M

Primjer 6.

Konstantni niz. Niz (xn ) cˇiji su svi cˇlanovi jednaki istom realnom broju c nazivamo konstantnim nizom. On je oˇcito konvergentan i limes mu je c , jer je |xn − c| = 0 za svaki n . Po teoremu o zbroju i umnoˇsku limesa, u kojem c´emo za (yn ) uzeti konstantni niz, vrijedi lim (xn + c) = lim xn + lim c = lim xn + c, n→∞

kao i

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

√ Neka je a > 0 i (xn ) niz definiran xn = n a . Pokaˇzimo da vrijedi √ lim n a = 1. n→∞

(a > 1)

Prema teoremu o limesu potencije, vrijedi

1 0

n→∞

lim cxn = ( lim c) · ( lim xn ) = c · lim xn .

n→∞

Primjer 7.

n→∞

(a < 1)

1

2

3

4

5

6

lim

n→∞

√ n

1

lim 1n

a = lim a n = an→∞ n→∞

= a0 = 1.

Za geometrijski niz (qn ) vrijedi: Limes geometrijskog niza

⎧ +∞, ⎪ ⎪ ⎨ 1, lim qn = n→∞ ⎪ 0, ⎪ ⎩ ne postoji,

198

za za za za

q > 1, q = 1, − 1 < q < 1, q  −1.

LIMES NIZA. TEOREMI O LIMESIMA

q >1

1

1

2

3

4

5

6

q =1 1

0

1

2

3

4

5

6

OG LE DN IP RIM JE RA K

0

4.4

1

-1 < q < 1

q £ -1

1

5

3

0

1

2

4

6

0 -1

1

2

3

4

5

6

limes geometrijskog niza

-1

Dokaz. Najprije promotrimo sluˇcaj q > 1 . Napiˇsimo q = 1 + h , gdje je h > 0 . Po Bernoullijevoj nejednakosti vrijedi: qn = (1 + h)n  1 + nh > nh.

Kad n → ∞ , imamo nh → ∞ . Zato je lim qn = +∞ . n→∞

Neka je sad 0 < q < 1 . Stavimo p = lim qn = lim

n→∞

n→∞

1 > 1 , pa vrijedi q

1 1 = =0 n p lim pn n→∞

jer niz u nazivniku neograniˇceno raste.

Za q = 0 i q = 1 niz je konstantan i limes mu je 0, odnosno 1.

Za −1 < q < 0 vrijedi 0 < |q| < 1 i |qn | = |q|n , pa kako (|q|n ) teˇzi nuli, odatle slijedi da i (qn ) teˇzi nuli. Ako je q = −1 , niz izgleda ovako: −1 , 1 , −1 , 1 . . . i nema limesa.

Ako je q < −1 , onda |qn | → +∞ , a sam niz divergira jer su mu uzastopni cˇlanovi razliˇcitih predznaka. Na primjer, za q = −2 prvih nekoliko cˇlanova niza su −2 , 4 , −8 , 16 itd.

199

4

NIZOVI

Racunanje ˇ limesa

OG LE DN IP RIM JE RA K

Ilustrirajmo na nekoliko primjera kako se raˇcunaju limesi.

Primjer 8.

2 5/3 1

0

1

2

3 4

5

6

7

8

Primjer 9.

Izraˇcunajmo lim

n→∞

5n − 1 . 3n + 2

Iskoristit c´ emo teorem o dijeljenju limesa, medutim, ne neposredno jer su nizovi u brojniku i nazivniku neograniˇceni. (Kaˇzemo da je ovaj limes neo- oblik tipa ∞ .) Zato najprije moramo brojnik i nazivnik razlomka dredeni ∞ 1 podijeliti s n , a onda koristiti poznati limes lim = 0: n→∞ n  1 1 lim 5 − 5 − 5n − 1 n = 5. n = n→∞ = lim lim  2 2 n→∞ 3n + 2 n→∞ 3 3+ lim 3 + n→∞ n n

3n2 − n + 2 . n→∞ 2n3 − n2 + 1

Izraˇcunajmo lim

Raˇcunaju´ci na isti naˇcin kao i u proˇslom primjeru, nakon dijeljenja s n3 dobivamo: 3 2 1 − 2+ 3 3n2 − n + 2 n n n = lim lim 1 1 n→∞ 2n3 − n2 + 1 n→∞ 2− + 3 n n 3 2 1 lim − 2+ 3 0 n = = 0. = n→∞ n n 1 1 2 lim 2 − + 3 n→∞ n n

200

n−1 , n→∞ 3n + 2

Zadatak 1.

Izraˇcunaj

1) lim

Zadatak 2.

Izraˇcunaj

1) lim

4n2 − 3n − 1 . n→∞ 3 − n + 2n2

2) lim

1 + 2 + 3 + ... + n , n2  1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) 2n + 1 2) lim − . n→∞ n+1 2 n→∞

LIMES NIZA. TEOREMI O LIMESIMA

Primjer 10.

Izraˇcunajmo lim

√

n→∞

4.4

 n2 + n − n .

√

1/2

0

1 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

1

5

3 4

7

6

8

Zadatak 3.

Primjer 11.

3

2 1

0

1

2

3 4

Oba cˇlana, i n2 + n i n teˇze u beskonaˇcnost kad n → ∞ . (Kaˇzemo da - izraz tipa ∞ − ∞ .) Raˇcunamo ovako: je ovaj limes neodredeni   √n2 + n + n   2 2 lim n + n − n = lim n +n−n · √ n→∞ n→∞ n2 + n + n 2 2 (n + n) − n = lim √ n→∞ n2 + n + n   n brojnik = lim √ = Dijelimo i nazivnik s n n→∞ n2 + n + n 1 1 = lim  = . n→∞ 2 1 1+ +1 n Vrijednost prvih nekoliko cˇlanova niza skicirana je na slici lijevo.

5

6

7

8

Zadatak 4.

Izraˇcunaj

√ √ 1) lim ( n + 1 − n − 1) ,

√ √ 2) lim ( n + 4 − n + 1) .

n→∞

Izraˇcunajmo

n→∞

2n+1 + 3n+1 . n→∞ 2n + 3n lim

Potencija 3n raste brˇze nego 2n . Nakon dijeljenja brojnika i nazivnika s 3n , moˇzemo zapisati  2 n 2 · +3 n+1 n+1 2 +3 3 = lim lim .   2 n n→∞ n→∞ 2n + 3n +1 3 Primijenimo li sad teoreme o limesu kvocijenta te teorem o limesu geometrijskog niza: za |q| < 1 vrijedi lim qn = 0 , dobivamo da je traˇzeni n→∞ limes jednak 3.

Izraˇcunaj

2n − 1 1) lim n , n→∞ 2 + 1



 1 1 1 1 2) lim + + + ... + n . n→∞ 3 9 27 3

201

4

NIZOVI

Kutak plus

Niz

OG LE DN IP RIM JE RA K

´ FIBONACCIJEV NIZ, ZLATNI REZ i MISTERIJ NESTALOG KVADRATICA 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .

naziva se Fibonaccijev niz. On je zadan rekurzivnom formulom F1 = 1, F2 = 1. Fn = Fn−1 + Fn−2 , n  3,

Niz je dobio ime po talijanskom matematiˇcaru Fibonacciju (Leonardo is Pise) ( ≈ 1170.– ≈ 1240.). 1. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzi Cassinijev identitet: Fn+1 Fn−1 = Fn2 + (−1)n .

2. Promotrimo kvocijente qn =

Fn+1 : Fn

3 5 8 13 , , , ,... 2 3 5 8 Na temelju rezultata iz 1) Dokaˇzite da je (q2n−1 ) rastu´ci, a (q2n ) padaju´ci niz. 1, 2,

6. Koriste´ci Cassinijev identitete za n = 5 i n = 6 : 8 · 3 = 52 − 1 odnosno 13 · 5 = 82 + 1 , objasnite naˇcin slaganja sljede´cih dobro poznatih zagonetki o nestalom kvadrati´cu:

3. Dokaˇzite na temelju toga iz toga da je (qn ) konvergentan. Rekurzivnu relaciju za Fibonaccijev niz moˇzemo napisati u ovom obliku: 1 Fn+1 = 1+ . Fn Fn Fn−1 Dokaˇzite da je limes ovog kvocijenta jednak zlatnom rezu: √ 1+ 5 F lim n+1 = . n→∞ Fn 2

4. Matematiˇckom indukcijom dokaˇzite da je n -ti cˇlan Fibonaccijevog niza zadan formulom "„ √ «n # √ «n „ 1 1− 5 1+ 5 − . Fn = √ 2 2 5 Primjenom znanja o geometrijskom nizu, izvedite odavde rezultat u 3). 5. Dokaˇzi formulu: Fn =1+ Fn−1

1 ...

7. Napiˇsi Cassinijev identitet za n = 7 i nacrtaj odgovaraju´cu sliku s nestalim kvadrati´cem u kvadratu 13 × 13 . 8. Dokaˇzi sljede´ce identitete:

Fn+2 = F0 + F1 + . . . + Fn + 1 F2n = F1 + F3 + . . . + F2n−1

Fn Fn+1 = F02 + F12 + . . . + Fn2 3 3 F3n = Fn3 + Fn+1 − Fn−1

1

1+

?

64 = 65

2 Fn+1 = Fn2 + Fn−1 Fn+2

1

1+

?

25 = 24

1+

1 1+

1 1

O Fibonaccijevom nizu napisano je na tisu´ce stranica teksta. Mnogi interesantni detalji i bezbrojni linkovi na druge stranice mogu se na´ci na prvoj od oko 24 700 000 stranica koje u ovom trenutku pronalazi Google traˇzilica na upit Fibonacci:

http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/R.Knott/fib.html

202

LIMES NIZA. TEOREMI O LIMESIMA

4.4

Zadatci 4.4. 2.

Dokaˇzi da je broj 1 limes niza (an ) , an =

n+1 . n

1−n , dokaˇzi da je limes nin+2 za (an ) jednak −1 . Za koje je n ispunjeno |an + 1| < 0.001 ? Ako je an =

3.

Dokaˇzi da je broj a limes niza (an ) ako je 1 n+2 , a = 0 ; 2) an = , a=1 ; 1) an = n+2 n−1 1 3−n2 , a= − 1 . 3) an = 2 , a = 0 ; 4) an = 2 n n +1

4.

Raˇcunaju´ci po definiciji pokaˇzi da je limes niza 3 − 2n jednak −2 . (xn ) , xn = n+1 Raˇcunaju´ci po definiciji dokaˇzi:

5.

3 3n + 1 2n + 1 = ; 2) lim = 2; n→∞ 2n − 1 n→∞ n + 1 2 3n − 2 1 3) lim = 1.5 ; 4) lim 2 = 0. n→∞ 2n n→∞ n + 1

1)

6.

7.

9.

Izraˇcunaj graniˇcnu vrijednost (limes) sljede´cih nizova: 1 1 1) an = 1 + + 2 ; n n 1 2 2) an = 2 − − 3 ; n n 3n2 − n + 1 3) an = 2 ; 5n + n − 1 n2 − n + 1 4) an = ; 1 + n − n2 1 − 2n 5) an = 2 ; 3n − n − 2 (n2 − n + 1)(n2 − n − 1) 6) an = ; 2n(1 − n3 )

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

lim

Dokaˇzi da sljede´ci nizovi nisu konvergentni: n ; 1) an = 1 + (−1)n ; 2) an = 1 + sin 4 3) an = 2n − n ; 4) an = 1 − n + n2 . Dokaˇzi da su sljede´ci nizovi divergentni: n ; 2) an = n + (−1)n ; 1) an = (−1)n n+1 n2 + 1 ; 4) an = 3) an = (−1)n n ; n+2 5) an = n + (−1)n (n − 1) .

1 − 3n 2n2 − n + 4 · ; 2 + 3.5n 3n − 0.8n2 n(n + 1)(n + 2) ; 8) an = (n + 3)(n + 4)(n + 5) n(n + 1) 9) an = ; (n + 2)(n + 3)(n + 4) n! 10) an = . (n + 1)! 7) an =

10. Izraˇcunaj limes niza kojemu je op´ci cˇlan: 1) an =

2) an = 3) an = 4) an =

5) an =

8.

Izraˇcunaj:

n−2 ; n→∞ 2n − 5 1 − 7n 3) lim ; n→∞ 2n − 7

1)

lim

4n + 1 ; n→∞ 5n + 1 5n + 1 4) lim . n→∞ 3 − 4n 2)

6) an =

lim

7) an =

2n + 3 ; 3n − 1 3n2 + 5n + 1 ; 2n2 − n + 5 √ n+1+n √ √ ; 2 n +1+ n  3n3 − 2n + n ; n2 + n 2n + 3n + 0.5n ; 2n − 3n + 0.5n 2n−2 ; 2n − 2 √ n   √ . n+ n+ n

203

4

NIZOVI

11. Odredi limes sljede´cih nizova:

3) an 5) an 6) an 7) an 8) an 9) an 10) an

12. Odredi limes sljede´cih nizova: 1) an 2) an 3) an 4) an

√ n+2 √ ; =√ √n + 1 + n + 2 n+1−n ; =√ n+1+n  √ 3 3 = n3 + n2 + 1 − n3 − n2 + 1 ;   √ √ = n + n + n − n;

1 3 √ 5) an = √ . √ −√ n+3− n n+2− n+1

204

13. Odredi limes sljede´cih nizova: 3n + 2n 3n−1 ; 1) an = n ; 2) a = n 3 − 2n 3n − 2 2n − 3n 3) an = n ; 4 − 6n + 9n 21/n − 1 4) an = 1/n ; 2 +1 √ 2n 6) an = ; 5) an = n 1 + 2n ; 1 + 3n 2n + 3n 2 · 3n + 1 ; 8) an = ; 7) an = 2 n 2 − 5 · 3n n +2·3  1 n  2 n  4 n 9) an = ; 2 3 3 3n + 4n + 5n ; 10) an = 2n + 6n (2n + 1)5 − (n + 1)5 11) an = . (2n + 1)5 + (n − 1)5

OG LE DN IP RIM JE RA K

1) an

√ √ n+1 n+1 √ ; 2) an = √ = ; n+1 n+2 √ √ 3 n2 + 1 2n3 + 1 ; 4) an =  = ; n 2n2 − 1 √ √ = n + 1 − n; √ = n2 + n − n ; √ 3 2 n +n ; = n+2 √ √ = 3 n − 3 n + 1; √ n−2 √ = ; n+ n+1  √ = n2 + 5n + 1 − n2 − n .

14. Izraˇcunaj:

sin2 (n + 2) cos(n + n2 ) ; 2) lim ; n→∞ n→∞ n n+2 √ √ 3) lim ( n + 2 − n + 1) cos n ; 1)

lim

n→∞

n + sin n ; 2n + sin n 3 6) lim tg . n→∞ n

4)

lim

n→∞

5)

lim

n→∞

1 1 · tg ; n n+2

LIMES MONOTONIH NIZOVA

4.5

4.5. Limes monotonih nizova

OG LE DN IP RIM JE RA K

U mnogim se primjerima limes niza ne moˇze jednostavno izraˇcunati, cˇak niti - situacije kad nas ne zanima primjenom teorema o limesima. Postoje takoder koliki je neki limes, ve´c samo da li on postoji. Stoga je korisno upoznati uvjete uz koje smo sigurni da c´e neki niz imati limes. - nizovi. Najjednostavniji su primjeri takvih nizova monotoni omedeni

Monotoni i omedeni ¯ nizovi

Rastu´ci i padaju´ci nizovi

Za niz (xn ) kaˇzemo da je rastu´ci ako za svaki n vrijedi xn  xn+1 . Niz (xn ) je padaju´ci ako za svaki n vrijedi xn  xn+1 .

Rastu´ce i padaju´ce nizove jednim imenom zovemo monotonim nizovima.

Primjer 1.

n+1 je rastu´ci. n+3 n je padaju´ci. Niz s op´cim cˇlanom yn = 2 n +1 Niz s op´cim cˇlanom xn =

Prouˇcimo razliku dvaju uzastopnih cˇlanova ovih nizova: n+2 n+1 2 xn+1 − xn = − = >0 n+4 n+3 (n + 4)(n + 3) pa je prvi niz rastu´ci. Za drugi niz vrijedi

n+1 n −n2 − n − 1 − = 0 broj L −  viˇse nije gornja meda skupa S . To znaˇci da postoji cˇlan niza xn0 za koji vrijedi xn0 > L −  tj L − xn0 <  . Sad iskoristimo dvije cˇinjenice: 1. niz je rastu´ci, pa je xn0 < xn za svaki n > n0 ,

OG LE DN IP RIM JE RA K

- i L mu je gornja meda, - pa je xn < L za svaki n . 2. niz je omeden

- xn i Zakljuˇcujemo da se za svaki n > n0 cˇlanovi niza nalaze uklopljeni izmedu 0 L , pa vrijedi |xn − L| = L − xn < L − xn0 <  , sˇ to pokazuje da je L limes niza (xn ) .

Time smo dokazali sljede´ci vaˇzan teorem. Konvergencija monotonih nizova

- onda on konvergira. Ako je niz monoton i omeden,

Pokaˇzimo kolika je snaga ove tvrdnje o konvergenciji monotonog i omedenog niza. Vidjet c´emo da s pomo´cu nje moˇzemo ne samo dokazivati konvergenciju, ve´c i raˇcunati limese nekih nama korisnih nizova.

Primjer 3.

4 3 2 1 0

1

2

3

4

5

6

Pokaˇzimo da je niz definiran rekurzivnom formulom an + 3 an+1 = , a1 = 1, 2 konvergentan i izraˇcunajmo mu limes.

Nekoliko prvih cˇlanova niza su: 1, 2, 52 , 11 4 . . . Pokaˇzimo da je niz omeden odozgo, i da mu je meda broj 3 . Vidimo da ta tvrdnja vrijedi za poˇcetne vrijednosti od n . Pretpostavimo onda da je an < 3 . Tada vrijedi 1 1 an+1 = (an + 3) < (3 + 3) = 3 2 2 i time je omedenost dokazana. Pokaˇzimo sad da je niz rastu´ci: 1 1 an+1 − an = (an + 3) − an = (3 − an ) > 0. 2 2 Zato je niz konvergentan. Naka je L njegov limes. Onda vrijedi, kad n → ∞, 1 1 an+1 = (an + 3) =⇒ L = (L + 3) 2 2 i odavde je L = 3 .

207

4

NIZOVI

Primjer 4.

- s Pokaˇzimo da je niz odreden

1 2 xn+1 = xn + , 2 xn padaju´ci i izraˇcunajmo mu limes.

x1 = 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

Promotrimo razliku

xn+1 − xn =

1 1 2 − x2n − xn = . · xn + 2 xn 2xn

Niz c´e biti padaju´ci ako je 2 − x2n < 0 , tj. x2n > 2 . To je istina jer pre- aritmetiˇcke i geometrijske sredine dvaju brojeva ma nejednakosti izmedu uvijek vrijedi 

√ 1 2 2 1 xn = = 2,  · 2 xn−1 · xn−1 + 2 xn−1 2 xn−1

- ovim smo pokazali da je niz omeden - odozdo. Zato pa je x2n > 2 . Takoder, postoji njegov limes, koji c´emo oznaˇciti s a . Iz xn → a slijedi

1 2 a= a+ =⇒ a2 = 2. 2 a Zato je traˇzeni limes jednak √ lim xn = a = 2. n→∞

Napomena. Neka je c > 0 . Neka je x1 > 0 po volji odabran i

1 c . xn + xn+1 = 2 xn √ Ovaj niz konvergira vrlo brzo prema broju c . To je razlog zaˇsto se na praktiˇcki svim dˇzepnim raˇcunalima uz tipke za cˇetiri osnovne aritmetiˇcke operacije nalazi i - na ovaj naˇcin. Izraˇcunajmo, tipka za raˇcunanje drugog korijena, jer se on odreduje √ primjerice, iteracije za broj 3 , uzevˇsi c = 3 i na pr. x1 = 2 . n

xn

1 2 3 4 5

2 1.75 1.73214 1.732050810 1.732050808

Limes ne ovisi o izboru poˇcetne vrijednosti. Izaberite neku drugu poˇcetnu vrijednost x1 i usporedite rezultate.

208

LIMES MONOTONIH NIZOVA

Promotrimo niz xn definiran ovako: $  %  %  & √ xn = 2 + 2 + 2 + . . . + 2 + 2 ( n korijena). Pokaˇzimo da je ovaj niz konvergentan i izraˇcunajmo mu limes.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 5.

4.5

Niz je zadan rekurzivnom formulom √  x1 = 2. xn = 2 + xn−1 , Raˇcunaju´ci prvih nekoliko vrijednosti dobit c´emo √ x1 = 2 = 1.41,   √ x2 = 2 + 2 = 2 + x1 = 1.85,    √ x3 = 2 + 2 + 2 = 2 + x2 = 1.961,  x4 = 2 + x3 = 1.9903,  x5 = 2 + x4 = 1.9975. Ovi iznosi sugeriraju da je niz (xn ) rastu´ci i da mu je 2 vjerojatni limes. Dokaˇzimo obje tvrdnje. Da je niz rastu´ci, dokazujemo indukcijom. Baza:  √ √ x2 = 2 + 2 > 2 = x1 . Pretpostavimo da vrijedi xn > xn−1 . Tada, dodavaju´ci broj 2 na obje strane, dobivamo: 2 + xn > 2 + xn−1 , te je

xn+1 =

  2 + xn > 2 + xn−1 = xn .

- mu je primjerice broj 2. To Sada dokaˇzimo da je niz omeden. Meda √ ponovno dokazujemo indukcijom. Baza: x1 = 2 < 2 . Pretpostavimo da je xn < 2 . Tada imamo  √ xn+1 = 2 + xn < 2 + 2 = 2.

- pa ima limes a . Sad u jednakosti Dakle, niz je rastu´ci i omeden  xn = 2 + xn−1 moˇzemo pustiti da n teˇzi u beskonaˇcnost: √ a = 2 + a,

(1)

a2

− a − 2 = 0 . Jedno rjeˇsenje ove jednadˇzbe je broj odakle slijedi: a1 = 2 , a drugo rjeˇsenje a2 = −1 . Samo a1 = 2 zadovoljava (1) i to je traˇzeni limes.

209

4

NIZOVI

Primjer 6.

Primjer pogreˇsnog zakljuˇcivanja. Pokaˇzimo da niz 1 , 3 , 7 , 15 . . . definiran s x1 = 1 , xn = 2xn−1 + 1 ima limes jednak −1 . Napiˇsimo istinitu jednakost xn = 2xn−1 + 1

OG LE DN IP RIM JE RA K

i pustimo da n teˇzi u beskonaˇcnost. To nam daje jednakost limesa: a = 2a + 1, odakle slijedi a = −1 .

ˇ U cˇemu je pogreˇska? Ne smijemo raˇcunati s neˇcim sˇ to ne postoji! Zelimo li u raˇcunu koristiti limes a , moramo prije toga provjeriti da li on postoji. U ovom primjeru limes ne postoji jer je niz rastu´ci i neomeden.

Baza prirodnog logaritma — broj e

Niz kojemu je op´ci cˇlan



1 n xn = 1 + n

vrlo je vaˇzan u razliˇcitim primjenama. Njegov limes definira broj e , bazu prirodnog logaritma. Ispiˇsimo pribliˇzne vrijednosti nekih cˇlanova ovog niza. n

1 2 3 10 100 1000 10 000 106 109

xn

2 2.25 2.37 2.59 2.704 2.7169 2.71814 2.718280 2.71828182832

- odozgo, Po ponaˇsanju ovih cˇlanova pretpostavljamo da je niz rastu´ci i omeden dakle — konvergentan je. Njegov limes ne moˇzemo raˇcunati na neki jednostavan naˇcin, poput limesa u prije promatranim primjerima. Nakon sˇ to se uvjerimo da niz konvergira, limes c´ emo oznaˇciti posebnim simbolom e , i na taj naˇcin definirati broj e . To je iracionalni broj s vrijednoˇsc´u e = 2.71828182846 . . .

Kako bismo pokazali konvergenciju niza (xn ) , pokazat c´emo da je on monoton - odozgo. (rastu´ci) i omeden

210

LIMES MONOTONIH NIZOVA

4.5

Monotonost i omedenost niza slijedi iz Bernoullijeve nejednakosti: (1 + h)  1 +  h,

(2)

n+1 1 , h= : n n+1

OG LE DN IP RIM JE RA K

Stavimo u (2)  =

cˇim je h > 0 i  > 1 .



1 1+ n+1

n+1 n

>1+

n+1 1 1 · =1+ . n n+1 n

Uzimaju´ci n -tu potenciju obiju strana u ovoj nejednakosti dobivamo

n+1

1 1 n > 1+ = xn , xn+1 = 1 + n+1 n te je niz (xn ) rastu´ci.

Iskoristimo Bernoullijevu nejednakost na joˇs jedan naˇcin:

1+ 2 2 1 1 1+ 2 1 1 n n 1+1 1+1+ =1+ . = = ·2 = > 2 2 2 n n Ponovno potenciraju´ci dobivamo

1 n = xn , 4> 1+ n - odozgo brojem 4. te je niz (xn ) omeden 1 4n

2 2n

- pa je konvergentan. Njegov limes Time smo pokazali da je niz rastu´ci i omeden, oznaˇcit c´emo s e . U ovom trenutku ne znamo koliki je iznos tog broja! Za svaki realni broj a vrijedi



lim

n→∞

a 1+ n

n

= ea .

Tu formulu moˇzemo pokuˇsati opravdati tako da uvedemo zamjenu m = n/a :

lim

n→∞

a 1+ n



n

= lim

n→∞

a 1+ n

n ·a a



=



lim

m→∞

1 1+ m

m a

= ea .

Rezultat je istinit, ali ovaj raˇcun nije potpuno opravdan, jer m ne mora biti prirodni broj.

211

4

NIZOVI

Izraˇcunajmo nekoliko limesa ovog tipa:

2 n lim 1 + = e2 , n→∞ n

1 1 n −1 n lim 1 − = lim 1 + = e−1 = , n→∞ n→∞ n n e 2n−1

1 2n−1 1 3n· 3n lim 1 + = lim 1 + n→∞ n→∞ 3n 3n 

 lim 2n−1 2 3n 1 3n n→∞ = lim 1 + = e3 . n→∞ 3n

n

n n−1 2 lim = lim 1 − n→∞ n + 1 n→∞ n+1

n+1 · 2n 2 n+1 2 = lim 1 − = e−2 n→∞ n+1

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 7.

Posljednji primjer moˇzemo raˇcunati i ovako: ⎛ ⎞  1 n

n lim 1− 1 − n−1 ⎜ n⎟ lim = lim ⎝ = n→∞ ⎠ 1 n→∞ n + 1 n→∞ 1+ lim 1 + n→∞ n

1 n e−1 n = = e−2 .  n 1 e n

Kutak plus

BROJ

e

Broj e je transcedentan broj. (Za broj kaˇzemo da je transcedentan ako ne postoji polinom s cjelobrojnim koeficijentima koji se poniˇstava u tom broju.) Transcedentni brojevi cˇine podskup skupa iracionalnih brojeva. Prva tisu´cu i jedna znamenka broja e su: e =2.71828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995 95749 66967 62772 40766 30353 54759 45713 82178 52516 64274 27466 39193 20030 59921 81741 35966 29043 57290 03342 95260 59563 07381 32328 62794 34907 63233 82988 07531 95251 01901 15738 34187 93070 21540 89149 93488 41675 09244 76146 06680 82264 80016 84774 11853 74234 54424 37107 53907 77449 92069 55170 27618 38606 26133 13845 83000 75204 49338 26560 29760 67371 13200 70932 87091 27443 74704 72306 96977 20931 01416 92836 81902 55151 08657 46377 21112 52389 78442 50569 53696 77078 54499 69967 94686 44549 05987 93163 68892 30098 79312 77361 78215 42499 92295 76351 48220 82698 95193 66803 31825 28869 39849 64651 05820 93923 98294 88793 32036 25094 43117 30123 81970 68416 14039 70198 37679 32068 32823 76464 80429 53118 02328 78250 98194 55815 30175 67173 61332 06981 12509 96181 88159 30416 90351 59888 85193 45807 27386 67385 89422 87922 84998 92086 80582 57492 79610 48419 84443 63463 24496 84875 60233 62482 70419 78623 20900 21609 90235 30436 99418 49146 31409 34317 38143 64054 62531 52096 18369 08887 07016 76839 64243 78140 59271 45635 49061 30310 72085 10383 75051 01157 47704 17189 86106 87396 96552 12671 54688 95703 50354

212

LIMES MONOTONIH NIZOVA

4.5

Kutak plus

OG LE DN IP RIM JE RA K

ˇ ˇ RACUNANJE LIMESA RACUNALOM Raˇcunalo je mo´can alat koji je izrazito koristan u matematiˇckim proraˇcunima. No, kao i svaki alat, trebamo ga znati koristiti. Moˇzemo li raˇcunalo uporabiti da mjesto nas raˇcuna limese nizova iz ove i prethodne lekcije? Oˇcekujemo da c´e odgovor biti potvrdan, pa pogledajmo raˇcun u konkretnim primjerima. Traˇzit c´emo limese niza (an ) kad n teˇzi u beskonaˇcnost. Dobra ideja jest da se uzimaju velike vrijednosti za n . U tablicama niˇze uzimat c´emo n = 106 , 108 do 1014 . Ako niz konvergira, prema dobivenim vrijednostima trebali bismo naslutiti koliki mu je limes. 1) an =

n+1 n+3

3) an =

n 106 108 1010 1012 1014

an 0.99999800 0.99999998 1.00000000 1.00000000 1.00000000

Zakljuˇcak: niz konvergira i limes mu je 1. Zakljuˇcak je ispravan. 2) an =

1+

1 n

!n

n 106 108 1010 1012 1014

“√

” n2 + n − n n 106 108 1010 1012 1014

an 0.500000000 0.500000000 0.500000000 0.000000000 0.000000000

Zakljuˇcak: niz konvergira i limes mu je 0. Zakljuˇcak nije ispravan. Limes niza je 0.5, sˇ to se naslu´cuje iz prve tri vrijednosti 4) an = cos(2 n)

an 2.718280469 2.718281815 2.718281828 1.000000000 1.000000000

Zakljuˇcak: niz konvergira i limes mu je 1. Zakljuˇcak nije ispravan. Limes niza je broj e , sˇ to se naslu´cuje iz prve tri vrijednosti

n 106 108 1010 1012 1014

an 1.000000000 0.999999999 0.999991450 0.915710804 −0.871960851

Zakljuˇcak: niz ne konvergira. Zakljuˇcak nije ispravan. Limes niza je 1.

Pokuˇsajte objasniti zaˇsto je doˇslo do pogreˇsaka u numeriˇckom raˇcunu.

Provjerite ove raˇcune na svom dˇzepnom ili stolnom raˇcunalu. Nemojte se cˇuditi ako dobijete drukˇcije rezultate. Oni ovise o konstrukciji svakog pojedinog raˇcunala, kao sˇ to ste zakljuˇcili u odgovoru na prethodno pitanje. Pouka: Rezultate dobivene numeriˇckim raˇcunom ne smijemo nekritiˇcki prihva´cati. Moramo znati sˇ to raˇcunalo zapravo raˇcuna da bismo prihvatili dobivene rezultate.

213

4

NIZOVI

Zadatci 4.5. 1.

Od kojeg je cˇlana niza (an ) , an = n2 − 12n + 11 ispunjena nejednakost an+1 > an ?

2.

Je li niz an =

14. Dokaˇzi da je niz (an ) s op´cim cˇlanom

OG LE DN IP RIM JE RA K

2n − 3 , n ∈ N monoton? n 20n

3.

ispunjena Od kojeg je cˇlana niza (an ) , an = n! nejednakost an+1 < an ?

4.

Dokaˇzi da je niz (xn ) s op´cim cˇ lanom xn = 2n − 1 rastu´ci. 2n + 1

5.

Koji su od sljede´cih nizova monotoni: 1) an =

n−1 ; n+1

5) an =

1 ; n!

6) an =

n je monoton i omeden. n+1 Dokaˇzi to! Odredi prirodni broj n0 takav da je |an − 1| <  za sve n > n0 , ako je 1)  = 0.1 ; 2)  = 0.01 ; 3)  = 0.001 .

15. Niz (an ) , an =

- ako je: 16. Dokaˇzi da je niz (an ) omeden

2) an = 1.5n ;

3) an = 1 + 3(n − 2) ; 4) an = (−1)n

2n − 3 monoton i omeden. Zatim odredi n prirodni broj n0 takav da je |an − 2| < 0.01 za sve n > n0 . an =

n−1 ; n

(−1)n ? n!

n−2 ; n+1 2n2 − 1 3) an = 2 ; n +2

1) an =

5) an =

6. 7. 8. 9.

Koliko cˇlanova niza (an ) , an = |n2 − 5n + 6| , zadovoljava nejednakost 2 < an < 6 ? |n2

Koliko cˇlanova niza (an ) , an = − 5n − 6| zadovoljava nejednakost 10 < an < 100 ? 100 , Odredi najmanji cˇlan niza (an ) , an = n + n n ∈ N. - najmanji i najve´ci cˇlan niza (an ) , Nadi 3n − 18 an = , n ∈ N. 3n − 19

10. Odredi najmanji cˇlan niza (an ) , an = log23 n − 3 log3 n .

11. Odredi najve´ci cˇlan niza (an ) , an =

 1 n 2

−3·

 1 n 4

.

- najmanji cˇlan niza (an ) , 12. Nadi an =

1 + 2 + ...n 1 + . n(n + 1) n

13. Odredi najmanji cˇlan niza (an ) , an = n + 5 sin

214

n . 2

2n2 − 3 ; n2 + 3

3n + 5 ; 2n 2

2n − 1 3 4) an = ; n2 + 2 2) an =

6) an =

n + sin n . n + cos n

- ako je: 17. Dokaˇzi da je niz (an ) omeden

n+2 2n ; 2) a = ; n 2n 1 + 3n √ √ = n + 1 − n;  √ 3 3 = 8n − n3 + 8n + n3 ; n+1 ; = log1/2 n = log(3n + 2) − log(n + 1) .

1) an = 3) an

4) an 5) an 6) an

- ako je: 18. Dokaˇzi da je niz (an ) omeden cos(2n − 1) ; 2n − 1 1 1 2) an = − sin2 . n n+1

1) an =

19. Je li niz (an ) omeden:

n+1 ; log2 (n + 2) (2n + 1) ; 2) an = n · tg 4 3) an = 3n + 2−n ; 1) an =

LIMES MONOTONIH NIZOVA

1 1 1 + + ...+ ; 1·2 2·3 n(n + 1) 1 + 2 + 3 + ... + n 5) an = ; n+1 12 + 22 + . . . + n2 6) an = ? n2 (n + 2)

4.5

25. Koji su od sljede´cih nizova omedeni? Za svaki omedeni niz navedi interval unutar kojeg se nalaze svi cˇlanovi niza n−1 ; 2) an = 1.5n ; 1) an = n+1 n−1 ; 3) an = 1 + 3(n − 2) ; 4) an = (−1)n n n 1 (−1) 5) an = ; 6) an = . n! n!

OG LE DN IP RIM JE RA K

4) an =

20. Dokaˇzi da je niz (an ) s op´cim cˇlanom an = omeden.

103n n!

21. Dokaˇzi da je niz (an ) s op´cim cˇlanom an ome-

- odozdo: den √ n+2 1 (−1)n + 2 . 1) an = + sin n ; 2) an = n n n 22. Dokaˇzi da je niz (an ) omeden: an + 3 ; 4 a2 − 2 2) a1 = 2 , an+1 = n ; 2

1) a1 = 0 , an+1 =

an + an−1 . 3) a1 = 0, a2 = 1 , an+1 = 2

23. Dokaˇzi da postoji interval [a, b] u kojem su svi

4n + 5 cˇlanovi niza (an ) , an = i odredi jedan n+2 takav interval.

24. Postoji li interval [a, b]√kojem pripadaju svi cˇlanovi niza (an ) , an =

3n + 4 . n+2 1) Dokaˇzi da je niz rastu´ci. 2) Dokaˇzi da je niz omeden. 3) Odredi limes niza. - onaj cˇlan niza za koji je razlika limesa i 4) Nadi svakog sljede´ceg cˇlana manja od 0.01 .

26. Dan je niz (an ) , an =

27. Dokaˇzi da je niz s op´cim cˇlanom

   √ an = 2 2 · · · 2 2

( n korijena) rastu´ci i izraˇcunaj mu limes.

2an−1 + 1 za n  2 . 3 Dokaˇzi da je niz monoton i ograniˇcen i izraˇcunaj mu limes.

28. Neka je a1 = 0 , an =

n−1 ? n+2

215

4

NIZOVI

4.6. Geometrijski red

OG LE DN IP RIM JE RA K

S pojmom niza povezan je i pojam reda. Zbrajaju´ci cˇlanove niza (xn ) dobivamo novi niz parcijalnih suma (Sn ) , definiran na ovaj naˇcin S1 := x1 , S2 := x1 + x2 , S3 := x1 + x2 + x3 , .. . Sn := x1 + x2 + . . . + xn , .. .

Moˇzemo zamisliti da se postupak zbrajanja nastavlja u beskonaˇcnost: x1 + x2 + . . . + xn + . . .

Osnovno pitanje koje postavljamo promatraju´ci ovaj zbroj jest: je li on konaˇcan? Definicija reda

Izraz oblika

x1 + x2 + . . . + xn + . . .

nazivamo redom i oznaˇcavamo sa

∞ -

n=1

suma je

Sn =

n 

xn . Njegova n -ta parcijalna

xk = x1 + x2 + . . . + xn .

k=1

Kaˇzemo da je red konvergentan ako je konvergentan niz (Sn ) njegovih parcijalnih suma. U tom je sluˇcaju suma reda jednaka limesu niza parcijalnih suma: S = lim Sn . n→∞

Primjer 1.

216

Promotrimo niz (xn ) , xn = n . Promatraju´ci sume x1 + x2 + . . . + xn = 1 + 2 + . . . + n vidimo da one nisu omedene. Zato ne postoji zbroj 1 + 2 + ... + n + ... i red nije konvergentan.

GEOMETRIJSKI RED

Promotrimo red

1 1 1 + + ... + n + ... 2 4 2 Niz njegovih parcijalnih suma glasi: 1 3 7 S1 = , S2 = , S3 = . 2 4 8 n -ta parcijalna suma jednaka je zbroju konaˇcnog geometrijskog reda. Po formuli (3) sa strane 89 je 1 1 1 1 1 − 2n 1 . Sn = + 2 + . . . + n = · 1 2 2 2 2 1− 2 1 Ovaj niz ima limes. Naime, vrijedi lim n = 0 , te je: n→∞ 2 1 1 = 1. lim Sn = · 1 n→∞ 2 1− 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 2.

4.6

Geometrijski red

Ako je (an ) geometrijski niz, tada red oblika ∞ 

an = a1 + a2 + a3 + . . . = a1 + a1 q + a1 q2 + . . .

n=1

nazivamo geometrijski red. Ovdje su a1 i q zadani realni brojevi razliˇciti od nule. Mi poznajemo izraz za njegovu n -tu parcijalnu sumu: Sn = a1

qn − 1 . q−1

Vidimo da c´e o limesu niza (Sn ) odluˇcivati lim qn . n→∞

Sljede´ce su mogu´cnosti.

Zato ne 1. |q| > 1 . U ovom sluˇcaju niz (qn ) ne konvergira jer nije omeden. postoji niti limes niza Sn . Primjerice, sljede´ci zbrojevi nisu konaˇcni: 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + . . . 3 − 6 + 12 − 24 + 48 − . . .

217

4

NIZOVI

2. q = 1 . Geometrijski niz je konstantan, a red glasi a1 + a1 + a1 + . . . te mu zbroj oˇcito nije konaˇcan. 3. q = −1 . Red ima oblik

OG LE DN IP RIM JE RA K

a1 − a1 + a1 − a1 + . . . Niz parcijalnih suma ovog niza izgleda ovako: S1 = a1 , S2 = 0, S3 = a1 , S4 = 0, S5 = a1 . . . i on nema limesa jer ne teˇzi nijednom broju (jer je uvijek a1 = 0 ).

4. |q| < 1 . U ovom sluˇcaju limes niza (qn ) postoji i jednak je 0, te zato postoji i limes niza (Sn ) : lim qn − 1 qn − 1 a1 n→∞ lim Sn = lim a1 = a1 = . n→∞ n→∞ q−1 q−1 1−q Geometrijski red

Geometrijski red

∞ 

a1 qn = a1 + a1 q + a1 q2 + . . .

n=1

konvergentan je onda i samo onda ako vrijedi |q| < 1 . Njegova je suma jednaka: a1 S= . (1) 1−q

Primjer 3.

Nad pravcem AB konstruirana je polukruˇznica polumjera 1, zatim do nje niz polukruˇznica od kojih svaka sljede´ca ima dva puta manji polumjer. Kolika je duljina tako dobivene krivulje?

1

1/4

A

1/2

B

1 Duljina prvog kruˇznog luka je d1 = 1 ·  , duljina drugog d2 = ·  . Op2  1 n−1 c´enito, n -ti luk ima duljinu dn = ·  . Zbroj ovog geometrijskog 2 reda je 1 1 1  = 2 . d =  +  +  + ... = 1 2 4 1− 2

218

GEOMETRIJSKI RED

U jednakokraˇcan pravokutni trokut, s krakom duljine a , upisan je kvadrat kojemu je jedan vrh u vrhu pravog kuta. Zatim su upisana dva kvadrata, potom cˇetiri manja, osam joˇs manjih itd., kao na slici. Izraˇcunaj ukupnu povrˇsinu svih upisanih kvadrata.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Primjer 4.

4.6

a2 Povrˇsina prvog kvadrata je . Svaki sljede´ci ima dvostruko manju stra4 nicu, pa mu je povrˇsina cˇetiri puta manja. Broj tih kvadrata raste tako da ih je u svakom sljede´cem koraku dvostruko viˇse. Zato je ukupna povrˇsina svih kvadrata zbroj geometrijskog reda:  a 2  a 2  a 2  a 2 P= +2 + 22 3 + 23 4 + . . . 2 4 2 2   2 2 2 2 2 a a a a a 1 1 = 2 + 3 + 4 + 5 + ... = 2 1 + + + ... 2 4 2 2 2 2 2 2 2 a a 1 = = · 1 4 2 1− 2 Zbrajaju´ci povrˇsinu svih kvadrata, dobili smo povrˇsinu poˇcetnog trokuta. Na sliˇcnoj ideji se temelji raˇcunanje povrˇsina ispod bilo koje krivulje, sˇ to c´e biti obradeno u poglavlju s integralnim raˇcunom.

Zadatak 1.

Na kocku brida a postavi se nova kocka kojoj vrhovi donje osnovice leˇze u poloviˇstima bridova gornje osnovke, na isti je naˇcin na drugu postavljena tre´ca kocka, na tre´cu cˇetvrta itd. Odredi zbroj obujma svih ovih kocaka.

Zadatak 2.

U jednakostraniˇcan trokut povrˇsine P upisan je kvadrat koji leˇzi na stranici trokuta i dira oba njegova kraka. Zatim je upisan novi manji kvadrat koji dodiruje prethodni kvadrat i obje stranice trokuta. Postupak se nastavlja na isti naˇcin. Koliki je zbroj povrˇsina svih upisanih kvadrata?

Primjer 5.

Pokaˇzimo kako s pomo´cu geometrijskog reda moˇzemo beskonaˇcan decimalni prikaz racionalnog broja pretvoriti u standardni prikaz. Neka je x = 0.2˙ 3˙ . Odredimo mu standardni prikaz. x = 0.2˙ 3˙ = 0.232323 . . . = 0.23 + 0.0023 + 0.000023 + . . . = 23 · 10−2 + 23 · 10−4 + 23 · 10−6 + . . .

Radi se o konvergentnom geometrijskom redu s prvim cˇlanom a1 = 23 · 10−2 i kvocijentom q = 10−2 . Njegova je suma x=

23 · 10−2 23 23 = 2 = . −2 99 1 − 10 10 − 1

219

NIZOVI

Zadatak 3.

Zapiˇsi u obliku razlomka brojeve 0.36˙ , 1.24˙ 5˙

Zadatak 4.

Izraˇcunaj

2.4˙ . 0.15˙

OG LE DN IP RIM JE RA K

4

Zadatak 5.

Dokaˇzi da vrijedi 3.9˙ = 4 , 2.45˙ 4˙ = 2.4˙ 5˙ .

Povijesni kutak

ˇ AHILEJ I KORNJACA

Osvrnimo se na stari i poznati problem Ahileja i kornjaˇce. Po predaji, brzonogi Ahilej nikad ne´ce mo´ci presti´ci kornjaˇcu ako ona poˇcne ‘trˇcati’ 10 stadija (starogrˇcka mjera za duˇzinu, iznosi oko 192 m) ispred njega. Jer, dok Ahilej - 1, dok Ahilej pretrˇci taj 1 (koji je, ne trude´ci se odve´c, deset puta brˇzi od kornjaˇce) pretrˇci 10 stadija, kornjaˇca prijede stadij, kornjaˇca se udalji za 0.1 stadij i tako do beskonaˇcnosti. Dakle, Ahilej nikad ne moˇze pretrˇcati kornjaˇcu. Ovaj se paradoks pripisuje starogrˇckom filozofu Zenonu (oko 490. – oko 430. g. prije Krista, iz grˇckog grada Elea, na jugu Italije, u podruˇcju danaˇsnjeg Salerna.) Sasvim je izvjesno da je Zenon, iako nije poznavao formulu za zbroj geometrijskog reda, ipak znao da c´e Ahilej prete´ci kornjaˇcu. Izraˇcunajmo kad i gdje. Promotrimo niz vremena koja su potrebna da bi Ahilej doˇsao do mjesta na kojem se prije mjerenja nalazila kornjaˇca. Neka je t vrijeme potrebno Ahileju da pretrˇci prvih 10 stadija (predaja ne govori koliki je t , ne znamo koliko je Ahilej bio brz). Sljede´ci 1 stadij on c´e pretrˇcati za t deset puta kra´ce vrijeme, dakle u vremenu . Sljede´ci 0.1 stadij u 10 t . Ukupno vrijeme potrebno Ahileju da dostigne kornjaˇcu vremenu 100 jednako je sumi beskonaˇcnog geometrijskog reda t t t+ + + ... 10 100 Rjeˇsenje je paradoksa u tome sˇ to ovih vremenskih intervala ima besko1 naˇcno mnogo, ali im je zbroj konaˇcan. Kvocijent reda je q = 10 , pa je njegova suma 10 t t. = T= 1 9 1− 10

Na kojem c´e mjestu Ahilej dosti´ci kornjaˇcu? Odsjeˇcci puta na kojima je kornjaˇca u prednosti cˇine beskonaˇcan geometrijski red 10 + 1 + 0.1 + . . . cˇija je suma

10

1−

220

1 10

= 11.111 . . . stadija.

GEOMETRIJSKI RED

4.6

Kutak plus

GEOMETRIJSKI NIZ U FRAKTALNIM LIKOVIMA

OG LE DN IP RIM JE RA K

Jedan od najjednostavnijih fraktalnih likova je Kochova pahuljica. Ime je dobila po sˇ vedskom matematiˇcaru Helge fon Kochu (1870. – 1924.).

Nastanak Kochove pahuljice vidi se na slikama. U svakom koraku, svaka se duˇzina podijeli na tri jednaka dijela i nad srednjim dijelom konstruira jednakostraniˇcan trokut.

Promotrimo duljinu Kochove krivulje, u svakom koraku konstrukcije. Poˇcetna duljina iznosi L1 = 3 · 1 = 3 . U 1 4 drugom koraku dobivamo 3 · 4 duˇzina, od kojih je svaka duga , pa je duljina krivulje jednaka L2 = 3 · . U svakom 3 3 sljede´cem koraku duˇzina ima 4 puta viˇse, a njihova je duljina tre´cinu prethodnih, pa je ukupna duljina krivulje jednaka „ «n−1 4 . Kad n teˇzi u beskonaˇcnost, duljina ove krivulje postaje beskonaˇcno velika! Ln = 3 · 3 Geometrijski niz nalazimo i u drugom klasiˇcnom fraktalu, Sierpinskijevom trokutu (Wacław Sierpinski, 1882. – 1969., poljski matematiˇcar). Nastanak trokuta moˇzemo pratiti na slikama. U svakoj iteraciji se iz postoje´cih punih trokuta izreˇze jednakostraniˇcni trokut, povrˇsine jednake cˇetvrtini trokuta.

Kolika je povrˇsina lika u svakoj iteraciji? U poˇcetku, neka je P1 = 1 . Onda je 1 u drugoj iteraciji povrˇsina jednaka P2 = 3 · . U sljede´coj iteraciji ona iznosi 4 „ «n−1 1 3 P3 = 9 · . . Op´cenito, u n -tom koraku, povrˇsina c´ e biti Pn = 16 4 Kad n teˇzi u beskonaˇcnost, ovaj niz teˇzi k nuli. Sierpinskijev trokut nema povrˇsine!

8 1. Koriste´ci formulu za zbroj geometrijskog reda, dokaˇzi da je povrˇsina Kochove pahuljice jednaka povrˇsine 5 poˇcetnog trokuta! 2. Koriste´ci formulu za zbroj geometrijskog reda, izraˇcunaj ukupnu povrˇsinu izbaˇcenih trokuta u postupku konstrukcije Sierpinskijevog trokuta. Uvjeri se da je ta povrˇsina jednaka ukupnoj povrˇsini trokuta.

221

4

NIZOVI

Zadatci 4.6.

2.

3.

Odredi zbroj cˇ lanova beskonaˇcnog geometrijskog niza: 1 1) 2 , 1 , , . . . 2) 4 , 2 23 , 1 79 , . . . 2 √ 1 1√ 1 1 , , . . . 4) 2, 3) 1 , 2 , 4 2, ... 1.2 1.22 √ 2+1 1 1 √ , , ... 5) √ , 2−1 2− 2 2 √ √ 3+1 3−1 6) √ , 1, √ , ... 3−1 3+1 √ √ √ 2 , ... 7) 2 + 2 , 1 + 2 , 1 + 2 √ √ 2+ 2 2− 2 √ , 1, √ , ... 8) 2− 2 2+ 2

7.

Koliko je  

 √ 2 2 2 . . . ; 2) 1)     √ 3 4 3 4 ... ? 3)

    √ 3 5 3 5 ... ;

OG LE DN IP RIM JE RA K

1.

Odredi zbroj geometrijskog reda:   1) 1 + sin + sin2 + . . . 6 6   2 2) 1 − cos + cos − ... 6 6   3) 1 − sin2 + sin4 − . . . 8 8   2 4 4) 1 + cos + cos + ... 12 12

Odredi zbroj geometrijskog reda kojem su zadana prva dva cˇlana: 1) 3, 1 ; √ √ 3) 3, 2 ;

2) 2, 1.8 ; √ 2+1 , 1. 4) √ 2−1

8.

Rijeˇsi sljede´ce jednadˇzbe: √ 2 3 1) 2x+x +x +... = 2 2 ; 1

1

1

2) xlog( 2 + 4 + 8 +...) = 1 ;

2 3) 1+ log2 sin x+ log22 sin x+ log32 sin x+ . . . = ; 3 1 1 4) log x + log x + log x + . . . = 2 ; 2 4 √ √ 5) log x + log 3 x + log 9 x + . . . = 3 ; 2 6) 1 − sin x + sin2 x − sin3 x + . . . = ; 3 2 7) 81+| cos x|+cos x+... = 64 .

9.

Rijeˇsi jednadˇzbe: 1) 1 + 2x + 4x2 + . . . + (2x)n + . . . = 3.4 − 1.2x , |x| < 0.5 ; 2) 1 + |x| + |x2 | + |x3 | + . . . = 5 , |x| < 1 ; 3) 2x+2 + 2x+1 + 2x + . . . = 3x+3 + 3x+2 + 3x+1 + . . . .

10. Njihalo je otklonjeno za kut 30◦ u odnosu na

4.

Zapiˇsi u obliku razlomka:

2) 0.38˙ · 0.54˙ 5˙ ; 0.22˙ 7˙ 4) . 0.6˙ 3˙ 4x = 3.3˙ Odredi x iz jednadˇzbe: 5 6.7˙ + − 0.453˙ 9 x + 0.32˙ = 1.06˙ . Izraˇcunaj x iz jednadˇzbe: 27 1 − 0.625 32

1) 0.27˙ · 0.16˙ 3˙ ; 0.25˙ ; 3) 0.127˙

5.

6.

222

ravnoteˇzni poloˇzaj. Pri svakom povratku, njihalo dostigne tek 90% otklona iz prethodnog poloˇzaja. 1) Nakon koliko njihaja c´ e otklon postati manji od 1◦ ? 2) Ako je duljina niti 1 m, koliki c´e ukupni put prevaliti uteg na kraju njihala dok se ne umiri?

11. Loptica je baˇcena 5 m uvis. Pri svakom odskoku, ona dostigne 3/ 4 prethodne visine. 1) Do koje c´ e visine loptica odskoˇciti u petom odskoku? 2) Koliki c´ e ukupni put prevaliti, od trenutka prvog najviˇseg poloˇzaja?

GEOMETRIJSKI RED

12. Prva tri cˇlana aritmetiˇckog niza jednaka su prvim trima cˇlanovima geometrijskog niza. O kojem se nizu radi?

13. Na svakoj stranici kvadrata dodan je novi, kojemu

od BC1 , konstruira jednakostraniˇcan trokut itd. Koliki je zbroj povrˇsina svih tako konstruiranih jednakostraniˇcnih trokuta?

21. Dan je pravokutni trokut ABC s kutovima

 = 60◦ ,  = 30◦ i hipotenuzom AB , |AB| = c . Iz vrha pravog kuta spuˇstena je okomica na hipotenuzu, iz noˇziˇsta te okomice okomica na BC , iz noˇziˇsta ove opet okomica na AB itd. Odredi zbroj duljina svih segmenata sˇ to ih unutar trokuta - konstruirane okomice. odreduju

OG LE DN IP RIM JE RA K

je stranica tri puta manja od prethodne. Postupak se nastavlja u nedogled. 1) Kolika je povrˇsina dobivenog lika nakon 5 iteracija? 2) Kolika je povrˇsina graniˇcnog lika i koji je to lik?

4.6

22. Nad polovinom dijagonale kvadrata kao strani-

com konstruiran je kvadrat, nad polovinom dijagonale ovoga ponovno se konstruira kvadrat itd. Koliki je zbroj povrˇsina svih tako konstruiranih kvadrata ako je stranica prvog kvadrata duljine a?

14. Zbroj beskonaˇcnog konvergentnog geometrijskog reda iznosi 15 , a zbroj kvadrata njegovih cˇlanova jednak je 45 . Koji je prvi cˇlan ovog niza?

15. Zbroj beskonaˇcnog konvergentnog geometrijskog reda jednak je 3 , a zbroj kubova svih njegovih cˇ lanova iznosi 108 . Odredi niz. 13

16. Omjer zbroja kubova svih cˇlanova beskonaˇcnog konvergentnog geometrijskog reda i zbroja njihovih kvadrata jednak je 12 : 13 . Zbroj prvih - taj red. dvaju cˇ lanova iznosi 43 . Nadi

17. Koliki je koliˇcnik beskonaˇcnog konvergentnog geometrijskog niza ako je zbroj prvih sˇ est cˇ lanova u nizu jednak 78 njegovog ukupnog zbroja?

18. Peti cˇlan beskonaˇcnog konvergentnog geometrijskog niza je 16 . Svaki cˇ lan u tom nizu upola je manji od zbroja svih cˇlanova koji za njim slijede. Kako glasi taj niz?

19. Dana je duˇzina AB , |AB| = a . Toˇcke C , C1 ,

C2 , C3 , . . . poloviˇsta su duˇzina AB , AC , CC1 , C1 C2 , . . . Nad AB konstruirana je polukruˇznica na jednu stranu, nad AC na drugu stranu, pa nad CC1 opet na prvu itd. Kolika je duljina tako konstruirane krivulje?

20. Zadana je duˇzina AB , |AB| = a . Toˇckom C

je duˇzina AB podijeljena na dva jednaka dijela te je nad AC konstruiran jednakostraniˇcan trokut. Zatim se toˇckom C1 raspolovi duˇzina BC i nad CC1 opet konstruira jednakostraniˇcan trokut. Potom se nad C1 C2 , gdje je C2 poloviˇste

23. Nad visinom jednakostraniˇcnog trokuta konstru-

iran je novi jednakostraniˇcan trokut, nad visinom novoga opet jednakostraniˇcan trokut itd. Koliki je zbroj povrˇsina svih na ovaj naˇcin konstruiranih trokuta ako je duljina stranice prvog jednaka a ?

24. Dan je kvadrat ABCD sa stranicom duljine a . U toˇcki koja stranicu AB dijeli u omjeru 1 : 2 vrh je novog kvadrata sˇ to je upisan zadanom. Po istom se principu sada ovome upiˇse kvadrat i postupak se nastavlja. Koliki je zbroj povrˇsina svih ovih kvadrata?

25. Dan je jednakostraniˇcni trokut ABC sa stranicom duljine a . Toˇcka P koja dijeli stranicu AB u omjeru 1 : 2 vrh je novog jednakostraniˇcnog trokuta PQR koji je upisan trokutu ABC . Po istom pravilu trokutu PQR upiˇsemo jednakostraniˇcan trokut te postupak nastavljamo. Koliki je zbroj povrˇsina svih takvih jednakostraniˇcnih trokuta?

26. Dan je trokut sa stranicama duljina 15 , 41 i

52 cm. Poloviˇsta njegovih stranica cˇ ine novi trokut, a poloviˇste stranica toga opet novi itd. Koliki je zbroj povrˇsina svih tih trokuta?

27. Jednakostraniˇcnom trokutu ABC , |AB| = a ,

upisana je kruˇznica, ovoj kruˇznici jednakostraniˇcan trokut, trokutu opet kruˇznica itd. Koliki je zbroj povrˇsina svih trokuta, a koliki svih krugova - konstruiranim kruˇznicama? sˇ to su omedeni

28. U jednakostraniˇcan valjak upisana je sfera, sferi je upisan valjak, valjku opet sfera itd. Ako je povrˇsina osnog presjeka prvog valjka 100 cm2 , koliki je zbroj povrˇsina svih sfera?

223

4

NIZOVI

4.7. Kamatni racun ˇ

OG LE DN IP RIM JE RA K

Jedna od vrlo vaˇznih primjena geometrijskog niza i eksponencijalne funkcije jest kamatni raˇcun. S njim se susre´cemo u svakidaˇsnjem zˇ ivotu, pri ulaganju, sˇ tednji, pozajmicama. U ovoj c´emo toˇcki opisati samo najjednostavnije primjere, ne promatraju´ci sloˇzenije situacije koje se prouˇcavaju u srednjim sˇ kolama i fakultetima gospodarskog usmjerenja. Spomenimo najprije temeljne pojmove kojima se sluˇzimo u kamatnom raˇcunu. Iznos novca koji zˇ elimo uloˇziti u danom trenutku nazivamo glavnica (kapital). Oznaˇcavamo ga s C . Po isteku roka posudena c´e glavnica donijeti kamatu, cˇiji iznos ovisi o vremenu posudivanja, naˇcinu obraˇcuna i kamatnoj stopi.

Jednostavno ukama´civanje

100 kn oroˇcenih na jednu godinu uz kamatnu stopu od 5 % donijet c´e na kraju razdoblja 5 kn kamate. Ovdje je rijeˇc o jednostavnom ukama´civanju po kojem se poˇcetna vrijednost glavnice C0 po isteku razdoblja uve´cava za kamatu u iznosu p C0 · , tako da je njezina vrijednost na kraju razdoblja 100

p p C1 = C0 + C0 · = C0 1 + . 100 100 Iznos kamate za razdoblja razliˇcita od jedne godine raˇcuna se po formuli p ·t C0 · 100 i ova se vrijednost dodaje glavnici. Ovdje je t vrijeme posudbe izraˇzeno u godinama.

Primjer 1.

Dogovore li se dva partnera o zajmu u iznosu od 100 000 kn s godiˇsnjom kamatnom stopom od 8 % , pa se glavnica vrati nakon deset mjeseci, tada joj treba pridodati i kamate od 8 10 100 000 · · , 100 12 jer je ovdje t = 10 12 .

Sloˇzeni kamatni racun ˇ

Oroˇcava li se novac na duˇzi rok, tada je prirodno da se po isteku jedne godine i kamate pripisuju glavnici. Na taj c´e se naˇcin u sljede´cim vremenskim intervalima uve´cavati i sama kamata (jer se obraˇcunava i kamata na kamatu).

224

ˇ KAMATNI RACUN

Primjer 2.

4.7

Netko oroˇci 100 000 kn na rok od pet godina, uz godiˇsnju kamatnu stopu od 10 %. Koliki c´e iznos podi´ci na kraju tog razdoblja?

OG LE DN IP RIM JE RA K

10 Na kraju prve godine glavnica c´e donijeti kamate od 100 000 · = 100 10 000 kn, tako da uve´cana glavnica u tom trenutku iznosi 110 000 kn. Na kraju druge godine ova c´e glavnica donijeti 11 000 kamata. Iznos kamata i vrijednost glavnice na kraju svake godine napisana je u sljede´coj tablici: n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 n=5

kamate glavnica 100 000 10 000 110 000 11 000 121 000 12 100 133 100 13 310 146 410 14 641 161 051

C0 C1 C2 C3 C4 C5

U svakoj sljede´coj godini glavnica se uve´cava za isti postotak:

p , C1 = C0 1 + 100

p p 2 , = C0 1 + C2 = C1 1 + 100 100

p p 3 C3 = C2 1 + = C0 1 + 100 100 .. . Prema tome, niz (Cn ) je geometrijski niz. Sloˇzene kamate

Glavnica C0 oroˇcena na n godina uz kamatnu stopu od p % porast c´e na svotu

p n Cn = C0 1 + . 100 p Ovdje je 1 + kamatni faktor za koji se pove´cava glavnica u roku 100 od jedne godine.

Primjer 3.

Koliko novca treba oroˇciti da se nakon deset godina, uz kamatnu stopu od 6 % , dobije svota 200 000 kn?

Stanje glavnice nakon deset godina je

6 10 = 200 000. C10 = C0 1 + 100

225

4

NIZOVI

Odavde je C0 =

200 000 200 000 = 111 679. = 10 1.7908 1.06

OG LE DN IP RIM JE RA K

To je traˇzeni iznos. Napomena. Potencija 1.0610 raˇcuna se na dˇzepnom raˇcunalu s pomo´cu tipke yx : 1.06 yx 10 =

(1.7908).

Ukoliko vaˇse raˇcunalo ne posjeduje tipku yx , onda koristite svojstvo ekspo-

nencijalne i logaritamske funkcije: yx = 10x log y , ili isto to za bazu prirodnog logaritma: yx = ex ln y ; 1.0610 = 1010 log 1.06 = 100.25305 = 1.7908.

Primjer 4.

Nakon koliko c´e godina glavnica C0 , oroˇcena uz kamatnu stopu od 5 % , udvostruˇciti svoju vrijednost?

Prema uvjetima moˇzemo napisati:

p n 5 n Cn = C0 1 + =⇒ 2C0 = C0 1 + , 100 100 te je log 2 = 14.206. 1.05n = 2 =⇒ n = log 1.05 Treba pro´ci 15 godina.

Primjer 5.

Uz koju kamatnu stopu treba posuditi glavnicu od 100 000 kn da bismo nakon pet godina dobili iznos od 150 000 kn?

Sad vrijedi



p 5 p 5 150 000 = 100 000 1 + =⇒ 1 + = 1.5. 100 100 Daljnje raˇcunanje ovisi o raˇcunalu. Ako vaˇse raˇcunalo posjeduje tipku √ yx ili x y , raˇcunamo iz jedne od ovih dviju jednakosti: √ p 5 = 1.5 = 1.50.2 . 1+ 100 Ako raˇcunalo posjeduje samo eksponencijalne i logaritamske funkcije, onda raˇcunamo ovako: p 1+ = 100.2 log 1.5 = 1.08447, 100 te je p = 8.447 .

226

ˇ KAMATNI RACUN

4.7

Pri sˇ tednji su rijetke situacije u kojoj se velike svote oroˇcavaju na duˇze razdoblje. ˇ sc´e se javlja situacija u kojoj se manji iznosi upla´cuju u redovitim vremenskim Ceˇ intervalima i oroˇcavaju do nekog datuma. Takav naˇcin sˇ tednje naziva se obroˇcna sˇ tednja.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Opiˇsimo sljede´cu situaciju. Isti iznos S upla´cuje se na poˇcetku svake godine i oroˇcava na vrijeme od n godina. Godiˇsnja kamatna stopa je p % . Kolikom c´emo svotom raspolagati po isteku desete godine?

Svota upla´cena na poˇcetku prve godine donijet c´e, zajedno s kamatama i kamatap ma na kamate iznos od S · rn , gdje je r = 1 + 100 kamatni faktor. Svota upla´cena na poˇcetku druge godine donijet c´e iznos od S · rn−1 itd. Svota upla´cena na poˇcetku posljednje godine vrijedit c´e na kraju S · r . U tom trenutku ukupna svota iznosi: rn − 1 Sn = Srn + Srn−1 + . . . + Sr = Sr(1 + r + r2 + . . . + rn−1 ) = Sr . r−1

Primjer 6.

Petar upla´cuje zˇ ivotno osiguranje u godiˇsnjim obrocima od 5000 kn, uz kamatnu stopu od 8 %. Kolikom c´e svotom raspolagati na kraju dvadesete godine?

Imamo: r = 1.08 , S = 5000 , n = 20 . r20 − 1 1.0820 − 1 S20 = S · r · = 5000 · 1.08 · = 247 114. r−1 1.08 − 1 Primijetimo da u ovom iznosu glavnicu cˇini 100 000 kn, a 147 114 doprinos je kamata.

Temeljni vremenski rok od jedne godine za pripis kamata u ve´cini novˇcarskih poslovanja je predug. Poznato je da se novac moˇze oroˇciti i na kra´ce vremensko razdoblje, od, recimo, samo sedam dana. Nakon toga se glavnici pripisuje kamata koja se i sama moˇze ponovno oroˇciti. Jasno je da c´e se uz istu kamatnu stopu na kraju godine dobiti ve´ca svota.

Primjer 7.

Netko je oroˇcio 100 000 kn na rok od jedne godine s kamatnom stopom od 8 % i kvartalnim pripisom kamata. Kolikom c´e glavnicom raspolagati krajem godine?

Krajem prvog tromjeseˇcja glavnici se pripisuje kamata od 8 1 100 000 · · = 2000, 100 4 jer je protekla cˇetvrtina godine. Sad je iznos glavnice 102 000. Nova c´e glavnica za tri mjeseca donijeti kamate pa c´e stanje glavnice nakon sˇ est mjeseci biti: 8 1 102 000 + 102 000 · · = 104 040. 100 4

227

4

NIZOVI

Na kraju tre´ceg tromjeseˇcja: 104 040 + 104 040 ·

8 1 · = 106 120.8, 100 4

a na kraju godine: 8 1 · = 108 243.2 . 100 4 Iznos od 243.2 kn nastao je efektom tromjeseˇcnog ukama´civanja.

OG LE DN IP RIM JE RA K

106 120.8 + 106 120.8 ·

Opiˇsimo op´cenitu situaciju. Ako se ukama´civanje obavlja m puta godiˇsnje, onda je iznos glavnice na kraju prvog razdoblja:

p C0 1 + , 100m na kraju drugog razdoblja:

C0 1 +

a na kraju godine:



C1 = C0

p 100m

2

p 1+ 100m

,

m

.

Produˇzi li se razdoblje kroz viˇse godina, na kraju n -te godine glavnica c´ e iznositi:

mn p Cn = C0 1 + . 100m

Usporedimo vrijednosti glavnice C1 za p = 100 i za razliˇcite brojeve m . ukama´civanje

jednom godiˇsnje polugodiˇsnje tromjeseˇcno mjeseˇcno tjedno dnevno svaki sat svake minute svake sekunde

m

1 2 4 12 52 365 8766 529 960 31 557 600

r

2 2.25 2.441 2.6130 2.69260 2.714567 2.7181269 2.71827226 2.718281785

Pove´canjem broja m ovaj postotak ne moˇze premaˇsiti broj 2.72 . Zapravo, radi se o rastu´cem nizu brojeva s limesom

1 m lim 1 + = e = 2.718281828 . . . m→∞ m

228

ˇ KAMATNI RACUN

4.7

Ukama´civanje svake sekunde nije besmislica! Upravo se na taj naˇcin ponaˇsaju mnoge prirodne pojave.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Neprekinuto ukama´civanje

Ako se ukama´civanje obavlja svakog trenutka, tada c´e glavnica na kraju godine biti

m

100m · p p p 100 p p C1 = lim C0 1 + = C0 lim 1 + = C0 e 100 , m→∞ m→∞ 100m 100m a po isteku n godina:

mn np p Cn = lim C0 1 + = C0 e 100 . (1) m→∞ 100m Oˇcito, rok ne mora biti cijeli broj godina. U svakom trenutku t (koji se mjeri u godinama, ali ne mora biti cijeli broj) vrijednost glavnice bit c´e pt

Ct = C0 · e 100 .

Primjer 8.

(2)

Popisi stanovniˇstva obavljaju se svakih deset godina. Ako je u dvama uzastopnim popisima stanovniˇstvo neke drˇzave pove´cano sa 16 000 000 na 17 500 000, koliko c´e ta drˇzava imati stanovnika 20 godina nakon drugog popisa, uz pretpostavku da c´e prirast i u sljede´cim godinama biti jednak?

Raˇcunat c´emo prema neprekinutom ukama´civanju. n = 10 : 10p

Iz (1) slijedi, za

p

17 500 000 = 16 000 000e 100 =⇒ e 10 = 1.09375

te je

p = 10 · ln 1.09375 = 0.89612 %.

Sada dobivamo:

30p

C30 = 16 000 · e 100 = 20 935 058. Za 20 godina bit c´e oko 20 935 000 stanovnika. Provjerite da c´e se ista vrijednost dobiti i raˇcunom sloˇzenih kamata.

Prema ovom zakonu raˇcuna se, recimo, prirast biljne mase (na primjer, drva u sˇ umi), prirast stanovniˇstva nekog (velikog) grada ili drˇzave itd.

229

4

NIZOVI

Zadatci 4.7. 1.

Na koliko c´ e glavnica od 50 000 kn narasti nakon pet godina uz interes od 6% ako se ukama´civanje obavlja 1) godiˇsnje; 2) polugodiˇsnje; 3) mjeseˇcno?

7.

2.

Na koji iznos naraste glavnica od 1000 kn uz godiˇsnji interes 5%, poslije 1, 2, 3, 5, 10, 20 godina? Ukama´civanje je sloˇzeno.

8.

3.

Za koliko se godina glavnica od 2500 kn pove´ca na 4000 kn ako je ukama´civanje sloˇzeno s godiˇsnjim interesom 5.4%?

Glavnica od 5 000 kn uloˇzena je prije 6 godina, i to prve tri godine s interesom 5%, a posljednje tri s interesom od 5.5%. Kolika je sada njezina vrijednost?

9.

Josip je upla´civao zˇ ivotno osiguranje tijekom trideset godina u iznosu od 1000 kn na poˇcetku svake godine, uz interes od 6%. Nakon toga zˇ elio je da mu se kamate (uz isti interes) ispla´cuju jednom mjeseˇcno kao renta. Kolika c´e biti ta renta?

Na koliko godina treba uloˇziti glavnicu C uz 6% sloˇzenog interesa, da bi se ona udvostruˇcila?

5.

Glavnicu C oroˇcavamo na n godina uz godiˇsnji interes p% da bismo dobili vrijednost Cn . Izraˇcunaj nepoznati podatak ako je zadano:

6.

230

OG LE DN IP RIM JE RA K

4.

1) 2) 3) 4)

Poduze´ce A treba vratiti poduze´cu B svotu od 350 000 kn u roku od pet godina, uz godiˇsnji interes od 8%. Ako ono zˇ eli platiti dug po isteku tre´ce godine, koliku svotu treba isplatiti?

C = 12 000 , n = 5 , p = 6% , Cn =? ; C = 12 000 , n = 8 , p =? , Cn = 17 000 ; C = 12 000 , n =? , p = 4.5% , Cn = 17 065 ; C = , n = 6 , p = 5% , Cn = 22 000 .

Banka omogu´cuje ukama´civanje u intervalima od jednog mjeseca, ali tako da ukupni godiˇsnji interes bude 7.5%. Koliki je postotak pove´canja glavnice nakon jednog mjeseca?

10. U jednom je gradu 1970. bilo 83 000 zˇ itelja, a

1995. 88 000. Koliko se zˇ itelja moˇze oˇcekivati 2010. godine ako pretpostavimo da c´e prirast i u sljede´cim godinama biti jednak?

11. Po procjeni, u sˇ umi ima 32 500 m3 drva. Koliko

c´ e drva u sˇ umi biti za 10 godina ako je godiˇsnji prirast 2.5%? Raˇcunaj po formuli za neprekinuto ukama´civanje.

OG LE DN IP RIM JE RA K

ODGOVORI NA ZADATKE UNUTAR GRADIVA

Ovo su kratki odgovori na zadatke unutar gradiva pojedine lekcije. Ti se zadatci nalaze ispod detaljno rijeˇsenih primjera. Postupak rjeˇsavanja najˇceˇsc´e je sliˇcan postupku kojim je rijeˇsen primjer iznad zadatka.

1.1

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zadatak 1. 57; 457; 215; 45.

Zadatak 2. 18; 10; 180. 18 × 10 = 180 .

Zadatak 3. Raˇcun vrijedi u brojevnom sustavu s bazom 12. Zadatak 4. 1) 1353(8) ;

2) 16F(16) .

Zadatak 5. 1034(6) ; 1423(5) ; 3232(4) . Zadatak 6. 238 59 14 3

= = = =

59 · 4 + 2 14 · 4 + 3 3·4+2 0·4+3

2 3 2 3

Zato je 238 = 3232(4) .

2) Baza indukcije. Za n = 1 , broj 91 je djeljiv s 13. Pretpostavka indukcije. 3n · 5n+1 + 2n+3 = 13k . Korak indukcije. Broj 15(3n · 5n+1 + 2n+3 ) − 13 · 2n+3 = 13(15k − 2n+3 ) je djeljiv s 13.

Zadatak 3. Baza indukcije. Tvrdnja vrijedi za n = 3 (nema dijagonala) i za n = 4 (dvije dijagonale). n(n − 3) Pretpostavka indukcije. Vrijedi dn = , 2 Korak indukcije. Dodajmo joˇs jedan, (n + 1) -vi vrh. Tada jedna stranica mnogokuta postaje dijagonala (ona - kojih se nalazi dodani koja povezuje dva vrha izmedu vrh), a novododani vrh cˇ ini novih (n + 1) − 3 dijagonala. Zato vrijedi dn+1 = dn + (n − 1) . Sada iz pretpostavke indukcije imamo

Zadatak 7. 123 = 173(8) = 7B(16) ; 9876 = 23224(8) = 2694(16) ; 55555 = 154403(8) = D903(16) .

n2 − n − 2 (n + 1)(n − 2) n(n − 3) +n−1 = = 2 2 2 i tvrdnja je dokazana.

Zadatak 8. 11 = 1011(2) ; 22 = 10110(2) ; 333 = 101001101(2) ; 4444 = 1000101011100(2) .

Primijetite da je tvrdnju lakˇse dokazati direktno, ne koriste´ci indukciju.

Zadatak 9. 41227(8) = 17047 .

Zadatak 4. Baza indukcije. Za n = 2 dva se pracva sijeku u jednoj toˇcki. n(n − 1) Pretpostavka indukcije. dn = 2 Korak indukcije. (n + 1) -vi pravac nije paralelan ni s jednim od ostalih pravaca pa ih sijeˇce u n toˇcaka. (n + 1)n n(n − 1) +n= . Ukupan broj presjeka je: 2 2

Zadatak 10. FFFF(16) =65535 ; ABAB(12) =18995 .

Zadatak 11. 1011(2)+101(2)=11+5=16=10000(2) ; 100111001(2)+1011011(2) = 313+91 = 110010100(2) . Zadatak 12. 100(2) − 10(2) = 4 − 2 = 2 = 10(2) ; 1000(2) −101(2) = 8−5 = 3 = 11(2) ; 10010001(2)− 110011(2) = 145 − 51 = 94 = 1011110(2) .

Zadatak 13. 11(2) · 11(2) = 3 · 3 = 9 = 1001(2) ; 10101(2) ·11(2) = 21·3 = 63 = 111111(2) ; 10101(2) · 1011(2) = 21 · 11 = 231 = 11100111(2) .

1.2 Zadatak 1. Korak indukcije: (n+1)(n+2)(n+3) n(n+1)(n+2) +(n+1)(n+2)= . 3 3

232

Zadatak 2. 1) Baza indukcije. Za n = 1 , broj 80 je djeljiv sa 16. Pretpostavka indukcije. 9n+1 + 8n − 9 = 16k . Korak indukcije. Broj 81(9n +8n−9)−640n+720 = 16(81k − 40n + 45) je djeljiv sa 16.

dn+1 =

Zadatak 5. Baza indukcije. Za n = 6 vrijedi 26 =

64 > 60 = 62 + 4 · 6 . (Tvrdnja ne vrijedi za n = 5 ). Pretpostavka indukcije. 2n > n2 + 4n za neki n . Korak indukcije. Tada vrijedi 2n+1 = 2 · 2n > 2(n2 + 4n) = 2n2 + 8n

= n2 + 2n + 1 + 4n + 4 + 2n − 5 > (n + 1)2 + 4(n + 1) cˇim je 2n − 5 > 0 , a to je istina ve´c za n  3 .

ODGOVORI NA ZADATKE UNUTAR GRADIVA

n(n − 1) = 46 dobivamo 2   9 6 n = 9 . Za k = 3 dobivamo x · (−2y)3 = 3 −672x6y3 .  √ √ 9 ˇ Zadatak 9. Clan k = 3; ( x)6 · ( 3 x)3 = 3 84x4 .

Zadatak 8. Iz 1 + n +

1.3 Zadatak 1. 1) 408 240; 3) 6 375 600; 4) 36.

2) 840;

3) 3024;

4) 1 663 200;

OG LE DN IP RIM JE RA K

Zadatak 2. 1) 60; 5) 653 837 184 000.

2) 479 001 599;

Zadatak 3. 1) n(n − 1) ;

2) n(n + 1) .

Zadatak 10. n = 8 ; postoji i to je 3. cˇlan, k = 2 .

Zadatak 4.

n! (n+1)! n! + = (k−1)!(n−k+1)! k!(n−k)! k!(n−k+1)! n! (n+1)! n! + = (k−1)!(n−k+1) · (n−k)! k!(n−k)! k!(n−k+1)! n! · k + n! · (n − k + 1) (n + 1)! = k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)! (n + 1)! n!(k + n − k + 1) = k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)! (n + 1)! (n + 1)! = k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)! Zadatak 5. n

(a+b) ·(a+b)       n n 1 n n−1 2 n n+1 0 a b + a b +. . . = a b + 1 2 0       n n 1 n n a2 bn−1 + a b + a3 bn−2 + n−1 n n−2       n n 1 n n−1 2 n n−2 3 + a b + a b + a b + ... 0 1 2       n n 0 n+1 n + a1 bn + a b a2 bn−1 + n−1 n n−2        n n n n =an+1 + + an b1 + an−1 b2 +. . . 1 0 2 1     n n + + a2 bn−1 n−2 n−1     n n + + abn +bn+1 n n−1       n + 1 n+1 n+1 n n + 1 n−1 2 = a + a b+ a b +. . . 0 1 2     ( n + 1 2 n−1 + + + 1)nabn + bn+1 a b n n−1 Zadatak 6. 1) −4 + 4i ; √ Zadatak 7. 97 − 56 3 .

2) 8 − 8i .

1.4

Zadatak 1. 300 = 22 · 3 · 52 . Postoji 3 · 2 · 3 = 18 razliˇcitih faktora. Zadatak 2. 997.

Zadatak 3. Vrijedi 2 · 3 · 5 · 7 > 100 pa broj moˇze imati najviˇse tri prosta faktora. U obzir dolaze brojevi 60 = 22 ·3·5 , 90 = 2·52 ·5 , 72 = 23 ·32 , 96 = 25 ·3 . Svaki od njih ima 12 faktora. Zadatak 4. Prosti su brojevi: 907 i 911. 901 = 17·53 , 903 = 3·7·43 , 905 = 5·181 , 909 = 3·3·101 .

Zadatak 5. Baza indukcije. Za n = 1 , broj 34n − 43n je djeljiv sa 17. Pretpostavka indukcije. 34n − 43n = 17k . Korak indukcije. Broj 81(34n − 43n ) − 17 · 43n = 17(34 k − 43n ) je djeljiv sa 17.

Zadatak 6.

1223 1211 , . 990 99900

Zadatak 7. 0.418˙ 7˙ , 2.049˙ 8˙ .

1.5

√ √ Zadatak 1. Pretpostavimo suprotno, 3 + 5 = m . Kvadriranjem dobivamo n √ m2 3 + 2 15 + 5 2 , n √ 2 2 2 15 = m − 8n 2n √ pa bi 15 bio racionalan broj. Sad se na isti naˇcin kao u Primjeru 1 dolazi do kontradikcije.

233

ODGOVORI NA ZADATKE UNUTAR GRADIVA

m Zadatak 2. Iz log3 2 = slijedi 3m = 2n sˇ to nije n mogu´ce.

1.6

1.7

 5  5 + i sin . Zadatak 1. z31 · z22 = 8 cos 2 2

2.1

ˇ Zadatak 3. ( S,K,E,T,O)

OG LE DN IP RIM JE RA K

√  7  7 + i sin ; Zadatak 1. z1 = 2 2 cos 4 4 √  z2 = 10 cos 108◦ 26 05 ) + i sin(108◦ 26 05 ) . √  6   cos + i sin . Zadatak 2. z1 · z2 = 2 4 4

Zadatak 2. (1, 2, 3) , (1, 2, 4) , (1, 3, 2) , (1, 3, 4) , (1, 4, 2) , (1, 4, 3) , (2, 1, 3) , (2, 1, 4) , (2, 3, 1) , (2, 3, 4) , (2, 4, 1) , (2, 4, 3) , (3, 1, 2) , (3, 1, 4) , (3, 2, 1) , (3, 2, 4) , (3, 4, 1) , (3, 4, 2) , (4, 1, 2) , (4, 1, 3) , (4, 2, 1) , (4, 2, 3) , (4, 3, 1) , (4, 3, 2) . 4 · 3 · 2 = 24 .

Zadatak 1. 28 · 16 · 10 · 15 = 67200

Zadatak 2. 56 · 24 · 46 · 16 = 989184 , 55 · 23 · 45 · 15 = 853875 .

Zadatak 3. Prva se karta moˇze uzeti po volji, druga - 12 preostalih iste boje, pa je broj razliˇcitih namedu cˇ ina 52 · 12 . Medutim, tu je svaki mogu´ci par brojen dva puta, pa je toˇcan odgovor 12 · 52 · 12 = 312 naˇcina. Zadatak 4. Ako je prvo slovo samoglasnik, onda je 5 · 20 · 4 · 19 · 3 = 22800 naˇcina, a ako je prvo slovo suglasnik, onda je 20 · 5 · 19 · 4 · 18 = 136800 naˇcina. Ukupan je broj rijeˇci 159 600.

Zadatak 4. (A,K,L,O), (A,K,O,L), (A,L,K,O), (A,L,O,K), (A,O,K,L), (A,O,L,K); (K,A,L,O), (K,A,O,L), (K,L,A,O), (K,L,O,A), (K,O,A,L), (K,O,L,A); (L,A,K,O), (L,A,O,K), (L,K,A,O), (L,K,O,A), (L,O,A,K), (L,O,K,A); (O,A,K,L), (O,A,L,K), (O,K,A,L), (O,K,L,A), (O,L,A,K), (O,L,K,A). 12. i 13. po redu.

2.3

Zadatak 1. (1, 2, 3) , (1, 2, 4) , (1, 2, 5) , (1, 3, 4) , (1, 3, 5) , (1, 4, 5) , (2, 3, 4) , (2, 3, 5) , (2, 4, 5) , (3, 4, 5) .   5 C53 = = 10 . 3

Zadatak 2.



317 657 340 . Zadatak 3.

Zadatak 4.





45 6

10 5 50 3



 

= 8 145 060 . N = 39 ·



45 6



=

= 252 .

= 19 600 .

Zadatak 5. 125 970.

Zadatak 5. 523 = 140 608 .

Zadatak 6. n = 18 .

Zadatak 6. Na 210 − 1 = 1023 naˇcina.

Zadatak 7. U jednoj ekipi su dva, a u drugoj jedan mladi´c. Onda su u toj drugoj ekipi preostala tri cˇlana   5 djevojke, koje moˇzemo odabrati na = 10 naˇci3 na. Tri su izbora za mladi´ca, pa razliˇcitih takvih ekipa ima 3 · 10 = 30 .

Zadatak 7. 1) Na 30 · 29 · 28 · 27 · 26 = 17 100 720 naˇcina, 2) Na 25 · 5 · 25 · 5 · 25 = 390 625 naˇcina, 3) Na 25 · 5 · 24 · 4 · 23 = 276 000 naˇcina. Zadatak 8. 52 · 51 · 50 = 132600

2.2

Zadatak 8. 1) 66; Zadatak 9.



2) 11;

3) 220;

   15 12 · = 30 030 . 3 2

4) 55.

Zadatak 1. (A,L,R,U), (A,L,U,R), (A,R,L,U), (A,R,U,L), (A,U,L,R), (A,U,R,L); (L,A,R,U), (L,A,U,R),   13 (L,R,A,U), (L,R,U,A), (L,U,A,R), (L,U,R,A); (R,A,L,U), Zadatak 10. 1) 13 · 48 = 624 ; = 2) 4 · 5 (R,A,U,L), (R,L,A,U), (R,L,U,A), (R,U,A,L), (R,U,L,A); (U,A,L,R), (U,A,R,L), (U,L,A,R), (U,L,R,A), (U,R,A,L), 1278 ; 3) 52 · 48 · 44 · 40 · 36 = 1 317 888 . (U,R,L,A). Dvije rijeˇci: Ural, ular. 5!

234

ODGOVORI NA ZADATKE UNUTAR GRADIVA

3.1

4.2

Zadatak 1. AB = {(1, 2), (1, 4), (1, 6)} ; AC = ∅ ; BC = {(1, 1)} ; A ∪ C = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (1, 6), (2, 3), (2, 5), (3, 4), (3, 6), (4, 5)} .

Zadatak 1. a2

a3

a4

a5

a6

3

−1

−5

−9

−13

−17

11

15

19

23

27

31

−19

−13

−7

−1

5

11

1.5

3

4.5

6

7.5

9

Zadatak 2.

3 . 4

OG LE DN IP RIM JE RA K

3.2

a1

Zadatak 1. Vjerojatnost se procjenjuje preko kvocijenta: (broj pisama)/ (broj bacanja) Zadatak 2.

Zadatak 3. an = 8 + 2(n − 1) .

Zadatak 4. a2 = 2248.48 , a12 = 3733.33 .

4.3

Zadatak 1.

3.4

Zadatak 1.

Zadatak 2.

a1

2 . 5

5 6 5 · = . 12 11 22

4 5 6 24 1 Zadatak 3. P(A)= · · ·6= ; P(B)= . 15 14 13 91 3 24 4 6 · ·2 = = P(A). P(A|B) = 14 13 91

4.1

Zadatak 1. 1)

49 ; 324

2) 10 .

Zadatak 2. 50 · (−1) + 50 · (1 + 5 + 9 + . . .+ 189 + 193 + 197) = −50 + 50 · (25 · 198) = 247450 . Zadatak 3. a2 = 8 , a3 = 13 , a4 = 18 , a5 = 23 ; an = 3 + 5(n − 1) . Baza indukcije. Vrijedi a1 = 3 i a2 = 8 . Pretpostavka indukcije. an = 3 + 5(n − 1) i an = an−1 + 5 . Korak indukcije. an+1 = 3 + 5n =⇒ an + 5 = 3 + 5n =⇒ an = 3 + 5(n − 1) .

a2

a3

a4

a5

a6

2

5

64 81 54 16

32 27 18 4

25 2 16 9

125 4 8 3

625 8

3125 16

6

8

4

6

32 3

128 9

Zadatak 2. a5 = 2 · 34 = 162 .

4.4

Zadatak 1. 1)

1 ; 3

2) 2.

Zadatak 2. 1)

1 ; 2

3 2) − . 2

Zadatak 3. 1) 0;

2) 0.

Zadatak 4. 1) 1;

2)

1 . 2

4.5

n−1 1 n − = >0 , Zadatak 1. an+1 −an = n+1 n n(n + 1)

bn+1 − bn = (n + 1)2 − n2 = 2n + 1 > 0 , xn+1 − xn = 2n+1 − 2n = 2n > 0 ;

235

ODGOVORI NA ZADATKE UNUTAR GRADIVA

1 1 1 − =− < 0, n+1 n n(n + 1) 1 yn+1 − yn = 2−(n+1) − 2−2 = − · 2−n < 0 2 , an+1 − an = −(n + 1)2 + n2 = −2n − 1 < 0 .

4.6

√ 8+2 2 3 ·a . Zadatak 1. 7

Zadatak 2. Primjenom sliˇcnosti zakljuˇcujemo da za stranicu kvadrata vrijedi √ x1 = √q · a , pri cˇemu je a stranica trokuta i q = 3(2 − 3) . Stranica sljedec´eg kvadrata x2 odnosi se prema prethodnoj u istom omjeru q . Zato je xn = qn a . Povrˇsina svih kvadrata jednaka je zbroju geometrijskog reda x21

+ x22

√ 1 4(21 − 12 3) √ + ... = q a · = P. 1 − q2 36 − 20 3 2 2

Ta je suma pribliˇzno jednaka 0.634P .

236

Zadatak 5. 3.9˙ = 4 3 + 0.9 + 0.09 + . . . = 4 3+

9 · 10−1 =4 1 − 10−1 9 3+ =4 9 4=4

OG LE DN IP RIM JE RA K

xn+1 − xn =

Zadatak 3.

11 1233 ; . 30 990

Zadatak 4.

110 ˙ = 15.71428 5˙ . 7

2.45˙ 4˙ = 2.4˙ 5˙ 2.4 + 0.054 + 0.00054 + . . . = 2.4˙ 5˙ 24 + 54 · 10−3 + 54 · 10−5 = 2.4˙ 5˙ 10 12 54 · 10−3 + = 2.4˙ 5˙ 5 1 − 10−2 54 12 = 2.4˙ 5˙ + 3 5 10 · 0.99 54 12 + = 2.4˙ 5˙ 5 990 3 12 + = 2.4˙ 5˙ 5 55 132 + 3 = 2.4˙ 5˙ 55 135 = 2.4˙ 5˙ 55 2.4˙ 5˙ = 2.4˙ 5˙

BROJEVI

1

1. Brojevi Rjeˇsenja 1.1 1.

61, 51, 375, 189, 1290, 3640.

2.

1) 11, 2) 37, 3) 101, 4) 395, 6) 20, 7) 86, 8) 1665, 9) 8, 10) 32, 11) 58, 12) 11953.

3.

6 = 110(2) = 6(8) = 6(16) , 13 = 1101(2) = 15(8) = D(16) , 25 = 11001(2) = 31(8) = 19(16) , 125 = 1111101(2) = 175(8) = 7D(16) .

4.

5.

3) x = 5 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

pozitivno rjeˇsenje x = 7 . 2) Ne postoji takva baza.

5) 9,

6 = 11(5) = 6(9) = 6(12) , 13 = 23(5) = 14(9) = 11(12) , 25 = 100(5) = 27(9) = 21(12) , 125 = 1000(5) = 148(9) = A5(12) .

U bazi 2: 1011, 100 001, 1 100 100, 11 011 110, 1 111 101 001. U bazi 5: 21, 113, 400, 1342, 13 001. U bazi 12: B, 29, 84, 166, 6B5.

17. 1) Jednakost glasi (x2 +1)+(x3 +1) = x3 +x2 +x odakle slijedi x = 2 . 2) Sada je (x3 + 2x2 + x + 1) − (x3 + x2 + 2x) = 2x + 1 odakle slijedi x = 3 . 18. Vrijede u svakom sustavu osim u binarnom. 19. Pretvorimo raˇcun u dekadski sustav: Iz jednadˇzbe (x − 1) + x + (x + 1) = 121(5) = 36 dobivamo 3x = 36 te je x = 12 = 22(5) . Traˇzeni brojevi su 21(5) , 22(5) , 23(5) .

20. 11 110(2) = 1000(2) + 1010(2) + 1100(2) . 21. 4(5) , 10(5) , 11(5) .

22. 10(9) , 11(9) , 12(9) .

6.

15(8) = D(16) , 306(8) = C6(16) , 314563(8) = 19973(16) .

23. 101(2) , 111(2) .

7.

130(8) , 642(8) , 177777(8) .

8.

93(16) , 14F(16) , 142B(16) .

9.

10 111, 1 100, 1 100 101, 1 111 111, 100 000

25. 1) 32(5) = 23(7) ; 2) 25a + 5b + c = 64c + 8b + a daje 63c = 24a − 3b , tj. b = 8a − 21c . a = 3 , c = 1 , b = 3 , 331(5) = 133(8) ; 3) 313(4) = 131(6) .

10. 56, 101, 350, 1364.

24. 1) x = 2y − 1 , y > 4 ;

2) y = x + 2 , x > 4 .

11. 1) 7AB7(16) =111101010110111(2)=75267(8); 2) 34567(8) = 11100101110111(2) = 3977(16).

26. 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 .

12. 1) 8 EF8(16) = 1 000 111 011 111 000(2) = 107 370(8) ; 2) 76543(8) = 111110101100011(2) = 7D63(16) .

27. 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.

13. 1) 22, 100, 101, 102, 110. . . 2) 1010, 1011, 1100, 1101, 1110. . . 3) 13, 20, 21, 22, 23. . . 4) 33, 34, 35, 40, 41. . .

28. 144(n) = n2 + 4n + 4 = (n + 2)2 . U svakom sustavu s bazom n , n > 4 .

29. U sustavu s bazom 7.

14. 1) 1111, 1110, 1101, 1100. . . 2) 1100, 1110, 10 000, 10 010. . . 3) 200, 210, 220, 1000. . . 4) 31, 33, 40, 42, 44. . .

30. Iz jednadˇzbe (2x + 4)2 = 6x2 + 2x dobije se x = 8.

15. 23005 = 325 . 16. 1) Iz uvjeta 23(x) · 15(x) = 411(x) slijedi jednadˇzba (2x + 3)(x + 5) = 4x2 + x + 1 , cˇije je

32. U svakom sustavu s bazom n , n > 3 , jer je 1331(n) = n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n + 1)3 . Baza mora biti ve´ca od 3 jer se u zapisu broja pojavljuje znamenka 3.

31. U sustavu s bazom 5.

237

1

ˇ RJESENJA ZADATAKA

3 2 33. Iz 1331 = 332 slijedi  (x + 3) = 9(x + 1) te je x = 8. Zatim je 2420(8) = 44(8) .

36. Danu jednakost moˇzemo zapisati u obliku 2(2x+ 1)(x + 1) = (x2 + 2)(x + 1). Odatle dobijemo kvadratnu jednadˇzbu x2 − 4x = 0 te je x = 4 ; 22(4) · 12(4) = 330(4) . 37. 1) 100010(2) ; 2) 101100(2) ; 4) 100110000(2) . 2) 1100(2) ; 38. 1) 110(2) ; 4) 100101100(2) .

39. 1) 10010(2) ; 2) 1000001(2) ; 4) 100110101011(2) .

3) 11100100(2) ; 3) 11101(2) ;

3) 11110011(2) ;

40. 10220(3) , 10011212(3) , 1010221(3) . 42. 1) 3.5 ;

2) 5.625 ;

3) 7.875 ;

4) 8.0625 .

43. Brojeve treba prikazati po potencijama od 2 i 12 . 1) 0.1(2) ; 2) 0.001(2) ; 3) 1.1(2) ; 4) 0.0 . . . 01(2) ( n − 1 nula); 5) 0.01(2) ; 6) 10.1(2) ; 7) 1100.001(2) ; 8) 10.0001(2) .

Rjeˇsenja 1.2

1) Za n = 1 tvrdnja je oˇcito toˇcna. Pretpostavimo da je toˇcna i za n = k . Izraˇcunajmo onda −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 . n−1 . 5. 1) 2n − 1 , 2) 12 (3n − 1) , 3) n n(n + 1)(n + 2) ; 10. 1) n(3n + 1) ; 2) 3 2 n(4n + 6n − 1) ; 4) n(n + 1)2 ; 3) 3 n(n + 1)(n + 2)(n + 3) ; 5) 4 n(n + 1)(n + 2)(3n + 1) . 6) 12 12. 1) Za n = 1 tvrdnja je trivijalno ispunjena. Za n = 2 bilo bi |a1 + a2 |  |a1 | + |a2 | . 2.

238

|a1 + . . . + ak + ak+1 |  |a1 + . . . + ak | + |ak+1 |

OG LE DN IP RIM JE RA K

34. To je sustav s bazom 5; 23(5) · 32(5) = 1341(5).  3201(4) = 33(4) . 35. To je sustav s bazom 4;

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 |.

14. 1) Izraz (n + 1)3 + 11(n + 1) napiˇsi u obliku n3 + 11n + 3(n(n + 1) + 4) i iskoristi pretpostavku indukcije.

15. 1) Za n = 1 je 7n + 3n − 1 = 9 . Pretpostavimo da za n = k vrijedi 7k + 3k − 1 = 9a . Tada je i 7k+1 + 3(k + 1)− 1 = 7(7k + 3k − 1)− 18k + 9 = 7 · 9a − 9(2k − 1) , sˇ to je oˇcito broj djeljiv s 9. 2) Uvrstimo li n = 1 , dobit c´ emo broj 36 + 27 + 3 = 66 , koji je djeljiv s 11. Pretpostavimo da je 62k + 3k+2 + 3k = 11a . Dokaˇzimo kako 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 . Zakljuˇcak provedi do kraja. 16. 1) Za n = 1 imamo 4 > 1 . Pretpostavimo da za neki n = k , 4k > k2 . Treba dokazati da iz toga slijedi 4k+1 > (k + 1)2 . No prema pretpostavci je 4k+1 = 4 · 4k  4k2 . Dalje, zbog k2  k i k2  1 , vrijedi 4k2  k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 . 2) Za n = 1 , 2 > 1 . Neka je 2k > k2 − 2k + 2 . Dokaˇzimo 2k+1 > (k + 1)2 − 2(k + 1) + 2 = k2 + 1 . Imamo nejednakosti 2k > k2 − 2k + 2 i 2k > 2k − 1 . Njihovim zbrajanjem dobiva se 2 · 2k > k2 + 1 . Valja joˇs samo matematiˇckom indukcijom provjeriti nejednakost 2k > 2k − 1 . 17. 1) 1◦ 33 > 17 ; 2◦ Ako je 3k > 2k + 3k , 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) 1◦ Za n = 3 , 27 > 12 . 2◦ Ako je k3 > 3k + 3 , onda je (k + 1)3 > 3(k + 1) + 3 . Dokazˇ imo to! Imamo dvije nejednakosti: (k + 1)3 = k3 +3k2 +3k+1 daje 3k2 +3k+1 > 3 , za k  3 ,

BROJEVI

a pretpostavka je k3 > 3k + 3 . Zbrojivˇsi te dvije nejednakosti dobivamo (k + 1)3 > 3(k + 1) + 3 .

2

19. Za n = 2 je 22 + 1 = 17 , pa baza indukk cije vrijedi. Pretpostavimo da broj 22 + 1 za neki prirodni broj k zavrˇsava znamenkom 7, pa k+1 + 1 zavrˇsava znadokaˇzimo da tada i broj 22 k menkom 7. Po pretpostavci je 22 + 1 oblika 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, a to je oˇcito broj kojem je posljednja znamenka 7.

13. 1) x = 4 ili x = 5 ; 4) x = 8 .

2) x = 6 ;

3) x = 7 ;

15. 1) x4 − 4x3 + 6x2 − 4x + 1 ; 2) 32x5 + 80x4 + 80x3 + 40x2 + 10x + 1 ; 5 10 1 + 3− 5; 5) x5 − 5x3 + 10x − x x x √ 8) 485 − 198 6 . 16. 1) 162x4 + 108x2 + 2.     n n (4)4 · 19. Iz jednakosti (4)3 ·3n−3 = n−4 n−3 3n−4 slijedi n = 6 . Koeficijenti iznose 34 560.

20. n = 14.

ˇ 21. Iz prvog uvjeta slijedi n = 12 . Clan  ne  koji 12 sadrˇzi x je deveti po redu, on iznosi . 8   1 12 22. To je sedmi cˇlan i iznosi · 6 a13 . 6 2 23. 1) 112x6 ; 2) 198x5 ; 3) 15 , peti cˇlan u razvoju; 4) 28 , sedmi cˇlan u razvoju. 24. Im z = 8 . 25. 331 695. √ 26. −572 2.

Rjeˇsenja 1.3 1.

1) 408 240 ; 4) 36 .

2.

1) 18! ;

3.

1) 15 · 14 ; 2) 8 · 7 · 6 ; 3) n(n − 1) ; 4) n(n + 1) ; 5) 2n(2n − 1)(2n − 2) . . . (n + 1) ; 6) (n + k)(n + k − 1) ; 7) (n + 1)n(n − 1) ; 1 8) . (2n − 2)!

4.

12. 1) n = 8 ; 2) n = 7 ; 3) n = 5 ; 4) n = 3 ili n = 14 ; 5) n = 5 ; 6) n = 17 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

18. 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 7 + 72 + . . . + 74k + 74k+1 + 74k+2 + 74k+3 + 74k+4 = (7 + 72 + . . . + 74k ) + 74k (1 + - djeljiv sa 100. Broj u prvoj 7 + 49 + 343) takoder zagradi djeljiv je sa 100 po pretpostavci, a drugi je pribrojnik jednak 400 · 74k , dakle, takoder djeljiv sa 100. Zapravo, iz dokaza vidimo da je zadani broj uvijek djeljiv sa 2800 .

1

2) 479 001 599 ;

3) 6 375 600 ;

3) (n + 1)! ;

2) 12! ;

4) (n − 1)! .

73 73 65 1) = ; 2) ; 9 · 8 · 7! 9! 8! 2 4) 98 ; 5) 1580 ; 6) 1275 . n ; (n + 1)! 4) 1 .

n−1 ; n!

3) 24 ;

(n − 1)2 ; n

5.

1)

6.

1) n = 7 ; 2) k = 4 ; 4) n1 = 2 , n2 = 3 .

7.

1+2+6+24+120+. . . = 3+10·k . Posljednja znamenka je 3.

9.

45 , 126 , 816 , 120 , 495 .

2)

3)

3) k = 5 ;

√ 27. n = 11, tre´ci je cˇlan raspisa jednak 55 · x5 x , a slobodni cˇ lan je 165.

28. n = 11 , cˇetvrti je cˇ lan raspisa jednak 165x11 , a slobodni cˇlan je 55. 29. Postoji, to je 13. cˇlan. 30. Ne postoji.

31. Postoji, to je 4. cˇlan. 32. n = 8 , 28x4 .

33. Zbroj koeficijenata dobijemo kad u rastav binoma uvrstimo x = 1 , y = 1 . Uˇcinimo li to odmah, vidimo da je taj zbroj jednak 1. 34. x = 10 .

Rjeˇsenja 1.4 1.

839, 929, 22 279

2.

Parni su brojevi sloˇzeni. Izdvojimo li brojeve koji su djeljivi s 3 i s 5, preostaje provjeriti sljede´ce

239

1

ˇ RJESENJA ZADATAKA

brojeve: 26963, 26969, 26971, 26977. 26963 = 59 · 457 , 26969 = 149 · 181 , 26971 = 7 · 3853 , 26977 = 53 · 509 . 312 = 23 · 3 · 13 , 556 = 22 · 139 , 1001 = 7 ·11 ·13 , 5828 = 22 ·31 ·47 , 12481 = 7 ·1783 .

5.

Svi su brojevi djeljivi sa 7.

6.

Podijeli na raˇcunalu 100020003 sa 7. Dobije se kvocijent 14288571 i ostatak 6. Nas zanima samo ostatak, koji pridruˇzujemo preostalim znamenkama broja i dobivamo novi broj koji treba testirati: 600020001. On je djeljiv sa 7.

7.

Tvrdnja se temelji na identitetu 4(10x + y) = x + 4y + 39x .

2n(2n + 1) n(n + 1) − = 187 , 2 2 odnosno 3n2 + n − 374 = 0 , dobijemo n = 11 . (Drugo je rjeˇsenje −34/3 .) Onda je S33 = 561 .

10. Iz jednadˇzbe

23. 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 c´emo 75.56, aritmetiˇcku sredinu ostalih 25 brojeva.

5 . 18 25. a = 366 , b = 610 , c = 732 . 3 26. . 5 27. a : b = 3 . 24. c =

12. Ovaj c´ e broj biti 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.

28. Neka je x + y = 750 . Tada je 0.08x + 0.24y = 0.112 · 750 = 84 . Ovo je sustav jednadˇzbi iz kojega se dobije x = 600 , y = 150 . Provjera pokazuje da je rezultat toˇcan. Naime, vrijedi: 0.08 · 600 = 48 , zatim 0.24 · 150 = 36 , te je 48 + 36 = 84 , a ve´c smo izraˇcunali 84 = 0.112 · 750 .

13. Prvi i tre´ci broj jesu, a drugi nije potpuni kvadrat.

30. Izraˇcunaj A − B .

14. n5 − 5n3 + 4n = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) . Radi se o umnoˇsku pet uzastopnih prirodnih brojeva od kojih je barem jedan djeljiv s 5, barem jedan s 3 i barem dva s 2, od kojih barem jedan s 4.

31. 1) Usporedi brojeve 1 − A i 1 − B . a a+1 2) Ako je A = , onda je B = . Promotri b b+1 razliku A − B .

11. Tvrdnja slijedi iz identiteta (n − 1)n(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + n − 1)2 .

15. k = 1 , n = 472 ; k = 2 , n = 236 i k = 4 , n = 118 . 16. Djelitelj je 20, a ostatak 17. 17. 13.

18. 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.

19. 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 tre´ci 1, pa imamo joˇs i ova rjeˇsenja: (1, −6, 4) , (1, −4, 2) , (3, −6, 2). 20. x = −4 ili x = 11 . 21. 1) x = 53 , y = 52 ; x = 19 , y = 16 ; x = 13 , y = 8 ; x = 11 , y = 4 . 2) x = 8 , y = 5 .

240

22. Zbroj svih deset brojeva jednak je 110. Najve´ci mogu´ci od 10 brojeva je broj 110 − (1 + 2 + 3 + . . . + 9) = 65.

OG LE DN IP RIM JE RA K

3.

3) x = 0 , y = 0 ili x = 2 , y = 2 . ˇ 4) Cetiri rjeˇsenja: (1, 1) , (2, 2) , (1, 3) i (0, 2) .

32. a < b =⇒ ac < bc =⇒ ab + ac < ab + a a+c bc =⇒ a(b + c) < b(a + c) =⇒ < . b b+c 33. Kvadriranjem nejednakosti a + b  1 dobit c´emo 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!

36. Prikaˇzimo u obliku razlomka broj a . Pomnoˇzimo a sa 100, te je 100a = 36.363636 . . . Oduzimanjem od ove jednakosti broja a = 0.363636 . . . dobit c´emo 99a = 36 , odnosno, nakon kra´cenja, 4 . a = 11 Analogno postupi s ostalim dvama brojevima. 38. Postupkom opisanim u prethodnom zadatku naj59 97 prije c´emo dobiti a = , b = , te je 111 111 38 52 , a−b=− . a+b= 37 111

BROJEVI

14 a 7 11 11 7 , b= , = · = = 0.6875 . 8 11 b 8 14 16 11 4 1 3. 41. a = , b= , a·b= 12 11 3 42. Dani c´emo razlomak raspisati na sljede´ci na4. m2 − 2m + 1 (m + 2)2 − 6m − 3 cˇin: = = m+2 m+2 9 (m + 2)2 − 6(m + 2) + 9 = m+2−6+ = m+2 m+2 9 . m−4+ m+2 Sada dalje zakljuˇcujemo: Kako je m − 4 cijeli broj za svaki cijeli broj m , m2 − 2m + 1 biti cijeli broj onda c´e razlomak m+2 9 5. . No za to kad cijeli broj bude razlomak m+2 je dovoljno da je m + 2 djelitelj od 9. Dakle je m + 2 ∈ {±1, ±3, ±9} . Tako je rjeˇsenje zadatka m ∈ {−11, −5, −3, −1, 1, 7} .

43.

12 . 7

1 44. 1) x = ± ; 5

45. To su brojevi 48. Npr.,

2) x = ±

5 . 12

6.

1 1 i . 2 3

121 , rjeˇsenja ima beskonaˇcno mnogo. 196

Rjeˇsenja 1.5 1.

2.

racionalan. No tada je c − a = b racionalan broj. To je proturjeˇcno uvjetu u zadatku. √ √ Pretpostavi da je broj racionalan, x + y = u √ √ i kvadriraj jednakost x = u − y . √ Pretpostavimo da je broj c = a + b 2 racionalan. Kvadrirajmo √ ovaj izraz. Dobit√c´emo c2 = a2 + 2ab2 2 + 2b2 . Odatle je 2 = c2 − 2b2 . S lijeve strane ove jednakosti je iraci2ab √ onalan 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. √ Pretpostavimo da je n a racionalan, tj. da je √ n a = p , p, q ∈ N , q = 1 , te M(p, q) = 1 . q pn Tada je a = n . Oznaˇcimo s k neki prost djeliq telj od 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. √ √ Pretpostavimo √ da√je 2 + 3 racionalan broj, tj. da je 2 + 3 = a ,√a ∈ Q . Kvadrirajmo ovu jednakost: 2 + 2 6 + 3 = a2 . Odatle √ a2 − 5 . S lijeve strane je iracionalan je 6 = 2 √ broj 6 , a s desne strane racionalan (jer je a racionalan po pretpostavci). Takva je jednakost proturjeˇcna, te a nije racionalan.

OG LE DN IP RIM JE RA K

40. a =

1

√ Pretpostavimo da je 3 racionalan. On se ta√ m , gdje su da moˇze prikazati u obliku 3 = n m i n prirodni brojevi koji su relativno prosti (razlomak je do kraja skra´cen). Kvadriranjem √ m2 m jednakosti 3 = dobivamo 3 = 2 , odnosn n no 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 znacˇ i da 3 nije √ racionalan. Analogno se dokazuje √ - iracionalni. da su brojevi 3 3 i 4 2 takoder Uzmimo da je broj a racionalan, a broj b iracionalan. Pretpostavimo da je broj c = a + b

7.

9.

√ x3 + 6x − 3 , gdje je x = 1) Zapiˇsi 2 = 3x2 + 2 √ √ 2 + 3 3 i provedi zakljuˇcak.

  √ √ 1) Stavimo x = 6 + 2 5 − 6 − 2 5 . Kvadriranjem dobivamo  √ √ √ x2 = 6 + 2 5 − 2 (6 + 2 5)(6 − 2 5) + 6 − √ √ 2 5 = 12 − 2 16 = 4 pa je x = 2 .   √ √ 3 3 3) Stavimo 2 + 5 + 2 − 5 = x . Nakon kubiranja dobivamo   √ √ 3 3 4 − 3( 2 + 5 + 2 − 5) = x3 , sˇ to moˇzemo zapisati u obliku x3 + 3x − 4 = 0 . Lijevu stranu ove jednadˇzbe lako rastavimo u faktore te je (x − 1)(x2 + x + 4) = 0 . Ova jednadˇzba ima jedno realno rjeˇsenje, broj x = 1 . Kako je

241

1

ˇ RJESENJA ZADATAKA

sˇ enja ove jednadˇzbe su brojevi ±1 . No ti brojevi nisu rjeˇsenja, pa stoga ni poˇcetna jednadˇzba nema racionalnih rjeˇsenja. 15. Dokaˇzi najprije rekurzivnu jednakost cos(k + 1)◦ = 2 cos k◦ cos 1◦ − cos(k − 1)◦ . Pretpostavimo da je cos 1◦ racionalan broj. Onda c´e iz dokazane jednakosti slijediti da su racionalni i brojevi √cos 2◦ , cos 3◦ , . . . , cos 30◦ . No 3 cos 30◦ = i on nije racionalan. Pretpos2 tavka je, dakle, bila pogreˇsna, te ni cos 1◦ nije racionalan.

OG LE DN IP RIM JE RA K

  √ √ 3 3 2 + 5 + 2 − 5 njezin korijen, a realan je broj, on je jednak 1.    √ √ √ 10. 9 + 4 5 = 4 + 4 5 + 5 = (2 + 5)2 √ = 2 + 5 . Koriste´ci ovaj prikaz, √ za drugi dobivamo vrijednost drugog broja: 5 − 2 . 11. 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 do´ci 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.  12. Stavit c´emo 4x2 + x − 1 = 2x + a , 2x + a  a2 + 1 0 . Odatle je x = , gdje je a = 14 pro1 − 4a izvoljan racionalan broj koji zadovoljava uvjet 2x + a  0 .

13. 1) Pretpostavimo da je broj log2 3 racionalan a tj., da je mogu´c zapis log2 3 = , a, b ∈ N . b No ta je jednakost ekvivalentna kontradiktornoj 2a = 3b , jer je slijeva paran, a zdesna neparan broj, pa kako je posljedica pretpostavke, ta je pretpostavka pogreˇsna. 2) Kao pod 1) , dobije se 18a = 36b , odnosno 18a−b = 2b , a > b . Broj s lijeve strane djeljiv je s 3, a broj s desne to nije.   √ 1 + cos 30◦ 2+ 3 ◦ = . 14. 1) cos 15 = 2 2 2) Na sliˇcan naˇcin. 3) Pretpostavimo da je 2 tg 5◦ ◦ tg 5 racionalan. Tada je tg 10◦ = 1 − tg2 5◦ ◦ racionalan, pa je racionalan i tg 15 = tg(10◦ + 2 tg 15◦ 5◦ ) , a onda i tg 30◦ = . No to je 1 − tg2√15◦ 3 iracionalan kontradikcija jer je tg 30◦ = 3 broj. 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 c´emo da ova jednadˇzba nema racionalnih korijena, sˇ to c´e 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 mogu´ca racionalna rje-

242

16. Pretpostavi da je tg 1◦ racionalan. Primjenjuju´ci tg k◦ + tg 1◦ uzastopno formulu tg(k + 1)◦ = ◦ ◦ √1 − tg k tg 1 3 racionalan, zakljuˇcit c´emo da je i tg 30◦ = 3 sˇ to nije. Onda nije racionalan niti broj tg 1◦ .

21. U svakoj od zagrada je negativan broj pa je njegova apsolutna vrijednost njemu broj. √ suprotan √ √ Tako je dani izraz jednak: −1+ 2+ 2− √ 3+ √ √ √ √ 3 − 4 . . . + 99 − 100 = −101 + 2 2 .

22. Oˇcito je x ∈ 5, 6 . Tako je x = 5 te je onda 28 x= . 5 23. 217. 1

3

5

24. Moˇzemo zapisati: 2 2 · 2 2 · 2 2 · . . . · 2 2k−1 1 3 5 2 2 + 2 + 2 +...+ 2

2k−1 2

=

8

> 256 = 2 . 2k − 1 1 3 5 > 8 . No zbroj Onda je + + +. . .+ 2 2 2 2 prvih n prirodnih brojeva jednak je n2 , pa imamo nejednadˇzbu 12 k2 > 8 , odakle je k2 > 16 . Najmanji cijeli broj k koji zadovoljava uvjete zadatka je k = 5 .

25. Zbroj je jednak 9. Racionaliziraj svaki pribrojnik. 26. Potrebno je odrediti uklopljene intervale [an , an ] √ unutar kojih leˇzi broj 5 . 27. Odredi√intervale [an , an ] , √[bn , bn ] takve da je < an √ , bn < 3 < bn . Onda je an < 2 √ an + bn < 2 + 3 < an + bn .

29. Neka je [a, b] interval s racionalnim krajevima, x bilo koji pozitivan iracionalni broj koji leˇzi unutar intervala [n − 1, n] za neki n ∈ N . Onda b−a je a + x iracionalan broj koji leˇzi unutar n intervala [a, b] .

BROJEVI

9.

32. 1) inf S = min S = 1 , sup S = max S = 2 . 2) inf S = min S = 0 , sup S = ln 20 , maksimum ne postoji. 3) inf S = min S = 0 , sup S = 9 , maksimum ne postoji. 4) inf S = 1 , sup S = 9 , minimum i maksimum ne postoje. 33. 1) inf S = min S = 0 , sup S = ∞ ;

2) inf S = min S = 0 , sup S = max S = 3) inf S = min S = 12 , sup S = 1 .

3 ; 2

2. 4.

1) 1 − 2i ; 2) 7 + 17i ; 4) −7 + 24i ; 5) i ; 6) 0 ; 3 3 6 7) − i ; 8) . 2 2 5

14.

3) −9 + 46i ;

15.

√

3 1 3 1) −2 + i ; 2) 2 ; 3) − + i. 2 2 2 Toˇcke kruˇznice polumjera 1, sa srediˇstem u ishodiˇstu.

5.

Stavi z = x + iy i izraˇcunaj realni dio broja w .

6.

7.

Svi brojevi koji leˇze na realnoj osi ili na kruˇznici  1 1 2 + y2 = . x− 2 4 z1 = 0 , z2 = 1 , z3 = i , z4 = −1 , z5 = −i .

8.

1) Hiperbola xy = 1 . 3) Pravac y = x .

16.

2) Elipsa 4x2 +3y2 =12 . 1 4) Parabola x = (y2 − 1) . 2

x2 y2 + = 1 , sa zˇ ariˇstima F1 (−3, 0) , 16 7 6) Dio F2 (3, 0) i velikom osi 2a = 8 . hiperbole 12x2 − 4y2 = 3 za koji je x > 0 . 7) Toˇcke s kruˇznice (x − 1)2 + (y − 1)2 = 2 . 8) Pravac y = −x + 2 . 9) Toˇcke s kruzˇ nice kojoj je promjer spojnica toˇcaka (x1 , y1 ) i (x2 , y2 ) . 10) Pravac koji prolazi toˇckama (x1 , y1 ) i (x2 , y2 ) .

3 4 11 ; 2)  = ; 3)  = ; 4 3 6 1 6 4) Iz sustava cos  = − √ , sin  = √ 37 37 dobiva se  = 99◦ 27 44 .  3 3    + i sin ; 1) cos + i sin ; 2) 2 cos 2  2   2  2 3) 4 cos 0 + i sin 0 ; 4) 6 cos  + i sin  ;  √  3  4 3 + i sin + ; 6) 2 cos 5) 2 cos 4 4 3  √  4  i sin ; 7) 5 cos 63◦ 26 +i sin 63◦ 26 ; 3   √ 8) 13 cos 326◦ 18 + i sin 326◦ 18 . √  7  7 1) z = 2 cos + i sin ; 4 4 √ 3 3 2) z = cos + i sin ; 3) z = 2(cos 0 + 2  2   i sin 0) ; 4) z = 2 cos + i sin ; 5) z = 6 6 2 2 5 5 cos + i sin ; 6) z = cos + i sin . 3 3 4 4  7  7 + i sin ; 1) z1 = 2 cos 4 4 16 16 + i sin ; 2) z2 = cos 17 17   9 9 3) z3 = 2 cos + i sin ; 8 8   6 6 + i sin ; 4) z4 = 3 cos 7 7     cos + i sin . 5) z5 = 2 cos 5 5 5  3 3  1) z = 3 cos + i sin ; 4 4 10 10 2) z = cos + i sin ;  11  19  11  19  + i sin ; 3) z = 3 cos 12  12     √ 7 7 + i sin ; 4) z = 2 cos 4 4

13. 1)  =

Rjeˇsenja 1.6 1.

1) Vanjˇstina kruga s polumjerom 1 i srediˇstem u toˇcki (1, 0) ; 2) vanjˇstina kruga sa srediˇstem u (−2, 3) i polumjerom 2. 3) Prsten sa srediˇstem u toˇcki (0, 1) , unutarnjeg polumjera 1 i vanjskog 3. 4) Kut s vrhom u ishodiˇstu koji 3 prema zatvaraju zrake s kutom  =  ,  = 4 pozitivnom dijelu realne osi. 5) Dio ispod pa1 rabole y = x2 − 1 . 6) Unija dvaju krugova: 4 x2 + (y − 1)2 = 2 , x2 + (y + 1)2 = 2 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

 9  30. 1) 1, 9] ; 2) [0, 9] ; 3) −2, 0] ; 4) − , 0 ; 4  9 . 5) − , 4 ; 6) [−1, 3] . 4 31. 1) inf S = min S = −6 , sup S = max S = 2 . 2) inf S = min S = −6 , sup S = 3 , maksimum √ ne postoji. 3) Isto. 4) inf S = − 3 , √ sup S = 3 , minimum i maksimum ne postoje. 5) inf S = 0 , sup S = 1 , minimum i maksimum ne postoje.

1

5) Elipsa

17.

243

1

ˇ RJESENJA ZADATAKA

Rjeˇsenja 1.7 1.

2. 3.

4. 5.

6. 7.

244

2   4 8 81  cos + i sin , z2 = cos 27  5 5 256 9 2 +i sin 9 9√ 27 3 + i ; 4) −214 i . 1) i ; 2) −210 ; 3) 2 2 √ 1) −8 ; 2) √ −8 − 8i 3 ; 3) −4 ; 4) −8i ; i 3 1 i ; 6) − . 5) − − 32 32 81 √  31 31  2 cos + i sin . 4 16 16  √  5 5  5 +i sin ; 2) 32 2 cos + 1) 213 cos 6 6 4  5   i sin ; 3) cos + i sin . 4 2 2 n n n (1 + z) = cos + i sin 3 3 √  1) a = 1 , b = 1 , |z| = 2 , tg  = 1 ,  = ; 4 √    n n (1 + i) = 2 cos + i sin 4 4 √ n n n  + i sin ; = ( 2) cos 4 4 z31 =

√ √ 3 , b =√ −1 , |z| = 1 + 3 = 2 , 3 1 5 tg  = − √ = − =⇒  = ; 3 6 3      √   n + i sin − ( 3 − i)n = 2 cos − 6 6  n  n − i sin . = 2n cos 6 6 n n 8. (−1) · 2 cos . 3 i 9. 1) −  . 63 cos6 12 10. 1) cos 0 + i sin 0 = 1 ; √  7 7  2 2) + i sin cos ; 2 12 12 3) cos 0 + i sin 0 ; √  3   4) cos + i sin . 2 2 2 3 3 + i sin . 11. 1) cos 2 2 12. 1) Izdvoji realni i imaginarni dio u jednakosti cos 3 + i sin 3 = (cos  + i sin  )3 . 2) a =

OG LE DN IP RIM JE RA K

5  5  5 + i sin 5) z = 2 cos cos ; 9 9 9   6) z = cos + i sin . 3 3 5 5 18. 1) cos + i sin ; 24 24 1 cos 0 + i sin 0 ; 3) 2 9  9 + i sin . 5) 4 cos 8 8 √  3  3 19. 1) 2 2 cos + i sin ; 2 2 √   3   cos + i sin . 2) 3 2 2 √  5  5 + i sin ; 20. 1) z = 2 cos 12 12 3 3 2) z = cos + i sin ; 2 2   3) z = cos + i sin ; 2  211 11  1 + i sin . cos 4) z = √  20 20 2 sin 5

13. Iz uvjeta slijedi x2 − 2 cos  x + 1 = 0 odakle je x1,2 = cos  ± i sin  . Zato je xn = cos n ± i sin n , x−n = cos n ∓ i sin n te 1 je xn + n = 2 cos n . x  √2 √2  − i ; 2) ±(2 + i) ; 14. 1) ± 2 √ 2  √ 3 1 + i . 3) ± 2 2 2 √  3  1 ± i; 4) cos +k + 15. 1) −1 , 8 2   2  2 +k , k = 0, 1, 2, 3 . U sljede´cim je i sin 8 2 odgovorima √ navedena samo prva vrijednost√kori3 1 2 jena: 6) + i ; 7) 1 + i ; 8) + 2 2 2 √ √ 2 3 1   i ; 9) + i ; 10) cos + i sin . 2 2 2 8 8 √ √ 3 3 1 1 16. 1) w1 = + i , w2 = − + i, 2 2 2 2 w3 = −w1 , w4√= −w2√; √ 1− 3 3−1 1+ 3 + i, − 2) −1 + i , 2 2 2 √ 1+ 3 i; 2

BROJEVI

18.

19.

20.

4 4 + i sin w5 = 5 cos 3 3

√ √ 11 +12k 11 +12k 4 +i sin z = 2 cos 21. , 24 24 k = 0, 1, 2, 3

√ 11 11 + i sin z0 = 2 cos 24 24

√ 23 23 + i sin z1 = 2 cos 24 24

√ 35 35 + i sin z2 = 2 cos 24 24

√ 47 47 + i sin ; z3 = 2 cos 24 24    ; z = 4 cos + i sin 6   6  z3 = 64 cos + i sin 2 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

17.

1  24k + 19  24k + 19 3) 12  + i sin  , √ cos 72 72 2 k = 0, 1, . . . , 5 . 24k + 5 1  24k + 5  1) 16  + i sin  , √ cos 96 96 2 k = 0, 1, . . . , 7 ; 24k + 17 1  24k + 17  2) 12  + i sin  , √ cos 72 72 2 k = 0, 1, . . . 5 ;  6k + 1  1   6k + 1  3) 12  + i sin  , √ cos 36 36 2 k = 0, 1, 2, . . . , 11 .     1) w = cos +k + i sin +k , k ∈ Z4 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 11 3 1 + i sin = − i w4 = cos 6 6 2 2 3 + 8k 3 + 8k + i sin 2) z = 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

5 5 z = 2 cos + i sin , 3 3 5 5 + i sin w = 3 cos . 4 4

√ √ 3 z = 3 2 cos 7 + 12k + i sin 7 + 12k , 18 18 k = 0, 1, 2;

√ 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 2 2 + i sin ; w = cos 3 3

1

2 2 + i sin ; 22. z4 = cos 3 3   z = cos + i sin ; 3 3 √  + 6k  + 6k 5 + i sin , z = cos 15 15 k = 0, 1, 2, 3, 4 √    + i sin z0 = 2 cos 15 15 √ 7 7 + i sin z1 = 2 cos 15 15

√ 13 13 + i sin z2 = 2 cos 15 15

√ 19 19 + i sin z3 = 2 cos 15 15

5 5 + i sin z4 = sq2 cos . 3 3 3   3 + i sin , z2 = cos + i sin , 8 8 8 8 5 7 5 7 z3 = cos +i sin , z4 = cos +i sin . 8 8 8 8       +k· + i sin +k· , 25. 1) zk = 2 cos 6 3 6 3 k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 . 3) Rastavljanjem u faktore dobit c´e se (z+1)(z4 + 23. z1 = cos

245

1

ˇ RJESENJA ZADATAKA

z2 + 1) = 0 . Rijeˇsi zadatak do kraja. 7 7 11 11 4) i , cos + i sin , cos + i sin . 6 6 6 6

Rjeˇsenja 1.8

3. 4.

5.

a > 54 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

2.

√ x2,3 = ±i 2 .

√ Kvadriranjem x21 = 5 + 2 6 , pa je (x21 − 5)2 = 24 , tj. x41 − 10x21 + 1 = 0 . Dakle, P(x) = x4 − 10x2 + 1 . Jednadˇzba ima cˇetiri rjeˇsenja. Uz z1√= 1 + i ostala su tri z2 = 1 − i te z3,4 = −1±6 13 .

6.

√ √ x1,2 = 1 ± 2i , x3,4 = ± 2 , x5,6 = ± 33 .

7.

x1,2 = ±i , x3 = −3 , x4 = 1 .

8.

Nakon dijeljenja brojnika i nazivnika sa z2 + 1 = z2 − 4z + 3 (z − i)(z + i) , dobit c´e se razlomak 2 z − 5z + 4 koji se joˇs moˇze skratiti (sa z − 1 ) te je konaˇcno z−3 rezultat kra´cenja razlomak . z−4 1) z1 = 2 + 3i , z2 = −2 + i ; 2) z1 = i , z2 = 1 − i .

9.

12. 1) Jednadˇzba se svodi na z3 = −2 + 2i , s rjeˇsenjima z0 = 1 + i , z1 = −1,37 + 0,37i , z2 = 0,37 − 1,37i . √ 2 = −1/2 ± i 3/2 i odavde 2) Dobivamo z√ √ z1 = 1/2 + i √ 3/2 , z2 = −1/2 + i√3/2 , z3 = −1/2 − i 3/2 , z4 = 1/2 − i 3/2 . 3) Jednadˇzba se svodi na (z3 + i)2 = √ 0 , s rjeˇsenjima√ (dvostrukim) z1 = i , z2 = − 3/2 − i/2 , z3 = 3/2 − i/2 . 4) Jednadˇzba se svodi na (z+1)2 = −2 , s rjeˇsenjima z1 = −0,37+1,09i ,

246

z2 = −2,26 , z3√= −0,37 − 1,09i . √ 5) z1 = 0 , z2 = i , z3 = − 3/2 − i/2 , z4 = 3/2 − i/2 . √ 13. 1) z = 3 2(cos 9 + i sin 9 ) .  √  2) z1 = 3 2 cos 149 + i sin 149 ,  √  z2 = 3 2 cos 169 + i sin 169 ;    3) z1 = 16 cos 23 +i sin 23 , z2 = 32 cos  +    i sin  , z3 = 16 cos 43 + i sin 43 ; 4) z1 = cos 23 +i sin 23 , z2 = 2 cos  +i sin  , z3 = cos 43 + i sin 43 ; √ √ √ 5) z1 = 1+ 3i , z2 = − 3+i , z = −1− 3i , 3   √ 3 √  + z4 = 3 − i ; 6) z1 = 2 6 cos 43 36     3 √ 43  47  47 i sin 36 , z2 = 2 6 cos 36 +i sin 36 .

14. Uvrˇstavanjem vrijednosti dobiva se sustav s rjeˇsenjima a = −i , b = −5+12i , c = 12+5i . Jedna nul-toˇcka polinoma je z1 = i , druge dvije su rjesˇ enja jednadˇzbe z2 − 5 + 12i = 0 , z2 = 2 + 3i , z3 = −2 − 3i .

15. Broj 1 nul-toˇcka je polinoma P pa je on djeljiv s z − 1 . Grupiranjem njegovih cˇ lanova dobivamo prikaz P(z) = (z − 1)(8z3 + 27) . Jedno rjeˇsenje jednadˇzbe je P(z) = 0 je z1 = 1 . Preostala tri 27 rjeˇsenja su tre´ci korijeni broja − . 8

KOMBINATORIKA

2

2. Kombinatorika Rjeˇsenja 2.1

OG LE DN IP RIM JE RA K

24. Kako je u abecedi 30 slova, zato je mogu´ce naˇciniti 302 = 900 razliˇcitih inicijala. No, 2 · 900 = 1800 < 2000 .

1.

5 · 5 · 4 = 100 .

2.

48. 12 brojeva imaju u zapisu dvije jedinice, 12 dvije dvojke, a 24 imaju sve tri znamenke razlicˇite.

25. Na 10 · 9 · 8 = 720 naˇcina. 26. 34 · 33 · 32 · . . . · 5 . 27. 9 · 104 − 8 · 94 .

3.

73.

4.

2 · 4! = 48 .

5.

3 · 6 · 5 · 4 · 3 = 1080 .

6.

Na sedam naˇcina.

7.

31. 1) 8 ·94 .

Na 11 naˇcina.

32. Na 28 · 27 · 26 · 25 naˇcina.

8.

Na 15 naˇcina.

33. Na 20 160 naˇcina.

9.

Izbor dvaju podskupa odgovara odabiru jedne faktorizacije broja. Ne smijemo odabrati prazan podskup odnosno sve faktore. Zato je ukupan broj razlicictih umnoˇzaka jednak 12 (2n − 2) .

34. 1) 5 · 4 · 3 = 60 ;

28. m · n · k .

29. 17 · 8 · 7 · 6

30. 1) 4 · 105 ; 2) 9 · 5 · 10 · 10 · 10 · 5 .

10. 512 slika. Svaka odgovara nekom podskupu sklupa od 9 cˇ unjeva. 11. Na 255 naˇcina. Broj odgovara broju podskupova skupa od 8 elemenata, umanjenom za prazni skup. 26

− 1 = 63 naˇcina. 2) Na 6 + 6 · 5 + 6 · 12. 1) Na 5·4+6·5·4·3+6·5·3·3·2+6·5·3·3·2·1 naˇcin.

35.

4 C10

· C64

2) 94 + 4 ·8 ·93 .

3) 9 ·104 − 8 ·94 .

2) 5 · 5 · 5 = 125 .

· 4! .

36. 1) 5 ·5 ·4 ·3 ·2 = 600 ; 2) 5 ·6 ·6 ·6 ·6 = 6480 ; 3) 5 · 6 · 6 · 6 · 3 = 3240 ; 4) 5 · 6 · 6 · 6 · 2 = 2160 ; 5) 5 · 6 · 6 · 1 · 1 = 180 . 37. 96.

38. 12 · 8 · 7 = 28 .

39. 21 + 22 + 23 + 24 + 25 = 62 . 40. 45 · 105

14. 24 · 24 = 576 .

41. Kocka ima 4, oktaedar 3, dodekaedar 100 a ikosaedar 36 prostornih dijagonala. Odredi s koliko je vrhova povezan dijagonalom svaki od vrhova tijela.

15. Na 32 · 32 = 1024 naˇcina.

42. 1) 313 = 1 594 323 . 2) 16 · 23 · 34 = 648 .

16. 32 · 24 = 768 .

Rjeˇsenja 2.2

13. 511.

17. Na 17 · 15 = 255 naˇcina. 18. 18 · 17 .

1.

7.

19. 220

2.

12!

3.

32! .

4.

24, ako mjesto za stolom nije vaˇzno; 120 ako jest.

5.

2 · 4 · 3 + 5 · 4! + 5! = 264 .

7.

8! = 40 320 .

8.

8! u oba sluˇcaja.

20. 5 · 5 · 5 = 125 ; 4 · 5 · 5 = 100 . 21. 106 . 22. 1) 2 · 3 · 3 · 3 · 3 = 162 ;

2) 4 · 5 · 5 · 5 · 5 = 2500 .

23. 9·10·10·10·2 = 18 000 ; 9·10·10·25 = 22 500 (dvoznamenkastih brojeva djeljivih s 4 ima 25).

247

2

ˇ RJESENJA ZADATAKA

9.

Rjeˇsenja 2.3

2 · 5! · 5! .

10. 4! · 3! .

1.

11. 4! · 4! · 3! · 3! · 2! .

13. Na 2 · 6! · 6! naˇcina. 14. 1) 4! = 24 ; 15. 1) 5! ; 16. 1) 2;

2) 3·4! = 72 ;

2) 6 · 4! ;

3) 5!−3! = 114 .

3) 3 · 5! ;

4) 4! .

2) 12.

17. 5! − 2 · 4! . 18. 6 666 600 .

19. 10 · 9 · 8 · 3! = 4320 . 28! 20. . (7!)4 21.

30! . (10!)3

22. 5! · 6! . 23. 1) 7! ;

2) 6! .

24. 1) 5! − 4! = 96 , 2) 5! − 3! = 114 , 3) 5! − 2! = 118 , 4) 4! = 24 5) 72. 25. 1) 6! ; 27. 2 · 4!

2) 3! · 6! .

16 , 24 , 8 , 28 .   52 4. = 2 598 960 . 5   12 5. Prvi izbor na naˇcina, a drugi na 12·11·10 3 naˇcina.   n = 45 dobiva se n = 10 . 6. Iz jednadˇzbe 2   13 7. − 13 = 65 . 2   6 = 15 . 8. 2   5 9. = 10 . 2   n . Svaka dva pravca imaju jednu presjeˇcnu 10. 2 toˇcku.     9 2 11. − = 35 . 2 2         18 5 6 4 12. − −[ − 1] − [ − 1] = 124. 2 2 2 2

2 . Imamo trokute dvaju tipova. 14. m · Cn2 + n · Cm Prve, kojima su dva vrha na jednom pravcu a jedan na drugom i obrnuto.

29. 524136, 546213. 30. 162453

15. Cn2 − Ck2 .

31. 585., 664., 87., 618.

16. Za svaki presjek trebamo 4 vrha, dakle

32. KRILO, ROMAN, RUDNKI 33. 1) tre´ca;

2) 258.;

2) 13.

3) 582.;

3) 179.

4) 634.

4) 17.

36. Na 4.446 · 1013 naˇcina. 10! 11! ; 2) ; 37. 1) 5!2!2! 2!3!2! 9! 4) . 2!3!

248

3.

3 − C3 + 1 = 156. 13. C11 5

28. 45213, 32415, 51423, 32514, 42351.

34. 1) 22.

2.

OG LE DN IP RIM JE RA K

12. 1) Na 12! naˇcina. 2) Na 4! naˇcina. Komplete treba promatrati kao jedinstvenu knjigu.

56, 21.           10 6 4 10 6 1) ; 2) + ; 3) − . 3 3 3 3 3

17.



 28 25! = 28! 3! 25

18. C72 · 25 = 672.

11! 3) ; 4!4!2!

19. Na 756 naˇcina.

4 . 20. 30 · C29     15 12 21. · . 3 2

41. 560, 420, 280.

2 . 22. C85 · C10

43. n = 6 .

23. C93 · C52 · 3 = 2520 .

44. n = 8 .

24. 278 256 .

  n . 4

KOMBINATORIKA

13 = 635 013 559 600 naˇ 25. Na C52 cina.

36. 175.

8 · C8 · C8 · C8 = 99 561 092 450 391 000 . 26. C32 24 16 8       52 39 26 27. · · . 13 13 13

38. 24 , 15 · 164 .

= 11 404 407 300 naˇcina.

m . 37. Cm+n

3 moˇzemo na tri 39. Svih je brojeva 38 . Znamenku   8 mjesta rasporediti na naˇcina, 3 dvije znamenke na preostalih 5 mjesta na 25 na  8 · 25 . cˇina: 3

OG LE DN IP RIM JE RA K

28. Na

2 ·C4 ·C3 ·C4 C13 13 13 13

2

29. 11 dana, 66 partija, 58 partija.

30. Tri katana kojima c´e osobe izi´ci moˇzemo odab 11 rati na naˇcina. Dvije osobe koje c´e prve 3   9 izi´ci moˇzemo odabrati na naˇcina, sljede´ce 2       7 11 9 7 tri na naˇcina. Rjeˇsenje: . 3 3 2 3 3 · C4 = 27 720 . 31. C12 9

40. 1) x = 8 ;

2) k = 7 ;

3) n = 4 .

41. 1) x1 = 3 , x2 = 14 ; 2) x = 3 ; 3) n = 10 . 42. 1) x ∈ {0, 1, 2} ; 2) n ∈ {0, 1, 2, . . . , 27} . 43. Broj iznosi (n + k)2 .

32. Na 22680 naˇcina.     20 15 33. · . 5 7

34. S jedne strane ploˇcice moˇze se nalaziti od 0 do 9 2 toˇckica. C10 = 55 . 3 = C63 = 20. 35. C4+3−1

249

3

ˇ RJESENJA ZADATAKA

3. Vjerojatnost 7.

1 . n

1.

A = {2, 4, 6} , B = {1, 3, 5} itd.

8.

N = n! , M = (n − 1)! , p =

4.

 = PP, GG, PGG, GPP, PGPP, GPGG, PGPGG, PGPGP, GPGPP, GPGPG, A = { GPP,PGG } , B = { PP,GG,PGG,GPP } itd.

9.

1 , 1 . Prebroji povoljne u skupu 36 mogu´cih 6 2dogadaja.

5.

11, to su brojevi od 2 do 12.

6.

A = {cbb, cbc, ccb} itd.

7.

 = {bb, bc, cb, cc} .

8.

 = {bb, bc, cb} .

25 = 32 , 6. - A ima devet elementarnih, B cˇetiri a C 10. Dogadaj osam. 11. 1) Postoji devet elementarnih dogadaja. Prikaˇzimo ih sljede´com tablicom

9.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 I bc − − b b − − c c II − bc − c − b c b − III − − bc − c c b − b 2) A = {1 , 3 , 5 , 9 } , B = {5 , 6 , 7 , 9 } , C = { 2 , 3 } . 12. 1) Postoji osam elementarnih dogadaja: 1 2 3 4 5 6 7 8 I xyz xy xz yz x y z − II − z y x yz xz xy xyz 2) A = {5 , 6 , 7 } ; B = {2 , 5 6 , 8 } ; A ∪ B = { 2 , 5 6 , 7 , 8 } ; AB = {5 6 } .

10. 1) 1 ; 2) 1 ; 3) 1 . 4 2 2   95 3 11. p =   = 0.856 . 100 3

  10 12. U svim je sluˇcajevima N = = 45 . 2   6 1) M = = 15 ; 2      6 4 4 = 6. 2) M = = 24 ; 3) M = 1 1 2   10 13. Vrijedi N = = 45 . Tri su mogu´ce 2 kombinacije boja: dvije bijele, jedna bijela i jedna crna, dvije   crne. Broj povoljnih ishoda 7 je: M1 = = 21 , M2 = 7 · 3 = 21 , 2   3 M3 = = 3 . Prve su dvije mogu´cnosti 2 jednako vjerojatne.

6·5 . 12·11     13 52 15. N = , 1) M = , 2) M = 13 · 13 , 2 2   4 3) M = , 4) M = 4 · 4 . 2 14.



Rjeˇsenja 3.2

250

p= 4 . 15

OG LE DN IP RIM JE RA K

Rjeˇsenja 3.1

2.

Niti jedna

3.

P({a}) = 29 , P({b}) = 13 , P({c}) = 13 , P({d}) = 19 .

4.

0.3

5.

0.3

6.

p= 1. 2

16.

  98 2 96 2   = 0.96 . 100 98

19. 1) p = 6 ; 11 5 5 20. ; ; 1. 9 9 2 4! 21. p = 4 . 6

2) p = 1 . 11

VJEROJATNOST

26. 27.

28. 29.

1 . 216 Smatramo (pri konstrukciji vjerojatnosnog prosˇ tora) da su sva slova razliˇcita! Cetiri slova moˇze4 mo odabrati na N = V10 = 10 · 9 · 8 · 7 naˇcina. Povoljni naˇcini su 2 · 3 · 2 · 1 poˇsto na prvo mjesto moˇze do´ci bilo koje od dva slova M, na drugo 1 . neko od tri slova A itd. Zato je p1 = 420 1 p= . 60 12! , a povoljan je Mogu´cih je ishoda N = 2!2!2!2! samo jedan. 9·9·8·7·6 ; 9 · 104 4 · 4 · 3 · 2 · ·1 . 3) 9 · 104

30. 1)

2)

1.

2.

3.

4.

5.

4 · 54 ; 9 · 104

36 V365 = 0.168 . 36536 50 32. p = . 3003

31. p =

Rjeˇsenja 3.3 - ima Dio intervala koji odgovara ovom dogadaju 3 . duljinu 10 3 . Izdvoji dio intervala koji odgovara ovom do10 3 gadaju. To je unija deset intervala duljine . 100 (Ista se vjerojatnost dobije za bilo koju znamenku po redu u decimalnom prikazu broja!)

OG LE DN IP RIM JE RA K

22. Tre´cu, posljednju znamenku moˇze birati na 5 na1 . cˇ ina, drugu na 9 a prvu na 8 naˇcina. p = 360      45 6 39 23. N = , M6 = 1 , M5 = , 6 5 1       6 6 39 39 M4 = , M3 = . 4 3 2 3      10 5 4 24. N = ; M= . 6 3 3        52 13 13 13 13 25. N = ; M= . 13 5 3 2 3

3

6.

7.

34. 1) AB C ; 2) ABC ; 3) ABC ; 4) A∪B∪C ; 5) A B C ∪ A B C ∪ A B C ; 6) A B C .

35. P(A) = 0.4 , P(B) = 0.6 , P(AB) = 0.2 , P(AB) = 0.2 , P(AB) = 0.4 . 36. P(A) = 0.4 , P(B) = 0.6 , P(A B) = 0.2 . 37. 11 . 36 38. Postoji 36 mogu´cih dogadaja. 5 1 1 , 2) , 3) , 4) 1) 36 9 6 1 1 15 ; 4) 39. 1) ; 2) ; 3) 4 2 16

8. 9 11 . 16

9.

1 p = . Izbor dvaju brojeva odgovara izboru 8 jedne toˇcke unutar jediniˇcnog kvadrata 0  x , 3 y  1 . Povoljan je skup za koji je x + y > , a 2 3 taj leˇzi iznad pravca y = − x . Povrˇsina je tog 2 1 skupa . 8 7 1 7 1) , 2) , 3) . 8 4 8 1) Oznaˇci s x duljinu |AM| , a s y duljinu |AN| . - je ekvivalentan s x < y , vjerojatnost je Dogadaj 1 . 2 1 2) Vjerojatnost da je M bliˇza rubu A je , isto 2 - su nezavisni, pa je rezultat za toˇcku B . Dogadaji 1 1 . 3) . 4 4 5 P= . 9 139 . 1152 √ a2 3 Povrˇsina je trokuta , a kruga upisanog u 4 √ √  a 3 2 3 taj trokut . . p= 6 9

10. p = 12 . Povrˇsina trokuta je 12 a2 , a upisanog kvadrata 14 a2 .

11. 14 . Kuglica ne´ce dodirnuti niti ako joj srediˇste - kroz zamiˇsljeni kvadrat stranice 5 mm (koprode ji dobijemo ako iz kvadrati´ca mreˇzice oduzmemo rub sˇ irok 2.5 mm). 12. 1 −  . 4

251

3

ˇ RJESENJA ZADATAKA

13. 0.5915 . 14. p = 23 . Neka je A jedna od odabranih toˇcaka na - druga toˇcka kruˇznici. Da bi se ostvario dogadaj, 2 B mora pasti unutar luka duljine 3 ·2r . Nacrtaj sliku.

Rjeˇsenja 3.4 1.

Rezultati na pojedinim kockama nezavisni su dogadaji. 1) 1 ; 2) 1 . 36 18

2.

1 ; 6) 1 ; 7) 10 . 1) 14 ; 2) 12 ; 3) 16 ; 4) 16 ; 5) 15 6 11

3.

U skupu od 15 mogu´cih ishoda, 5 je povoljnih. 1. 3 U skupu od 30 mogu´cih ishoda, 8 je povoljnih. 4 . 15 1 3 p = 110 / 19 = 1 . Rezultat desetog bacanja ne 2 2 2 ovisi o rezultatima prvih devet bacanja.

4.

5. 6. 7.

6 · 5 . 12 11

8.

P(A) = 1 ; P(B) = 7 ; P(C) = 1 . 12 12 3 1 1) . Odredi sve elementarne dogadaje koji pri3 padaju dogadaju C (ima ih 18) i izdvoji one koji - B . 2) Izraˇcunaj P(A) , zadovoljavaju dogadaj - su zavisni. P(B) i P(AB) . Dogadaji

9.

10. P(A) = 11 , (raˇcunaj vjerojatnost komplemen36 ta). P(B) = 6 · 5 = 5 . Vrijedi: AB = 6 6 6 { pojavila se jedna jedinica i joˇs jedan broj razliˇcit od 1 } , P(AB) = 10 . Zato je P(A|B) = 36 1 - su zavisni. P(AB)/P(B) = = P(A) . Dogadaji 3 11. Raˇcunamo vjerojatnost komplementa: nije se - Vjerojatnosti neostvaostvario nijedan dogadaj. - su 1 , 2 , 1 , pa komrivanja pojedinih dogadaja 3 5 2 plement ima vjerojatnost 1 · 2 · 1 = 1 . Traˇzeni 3 5 2 15 - ima vjerojatnost 14 . dogadaj 15

252

3 . 10

2·3 3 6 3 13. 1) p =   = ; 2) p = ; 3) p = . 5 5 4 7 2 Ovdje je rijeˇc o uvjetnoj vjerojatnosti. Mogu´ci su ishodi kod kojih je barem jedna kuglica bijela, a takvih ima 7. Povoljni su oni kad je izvuˇcena jedna bijela i jedna crvena, a takvih je 6. 6 5 4 20 5 14. p = · · = = . 6 6 6 36 9 15. Neka je Ai dogadaj: i -ti strijelac je pogodio - nezavisni. Traˇzimo vjerometu. Ti su dogadaji jatnost dogadaja A : ostvario se toˇcno jedan od A1 , A2 , A3 : P(A) = P(A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 )

OG LE DN IP RIM JE RA K

15. p = 23 , 12 .

12.

= P(A1 A2 A3 ) + P(A1 A2 A3 ) + P(A1 A2 A3 )

= 0.8 · 0.4 · 0.5 + 0.2 · 0.6 · 0.5 + 0.2 · 0.4 · 0.5 = 0.26.

16. 0.32 . Vidi prethodni zadatak. - } , B = { prvi 17. Oznaˇci A = { meta je pogodena strijelac je pogodio } , C = { drugi strijelac je pogodio } , D = { meta je pogodena jednim

metkom } . Onda je A = B ∪ C pa je A = B · C i zato 1 − P(A) = (1 − P(B))(1 − P(C)) = 0.6 · 0.2 = 0.12 . Dakle, P(A) = 0.88 . Za D vrijedi D = BC ∪ BC i ovi su dogadaji disjunktni. B i C su nezavisni pa vrijedi P(D) = P(B)(1 − P(C)) + (1 − P(B))P(C) = 0.4 · 0.2 + 0.8 · 0.6 = 0.56 . Traˇzi se P(C | D) = P(BC) 0.6 · 0.8 P(DC) = = = 0.857 . P(D) P(D) 0.56 - meta je pogodena 18. Neka je D dogadaj: s jednim metkom, te A = { metu je pogodio Andro } , sliˇcno za B i C . Dogadaji A , B i C su nezavisni, a D je zbroj disjunktnih dogadaja: D = A B C ∪ A B C ∪ A B C . Zato je P(D) = 0.6·0.3·0.2+0.4·0.7·0.2+0.4·0.3·0.8 = 0.188. Traˇzimo P(A|D) : P(AD) P(A B C) 0.6 · 0.3 · 0.2 P(A|D) = = = P(D) P(D) 0.188 = 0.19 . 19. 4 . Ispiˇsi sve kombinacije sa zbrojem 13 . 21 20. 1) Raˇcunamo preko vjerojatnosti komplementa:  3 91 . p = 1 − 56 = 216    3 1 2 5 15 . · 6 = 216 2) p = 2 6

VJEROJATNOST

pogodio je i -ti strijelac. 33. Neka je Ai dogadaj: Dogadaj A “meta je pogodena” jednak je A = A1 ∪ A2 ∪ A3 . Iz A = A1 A2 A3 slijedi P(A) = 0.952 . Za B = { je pogodena s toˇcno dva metka } vrijedi B = A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 pa je P(B) = 0.464 . Vjerojatnost da je promaˇsio tre´ci strijelac P(A1 A2 A3 ) P(A3 B) je P(A3 |B) = = = 0.103. P(B) P(B)

OG LE DN IP RIM JE RA K

21. Vjerojatnosni je prostor beskonaˇcan. Ako je n = { meta je pogodena u n -tom pokuˇsaju } , onda su vjerojatnosti ovih dogadaja: p1 = 0.6 , p2 = 0.4 · 0.6 , p3 = 0.4 · 0.4 · 0.6 , op´cenito pn = P(n ) = 0.4n−1 · 0.6 . Zato je 1) p3 = 0.42 · 0.6 ; 2) p1 + p2 + p3 = 0.936 ; 3) p5 + p6 + p7 + . . . = 1 − p1 − p2 − p3 − p4 = - moˇze inter0.0256 . Primijetimo da se dogadaj pretirati ovako: meta je promaˇsena u prva cˇetiri pokuˇsaja (zaˇsto?), pa je p = 0.44 = 0.0256 . 7 22. Vidi proˇsli zadatak. 1) ; 8

1 2) 50 . 2

1 + 2 · 5 , P(B) = 1 + 4 · 1 · 1 23. P(A) = 36 216 6 64 65

- elementarne dogadaje - koji odgovaraju (pronadi dogadaju B )  5 5 1 5 5 1 5 1 · . 24. 1) · ; 2) · · ; 3) 6 6 6 6 6 6 6 25. Povoljni su ishodi PP, GG, GPP, PGG, PGPP, GPGG, GPGPP, PGPGG. To su medusobno disjunktni dogadaji, jer se pokus prekida cˇim se ostvari jedan od njih. Vjerojatnost njihove unije 1 + 1 + 1 + 1 = 15 . je 14 + 14 + 18 + 18 + 16 16 32 16 32 Primijetimo da je mnogo lakˇse izraˇcunati suprotnu vjerojatnost. Pokus se ne´ce zavrˇsiti u prvih 5 bacanja, ako se ostvari niz PGPGP ili GPGPG. 1 + 1 = 1 . Njihova je vjerojatnost 32 32 16 26. P(A) =

3 1 , P(B) = . 8 8

Rjeˇsenja 3.5 1.

27. p = .    6 1 6 28. 1) = 20 . 64 3 2       6 1 6 6 1 6 + = 30 . 2) 64 4 2 2 2

31. Vjerojatnost da se to dogodi u jednom poku1 sˇ aju je . Traˇzena je vjerojatnost jednaka  36  1 4  35 2 6 = 8.44 · 10−6 . p4 = 4 36 36 2) 5 · 0.84 · 0.2  = 0.4096 ; 5 4 0.83 · 0.22 + 3) 0.2 · 0.8 = 0.08192 ; 4) 3     5 5 0.84 · 0.2 + 0.85 = 0.94208 . 4 5

17 40

.

2.

- a s H hipoteOznaˇcimo s A traˇzeni dogadaj, 1 3 zu: prvi je broj neparan; P(H1 ) = , P(A | 5 2 H1 ) = . Za hipotezu H2 : prvi broj je paran 4 2 1 vrijedi P(H2 ) = , P(A | H1 ) = . Po formu5 4 li potpune vjerojatnosti je P(A) = P(H1 )P(A | 2 3 2 2 1 H1 ) + P(H2 )P(A | H2 ) = · + · = . 5 4 5 4 5 Primijeti da je vjerojatnost ista onoj da prvi broj bude paran.

3.

P(A) = P(H1 )P(A | H1 ) + P(H2 )P(A | H2 ) = 4 6 · 0.9 + · 0.7 = 0.78. 10 10 P = 11 . 18 Tri su mogu´ce hipoteze, ovisno o broju prebaˇcenih bijelih kuglica. 9 . 35 Neka je A traˇzeni dogadaj. Postavi dvije hipoteze: Hi = { otkrivena karta potjeˇce iz i tog snopa } , i = 1, 2 . Vrijedi P(H1 ) = 1 , 2 P(H2 ) = 1 , P(A|H1 ) = 4 , P(A|H2 ) = 4 . 2 52 52 1 — baˇs kao da se vuˇce Odatle rezultat P(A) = 13 samo jedna karta iz jednog snopa. Neka je A traˇzeni dogadaj. Postavi dvije hipoteze: Hi = { otkrivena karta potjeˇce iz i tog snopa } , i = 1, 2 . Vrijedi P(H1 ) = 1 , 3 P(H2 ) = 2 , P(A|H1 ) = 4 , P(A|H2 ) = 4 . 3 52 52 1 . Opet je P(A) = 13 0.389 .

4.

5.

11 32

29. 0.68 .

3

6.

7.

32. 1) 0.85 = 0.32768 ;

8.

253

3

ˇ RJESENJA ZADATAKA

9.

P = 13 .

1 . 4 11. Dvije su mogu´ce hipoteze: H1 = { izvukli smo neispravnu kockicu } ,

OG LE DN IP RIM JE RA K

10.

H2 = { izvukli smo ispravnu kockicu } . 1 , Njihove su apriorne vjerojatnosti P(H1 ) = 1000 999 . Uvjetne vjerojatnosti opisanog P(H2 ) = 1000 dogadaja A su P(A | H1 ) = 1 i P(A | H2 ) = 1 . Zato je P(A) = 17 . Po Bayesovoj for4 9600 6

muli dobivamo P(H1 | A) = 48 . 85

12. Neka je A = { izvuˇcena je bijela kuglica } , Hi = { kuglica je izvuˇcena iz i -te pregrade } . Onda je P(H1 ) = P(H2 ) = P(H3 ) = 13 , P(A) =

1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 5 = 11 . Po Bayesovoj 3 2 3 2 3 6 18 5 . formuli je P(H3 | A) = 11

5 . 32 14. 17 53 13.

15. Apriorna vjerojatnost te hipoteze je P(H1 ) = 14 ,

a njoj suprotne P(H2 ) = 34 . Uvjetne vjerojat- su P(A | H ) = 12 · 11 , nosti opisanog dogadaja

1 51 50 13 12 1 , a P(A | H2 ) = 51 · 50 . Zato je P(A) = 17 P(H1 | A) = 11 . 50

254

NIZOVI

4

4. Nizovi

3.

4.

1) 1, 1, 1, 2, 2,. . . ; 2) 1, 2, 3, 4, 5,. . . ; 3) an = −n i imamo niz −1 , −2 , −3 , −4 , −5 ,. . . ; 4) 0, 1, 1, 2, 2,. . . ; 5) 0, 0, 0, 0, 0,. . . ; 6) − 12 , − 12 , 1, − 12 , − 12 ,. . . . 1) 1, 3, 6, 10, 15,. . . ; 2) 2, 8, 20, 40, 70,. . . ; 3) 12 , 23 , 34 , 45 , 56 ,. . . ; 4) 12 , 76 , 23 , 163 , 71 ,. . . . 12 60 20

8. 9.

1 237 . 6! 1) 0, 1, −1 , 2, −2 , 3, −3 , 4, −4 , 5,. . . ; 2) 2, 1, 0, 2, 1, 0, 2, 1, 0, 2,. . . .

1) 70;

2) −4 ;

25. a1 = 52 . Iz an+1 = 5 · 2−n−1 i an = 5 · 2−n dijeljenjem c´e se dobiti an+1 = 12 an . Dakle,

a1 = 52 , an+1 = 12 an . 26. Imamo niz: a, b, b − a, −a, −b, a − b, a, b, . . . . Redom se u nizu ponavlja skupina od 6 brojeva cˇiji je zbroj jenak nuli. Dakle je S66 = 0 . 27. Ispisujemo redom cˇlanove niza: k , −

3)

n ; 2) an = 2n−1 + 1 ; n+1 3) an = n(n + 1) ; 4) an = (−1)n−1 ; 1 5) an = n ; 6) an = n3 + 1 ; 2 −1 2n + 1 2n ; 8) an = (−1)n . 7) an = 2n − 1 2n − 1 √ √ √ 12. a6 · a12 · a18 = 6 · 12 · 18 = 36 . 11. 1) an =

13. 13 60 .

24. Iz sustava an+1 = 7n + 10 , an = 7n + 3 dobiva se an+1 = an + 7 . Zbog toga imamo zapis a1 = 10 , an+1 = an + 7 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

Rjeˇsenja 4.1

14. 0 − 4 − 26 − 120 − 502 = −652 . 15. 0 − 4 − 26 − 120 − 502 = −652 .

16. S100 = −50, dakle je aritmetiˇcka sredina jednaka −0.5 . 19. 1) 1, 1, 0, −3 , −10 ,. . . ; 5) 1, 1, 2, 3, 5,. . . ;

3) 1, 1, 2, 4, 8,. . . ;

20. (a1 · a2 ) · (a3 · a4 ) · . . . · (a99 · a100 ) = 2 · 4 · 6 · 8 · . . . · 100 = 250 · 50! .

21. Prema uvjetima ispisujemo niz: 2, 3, 32 , 12 , 13 , 23 , 2, 3, . . . Uoˇcit c´emo da se u ovom nizu uzastopce ponavlja sˇ est brojeva. Kako je 1000 = 166·6+4 , onda je a1 000 = 12 . 22. Rjeˇsenje je analogno rjeˇsenju prethodnog zadatka; a777 = 2 . 23. Provedi provjeru izravno – uvrˇstavanjem.

1 , k+1

k+1 1 , k, − ,. . . . Uoˇcavamo da dolak k+1 zi do periodiˇckog ponavljanja cˇlanova niza te su svi cˇ lanovi kojima je indeks broj oblika 3m − 2 , m ∈ N jednaki k . −

28. −3, 2, −1, 1, 0, 1, 1, 2,

29. Provjera se provodi matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 tvrdnja je ispunjena. Uzmimo da je za n = k , k  1 , ak = 3k + 2 . Onda je ak+1 = ak + 3 = 3k + 2 + 3 = 3(k + 1) + 2 .

30. Dokazuje se matematiˇckom indukcijom. 31. Za n = 1 tvrdnja je toˇcna. Pretpostavimo da je toˇcna za n = k , tj. da je ak = 2k+1 − 3 . Onda imamo ak+1 = 2ak + 3 = 2(2k+1 − 3) + 3 = 2k+2 − 3 . 33. Provjerava se indukcijom. Za n = 1 tvrdnja n . Onvrijedi. Pretpostavimo da je an = n+1 1 1 da imamo an+1 = = = n 2 − an 2− n+1 n+1 n+1 = . n+2 (n + 1) + 1 36. Pokazuje se indukcijom.

Rjeˇsenja 4.2 3.

a19 = −3 .

4.

1 . a47 = 15 659 604.

7.

255

4

ˇ RJESENJA ZADATAKA

12. Niz je aritmetiˇcki ako i samo ako je razlika dvaju njegovih uzastopnih cˇ lanova konstantna: an+1 − an = d . U primjeru 1) je an+1 − an = 2(n + 1) − 7 − (2n − 7) = 2 .

14. 87.5 metara.

15. Oznaˇcimo s an dubinu na kojoj temperatura iznosi n◦ C . Tada je (an ) aritmetiˇcki niz za koji je a9 = 25 m i razlika d = 33 m. Traˇzi se a70 . Vrijedi a70 = a1 + 69d = a1 + 8d + 61d = a9 + 61d = 25m + 61 · 33m = 2038 m. 16. 1) 28;

2) 28;

3) 7;

4) 34;

5) 32 .

17. 1) a1 = 12 , d = 3 ; 2) a1 = 9.7 , d = −1.4 ; 3) a1 = −2 , d = 7 ; 4) a1 = −5 , d = 3 ili a1 = 8 , d = − 72 ; 5) a1 = 1 , d = 3 ili a1 = −40 23 , d = 19 23 ;

6) a1 = −7 , d = 3 ili a1 = 13 25 , d = −3 45 . 18. Iz x2 − 10x + 9 = 0 slijedi x = 1 ili x = 9 . 19. Iz x2 − 8x = 0 slijedi x = 0 ili x = 8 .

20. Niz je aritmetiˇcki ako i samo ako vrijedi an+1 − an =an − an−1 tj. 2an =an−1 + an+1 , za svako n . Brojeve iz zadatka zapiˇsemo kao log2 3 , log2 6 , log2 12 te je oˇcito log2 3 + log2 12 = log2 36 = 2 log2 6 . 21. Iz 2 log(2x − 1) = log 2 + log(2x + 3) slijedi x = log2 5 . 22. x = 2 (2k + 1) , k ∈ Z ili x = (−1)n+1 6 + n , n ∈ Z. 23. Iz 2x = 1 + y i x2 − 2 = 2y dobivamo x = 0 , y = −1 ili x = 4 , y = 7 .

24. Iz 3a3 + 6a12 = 81 slijedi 9(a1 + 72d = 81 pa je a9 = 9 .

cˇetiri Odatle d2 = 1 ili d2 = 145 9 . Zadatak ima √ 145 , rjeˇsenja: 2, 4, 6, 8 ili 8, 6, 4, 2 ili 5 − √ √ √ 145 145 5 − 3 , 5 + 3 , 5 + 145 ili obrnuto.

29. To su brojevi 0.1, 0.2, 0.3, 0.4, ili obrnuto 0.4, 0.3, 0.2, 0.1. 30. 9, 11, 13, 15.

31. Neka su to cˇlanovi niza x − 3d , x − d , x + d , x + 3d . Onda je (x − 3d)(x − d)(x + d)(x + 3d)+ 16d4 = x4 − 10x2 d2 + 25d 4 = (x2 − 5d 2 )2 .

32. n = 6 .

33. U zadanom su nizu dva aritmetiˇcka podniza: 5, 11, 17,. . . s op´cim cˇ lanom ak = 6k − 1 , te 7, 13, 19,. . . s op´cim cˇ lanom ak = 6k + 1 . Uvrˇstavanjem se na neparnim mjestima naizmjeniˇcno pojavljuju cˇ lanovi prvog, a na parnim mjestima cˇ lanovi drugog niza. Zapiˇsimo: 3 1 6k−1 = 3(2k−1)+2 = 3n+2 = 3n+ + ; 2 2 3 1 6k+1 = 3 · 2k + 1 = 3n + 1 = 3n + − . 2 2

(−1) n Tako je op´ci cˇlan an = 3n + 32 − 2 .

34. a7 + a15 = 2a11 = 18 . Dakle je a11 = 9 .

35. Iz a2 + a10 = 2a6 = 12 slijedi a6 = 2 . Dalje je a4 + a6 + a8 = 3a6 = 6 . 36. a1 + a2 + . . . a17 = 17a9 = 17 · 35 = 595 .

27. Iz (x−d)+x+(x+d) = 27 dobiva se x = 9 . Zatim iz jednadˇzbe (x − d)2 + x2 + (x + d)2 = 275 imamo d2 = 16 . Dva su rjeˇsenja: niz 5 , 9 , 13 ,. . . i niz 13 , 9 , 5 ,. . . .

37. 1) 3) 5) 6) 7) 8) 9)

n = 11 , Sn = 319 ; 2) d = 7 , Sn = 567 ; n = 20 , d = 5 ; 4) an = 55 , Sn = 531 ; n = 15 , an = −16 ili n = 6 , an = 20 ; d = −3 , an = −30 ; a1 = −100 , Sn = −532 ; n = 2 , a1 = 8 ili n = 9 , a1 = −6 ; d=11 , a1 = − 65 ; 10) a1 =120 , an =60 .

38. Iz te je

6a14 = 186 i 6a12 = 156 slijedi a14 = 31 a12 = 26 . Konaˇcno, a14 − a12 = 2d = 5 pa d = 2.5 .

28. Niz od cˇetiriju cˇlanova moˇzemo zapisati kao x − 3d , x − d , x + d , x + 3d (razlika niza

39. a1 + a6 + a11 = 36 . Uvrsti izraze za a6 i a11 i usporedi s izrazom za Sn .

25. a10 = 11 . 26. Prema uvjetima zadatka jest (x−d)+x+(x+d) = 33 , x(x2 − d2 ) = 1287 . Imamo dva rjeˇsenja: 9, 11, 13 ili 13, 11, 9.

256

1 1 1 25 1 + + + = , 5 − 3d 5 − d 5 + d 5 + 3d 24 odnosno nakon sredivanja: 9d4 −154d2 +145=0 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

13. Da, broj 132 je 26. cˇlan tog aritmetiˇckog niza. Isto tako, broj 181 cˇlan je niza 1 , 4 ,. . . , i to 61. po redu.

oznaˇcena je s 2d !). Zbroj im je 20, sˇ to daje x = 5 . Dalje, iz drugog uvjeta imamo jednadˇzbu

NIZOVI

n [2 · 64 + (n − 1)(−2)] dobiva 2 se kvadratna jednadˇzba n2 − 65n + 750 = 0 te je n1 = 15 , n2 = 50 . a + a2n · n = 126 =⇒ n = 6 . 41. 2 2 n n 42. Sp = (a2 + a2n ) , Sn = (a1 + a2n−1 ) . 2 2 n n Sp −Sn = (a2 −a1 +a2n −a2n−1 ) = (d+d) = 2 2 nd = 6 . Dalje iz a2n − a1 = 10.5 , dobije se (2n − 1)d = 10.5 . Tako imamo 12 − d = 10.5 te je d = 1.5 , n = 4 .

56. 4, 6, 8, 10. 57. 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20, 23, 26, 29. 58. Iz a1 + a2 + a3 + a4 = 68 i an−3 + an−2 + an−1 + an = −36 . Zbog a1 + an = a2 + an−1 = a3 + an−2 = a4 + an−3 imamo 4a1 + 4an = 32 , n odnosno a1 +an = 8 . Dalje je 68 = (a1 +an ) , 2 odakle se dobije n = 17 , a zatim a1 = 20 , d = −2 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

40. Iz Sn = 750 =

4

m (B − A) . 43. am = 12 (A + B) , an = 2n 44. Treba dokazati: 2an = an−m + an+m . Izraˇcunaj an−m + an+m .

45. am + an = 2a1 + (m + n − 2)d , ap + aq = 2a1 + (p + q − 2)d , dalje zakljuˇciti!

46. Tvrdnja slijedi direktno iz izraza Sn = a1 + . . .+ a + an · n. an = 1 2 47. Za svaki aritmetiˇcki niz vrijedi: ako je k + m = r + s , onda je ak + am = ar + as (vidi prethodni zadatak). Zbog toga imamo: a4 + a16 = a8 + a12 = 2a10 = 112 . I dalje: (a1 + a19 ) + (a2 +a18 )+. . .+(a9 +a11 )+a10 = 112·9+56 = 1064 . 48. S20 = 100 . Naime, a6 + a9 + a12 + a15 = a1 + a2 + a19 + a20 = a3 + a4 + a17 + a18 = a5 + a7 + a14 + a16 = a8 + a10 + a11 + a13 = 20 .

49. Posljednju jednakost zapiˇsemo kao (a1 + a16 ) + (a4 + a13 ) + (a7 + a10 ) = 147 . U njoj su tri jednaka pribrojnika te je a1 + a16 = a6 + a11 = 49 . Stoga je a1 + a6 + a11 + a16 = 98 . 50. Imamo redom: a + 2d + a9 − 2d a + a9 ·9 = 9· 1 = S9 = 1 2 2 a3 + a7 = 45 . 9· 2 51. x = 7 . 52. 1) x = 29 ; 4) x = 7 .

2) x = 47 ;

3) x = 19 ;

(2a1 + 12d) = 13(a1 + 6d) = 13 · 15 59. S13 = 13 2 = 195 . 60. An = n + [n + (2n − 1)] + [n + 2(2n − 1)] + . . . + [n + 39(2n − 1)] 40 · 39 = 40n + (2n − 1) = 402 n − 20 · 39; 2 10 10   An = 402 n − 10 · 20 · 39 = 80 200. n=1

n=1

61. −744 .

62. To je aritmetiˇcki niz a1 =2 , d=1 . S100 =5 150 . 1 1 63. Iz sustava a1 +(n−1)d = , a1 +(m−1)d = m n 1 1 nalazimo d = , a1 = . Zatim je mn mn mn mn + 1 Smn = (2a1 + (mn − 1)d) = . 2 2 64. Iz sustava am = a1 + (m − 1)d = n , an = a1 + (n−1)d = m dobije se d = −1 , a1 = m+n−1 . Sada je Sm+n = 12 (m + n)(m + n − 1) .

65. a6 i a33 . 66. a , 3a , 5a , 7a ,. . . .

67. Zajedniˇcki cˇlanovi niza cˇ ine novi aritmetiˇcki niz s prvim cˇ lanom a1 = 21 te razlikom d = 20 (najmanji zajedniˇcki viˇsekratnik od 4 i 5). S100 = 101 100 . 68. 300 .

69. a1 = S1 = 5 , S2 = 5 + a2 = 4 + 12 , a2 = 11 . Dakle d = 6 te je an = 6n − 1 .

53. Iz an = 105+(n−1)(−7) > 0 dobije se n < 16 . Niz ima 15 pozitivnih cˇlanova. Zbroj 31 cˇlana jednak je nuli.

70. an+1 = Sn+1 − Sn = 4(n + 1)2 − 3(n + 1) − (4n2 −3n) = 8n+1 ; an = 8(n−1)+1 = 8n−7 .

54. Radi se o aritmetiˇckom nizu 1, 7, 13, 19,. . . , te je S200 = 119 600 .

71. a10 = S10 − S9 = 4 · 102 − 4 · 92 = 76 .

, d = 1. 55. a1 = − 41 2

72. Iz Sn = 3n2 dobije se niz 3, 9, 15,. . . , s op´cim cˇ lanom an = 6n − 3 .

257

4

ˇ RJESENJA ZADATAKA

73. Prvi uvjet daje a1 + 4d = 18 , a drugi, za n = 1 , a1 = 14 (a1 + a1 + d) , odakle d = 2a1 . Zakljucˇujemo a1 = 2 i d = 4 .

76. 18 brojeva.

20. q = ±3

Rjeˇsenja 4.3 6. 7. 8.

 3 11

4· 2 1)

1 ; 4

21. Od 14. cˇlana.

.

√ 5 2) ; 5

√ 3) 3 · 3 9 ;

1 4) √ . 6 2

32 ; 1) a10 = 210 ili a10 = −210 ; 2) a6 = 243 2 8 3) a9 = 32 ; 4) q = ± √ , a4 = ± √ ; 3 3 3  √3 − 1 3 1 5) a4 = ; 6) a11 = √ . 2 2· 62

√ 20 10. a20 = |q|20 =  23 + 12 i = 1 . √  1 − i 19 11. a20 = (1 − i 3) √ , |a20 | = 2 . 2 12. 1) x = 5 , a1 = 10 , q = 2 ; 4 2) x = −95 , a1 = −90 , q = − . 3

13. Iz bikvadratne jednadˇzbe x4 − x2 − 72 = 0 dobijemo x2 = 9 pa imamo niz 1 , 9 , 81 .

1 , q = 2. 8 15. Te brojeve najprije zapiˇsemo kao log2 3 , log2 a , 1 , a potom postavimo uvjet log22 a = log2 3· log2 3 1 = 1 . Odatle je a = 2 ili a = 12 . log2 3 14. x = 6 , a1 =

16. 1) 2) 3) 4)

, q = 4; a1 = 7 , q = −4 ili a1 = − 35 3 a1 = 3 , q = 2 ; a1 = −5 , q = 2 ili a1 = −5 , q = −2 a1 = 12 , q = − 12 ;

5) a1 = 1 , q = 5 ili a1 = 25 , q = 15 6) a1 = 10 , q = 2 ili a1 = 40 , q = 12

258

18. 5 , 10 , 20 , 40 , . . . ili − 54 , 15 , − 45 , 135 , ... 4 4 4 19. 1 , 4 , 16 , 64 , 256 ; 1 , −4 , 16 , −64 , 256 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

1 . 74. d = 20 75. To bi bio niz 7, 11, 15, 19, 23, 27, 31, 35 ili obrnut padaju´ci niz.

17. Kako su zadani prvi i drugi cˇlan, koliˇcnik niza je jednak njihovu omjeru, q = 3 . Nadalje, iz jednadˇzbe 2 916 = a1 · qn−1 = 4 · 3q−1 slijedi qn−1 = 729 = 272 = 36 . Dakle je n = 7 , u tom je nizu sedam cˇlanova.

23. Iz a1 (1 + q + q2) = 28 , a1 q3 (1 + q + q2) = 3.5 slijedi q3 = 18 te je q = 12 i a1 = 16 . a8 = 18 . 24. Iz prve jednadˇzbe sustava a1 (q2 + q + 1) = 74 , a21 (q4 + q2 + 1) = 1924 , dobijemo 74 . Uvrstimo to u drugu jednadˇza1 = 2 q +q+1 37(1 − q + q2 ) = 13 . Dobivamo brojeve bu: q2 + q + 1 32 , 24 , 18 . Tako su rjeˇsenja dva niza: 1) 32 , 24 , 18 , . . . ; 2) 18 , 24 , 32 , . . .

25. 1) 2) 3) 5)

n = 9 ,√Sn = 2044 ; √ √ q = ± 3 , Sn = 2(27 3 ∓ 1)( 3 ± 1) ; n = 6 , q = 2 ; 4) an = 32 , Sn = 62 ; n = 9 , an = 2048 ; 6) a1 = 2 , Sn = 254 .

26. 1) 3 , 6 , 12 ; 2) 12 , 6 , 3 . Joˇs dva rjeˇsenja dobit c´e se iz jednadˇzbe 2q2 + 9q + 2 = 0 . x 27. Niz zapisujemo , x , xq , . . . te je iz prvog q uvjeta odmah x = 4 . Dva su rjeˇsenja: niz 8 , 4 , 2 ,. . . i niz 2 , 4 , 8 ,. . . . , q = −3 . 28. a1 = 2 , q = 3 ili a1 = 26 7 29. Kako je b3 · b9 = (b1 q5 )2 = A , a umnoˇzak prvih 11 cˇ lanova√iznosi (b1 q5 )11 , stoga je taj umnoˇzak jednak A5 A . 30. Sliˇcno kao u prethodnom zadatku: a4 · a5 = a21 q7 = B , te je a1 · a2 · · · a8 = (a21 q7 )4 = B4 . 31. Neka su redom a , b , c uzastopni cˇlanovi geometrijskog niza. Tada je b2 = ac . No trokut je pravokutan pa iz a2 + b2 = c2 slijedi a2 + ac − c2 = 0 . Nakon dijeljenja jednadˇzbe s c2 , te uz sin  = ac dobijemo jednadˇzbu sin2  + sin  − 1 = 0 . Slijedi  = 38◦ 10 22 .

NIZOVI

32. Nakon prvog koraka u posudi je 10 − 10 ·

1 = 11

q2n − 1 40. Iz uvjeta zadatka dobivamo jednakost a1 q−1 q2n − 1 = 3a1 2 , odakle je q = 2 . q −1 41. Izraˇcunavamo redom S1 = a1 = 3 , zatim S2 = a1 + a2 = 9 , odakle je a2 = 6 . Kako je a2 = a1 q , slijedi q = 2 . Sada imamo a5 = a1 q4 = 48 .

OG LE DN IP RIM JE RA K

102 litara alkohola. Nakon drugog koraka 11 2 10 102 1 103 − · = 2 litara. Indukcijom pro11 11 11 11 vjeri da je nakon n -tog koraka u posudi preostalo 10n+1 litara alkohola. To je geometrijski niz s 11n 10 . prvim cˇ lanom 10 i kvocijentom q = 11

4

33. Imamo nizove: 1) 3 , 6 , 12 , 24 , . . . S9 = 1533 ; 2) −3 , 6 , −12 , 24 , . . . S9 = −513 ; ; 3) 48 , 24 , 12 , 6 , . . . S9 = 1533 16 . Naime, 4) −48 , 24 , −12 , 6 , . . . S9 = − 513 16 iz sustava a2 + a4 = 30 , a2 a4 = 144 dobije se kvadratna jednadˇzba s rjeˇsenjima 1) a2 = 24 , a4 = 6 ili 2) a2 = 6 , a4 = 24 . 2(212

34. S12 = − 1) , imamo dva niza 1) 2 , 4 , 8 , 16 , . . . ; 2) −6 , 12 , −24 , 48 , . . . , ali za oba je sluˇcaja zbroj S12 jednak. 35. Iz a5 =

a1 · q4 3n

slijedi q = 3 . −1 dobivamo n = 6 . Iz 1820 = 5 3−1

36. S4 = 40

37. Zadano je: a1 (1 + q + q2 ) = 40 , a1 q3 (1 + q + 1 q2 ) = 20 , odakle se dobije q3 = . Sada ima2 1 mo: S9 = S6 + a1 q6 (1 + q + q2 ) = 60 + 20 · = 2 70 .

38. Iz S11 = 15 (S22 − S11 ) dobiva se 6S11 = S22 . Odatle imamo kvadratnu jednadˇzbu q22 −6q11 + 5 = 0 s rjeˇsenjem q11 = 5 (q11 = 1 daje q = 1 , sˇ to ne odgovara). Sada traˇzimo omjer √ 10 a11 = q10 = ( 11 5)10 , a11 : a1 = 5 11 a1 39. Neka je broj cˇlanova niza jednak 2k . Tada je a (1 − q2k ) . Prema uvjetu zadatka imaS2k = 1 1−q a (1 − q2k ) a q(1 − q2k ) mo 1 =3 1 , odakle 1−q 1 − q2 1 3q te q = . 1= 1+q 2

42. Ako je x = 1 , zbroj iznosi 4n . Ako je x = −1 , zbroj iznosi 4n/2 . Za x = ±1 raˇcunamo ovako: nakon kvadriranja svakog pribrojnika, dobi1 1 vamo zbroj x2 + x4 + . . . + x2n + 2 + 4 + . . . + x x 1 + 2n te je taj zbroj jednak x2n x2n − 1 x2 (x2n − 1) + 2n 2 + 2n 2 x −1 x (x − 1) =

(x2n − 1)(x2n+2 + 1) + 2n. x2n (x2 − 1)

43. Op´ci cˇ lan danog niza jednak je ak = 1 + 2 + 22 + . . .+2k−1 = 2k −1 . Zbroj n cˇlanova ovog niza je Sn = (2−1)+(22 −1)+(23 −1)+. . .+(2n −1) = 2n+1 − n − 2 . 10n − 1 . Zbroj prvih 9 n n 10 10 − 1 · − = n cˇlanova ovog niza je 9 9 9 n+1 10 − 10 − 9n . 81

44. Op´ci cˇlan niza je an =

45. Neka je dan geometrijski niz a1 , a1 q , a1 q2 , . . . Niz njegovih kvadrata jest niz a21 , a21 q2 , a21 q4 , . . . . Omjer cˇ lana ovog niza i njemu prethodnog cˇlana je a21 q2n : a21 q2n−2 = q2 pa je i ovaj niz geometrijski. Kvocijent niza jednak je q2 , a prvi cˇlan je a21 . 46. Iz am+n = A , am−n = B dobiva se sustav jednadˇzbi a1 qm+n−1 = A i a1 qm−n−1 = B . Pomnoˇzimo li te dvije jednadˇzbe, dobit √ c´emo m−1 2 (a1 q ) = AB , a odatle izravno am = AB . Ako iste te dvije jednadˇzbe podijelimo, imat A c´emo q2n = . Nadalje, iz prve jednadˇzB be slijedi a1 qn−1· qm = an · qm = A , te je  B m A . an = m = A · 2n q A

259

4

ˇ RJESENJA ZADATAKA

b + d = 2c , a + d = 32 , b + c = 24 . Nizovi su: 1) 32 , 16 , 8 , 0 ; 2) 2 , 6 , 18 , 30 . 62. Zapiˇsimo ta cˇetiri broja kao: a , aq , aq2 , 2aq2 − aq , te je a(1 − q + 2q2 ) = 14 , aq(1 + q2 ) = 12 . Dijeljenjem ovih jednadˇzbi dobit c´e se 5q2 − 13q + 6 = 0 te imamo dva rjeˇsenja: 1) 2 , 4 , 8 , 12 ; 2) 25 , 15 , 9, 3. 2 2 2 2

OG LE DN IP RIM JE RA K

47. Zapiˇsimo: a = a1 qn−1 , b = a1 qm−1 , c = a1 qk−1 . Odatle je ac = qn−k , ba = qm−n , c = qk−m . Potenciramo li prvu od ovih triju b jednakosti sa m , drugu sa k , tre´cu sa n i pomnoˇzimo li tako dobivene nove jednakosti, dobit  m  k  n c´emo ac · ba · bc = 1 , a odatle izravno proistjeˇce tvrdnja iz zadatka. 48. Dokaz provedi izravno – uvrˇstavanjem.

49. Umnoˇzak a2 · a4 · a6 · · · a16 moˇzemo zapisati u obliku (a2 a16 ) · (a4 a14 ) · (a6 a12 ) · (a8 a10 ) , gdje imamo cˇ etiri jednaka faktora (vidi prethodni zadatak) te je svaki od tih√faktora jednak 2. No, a29 = a8 · a10 te je a9 = 2 . 50. a1 · a2 · . . . · a7 = a74 = 37 = 2 187 . 51. Iz log2 (a1 ·a2 ·. . .·a9 ) = log2 a95 = 9 ·log2 a5 = √ 3 . Slijedi a5 = 3 2 . √ Dalje je a1 · a9 = a25 = 3 4 .

52. Iz log(a1 ·a2 ·. . .·a7 ) = log a74 = 7 ·log a4 = 74 . √ Odatle je a4 = 4 10 . Konaˇcno je a1 ·a7 = a24 = √ 10 .

53. Brojevi a , b , 12 uzastopni su cˇlanovi geometrijskog niza, a brojevi a , b , 9 aritmetiˇckog. Te dvije cˇinjenice moˇzemo zapisati u obliku sustava jednadˇzbi b2 = 12a i a + 9 = 2b . Za rjeˇsenje imamo dva geometrijska niza: 3 , 6 , 12 ili 27 , 18 , 12 . 54. Iz uvjeta a + b + c = 21 i 2b = a + c odmah se dobije b = 7 . Drugi uvjet moˇzemo zapisati u obliku jednadˇzbe ac+ a = 36 , sˇ to uz a + c = 14 daje kvadratnu jednadˇzbu a2 − 15a + 36 = 0 . Imamo dva rjeˇsenja: 12 , 7 , 2 ili 3 , 7 , 11 .

63. Neka su a , aq , aq2 ta tri broja. Imamo sustav jednadˇzbi: 2(aq + 8) = a + aq2 , (aq + 8)2 = a(aq2 +64) , odakle se dobiju rjeˇsenja: 1) 4 , 12 , 36 ; 2) 49 , − 20 , 100 . 9 9 √ √ 64. 1 ; 1 − 2 ; 1 + 2 . 65. Evo traˇzenih geometrijskih nizova: 1) 5 , 10 , 20 , 40 , . . . ; 2) 5 , −10 , 20 , −40 , . . . ; 3) 5 , 5 , 5 , . . . ; 4) 5 , −5 , 5 , −5 , . . . .

66. Aritmetiˇcki je niz 12 , 14 , 16 .

67. 24 , 27 , 30, . . . ili 24 , 24 , 24, . . . .

68. 27

Rjeˇsenja 4.4 1.

2. 4.

55. Imamo niz 3 , 5 , 7 , . . . ; S10 = 120 . 56. 4 , 8 , 16 ili 16 , 8 , 4

57. Aritmetiˇcki je niz 2 , 10 , 18 , . . . , a geometrijski 2 , 6 , 18 , . . . . 58. 2 , 8 , 32 ili trivijalno rjeˇsenje 14 , 14 , 14 . 59. 1) a1 = 7 , q = 3 , a7 = 5103 ; 7 . q = 13 , a7 = 81

2) a1 = 63 ,

60. Oznaˇcimo brojeve s a , a + 3d , a + 24d . Tada je 3a+27d = 114 i (a+3d)2 = a(a+24d) ; a odatle se dobiju rjeˇsenja: 1) 38, 38, 38 2) 2, 14, 98 61. Neka su to brojevi a , b , c , d . Imamo cˇetiri jednadˇzbe sˇ to proistjeˇcu iz uvjeta zadatka: b2 = ac ,

260

9.

Treba pokazati da za svaki pozitivan broj  ,  > 0 postoji n0 takav da je za sve n > n0   n + 1 n + 1     − 1 <  . No,  − 1 = ispunjeno  n n 1 1 1   .   = <  za svaki n > n0 = n n  Za n > 2998 .   3 − 2n Promotrimo razliku |xn − (−2)| =  + n+1      5   = 5 . Ova je razlika manja od 2 =  n + 1 n + 1 5 5  cˇim je n + 1 > , odnosno, n > − 1 .   1 Vrijedi k → 0 kad n → ∞ za svaki prirodni n k . U izrazima s racionalnom funkcijom podijeli brojnik i nazivnik najve´com potencijom broja n . 1) 1 ; 2) −3 ; 3) 35 ; 4) −1 ; 5) 0 ; 6) − 12 ;

10. 1) 23 ; 6) 14 ;

7) 15 ; 7

8) 1 ;

2) 32 ;

3) 1 ;

7) 1 .

9) 0 ; 4) 0 ;

10) 0 . 5) −1 ;

NIZOVI

11. 1) 1 ; 6) 12 ;

√ 2) 1 ; 3) 1 ; 4) 1/ 6 2 ; 5) 0 ; 7) 0 ; 8) 0 ; 9) 0 ; 10) 3 .

12. 1) 12 ;

2) −1 ;

13. 1) 1 ;

2) 13 ;

14. 1) 0 ;

8) − 25 ;

3) 0 ; 9) 0 ;

4) 12 ; 4) 0 ;

5) 0 . 5) 2 ;

10) 0 ;

6) 0 ;

11) 31 . 33

2) 0 ;

3) 0 ;

4) 12 ;

5) 0 ;

6) 0 .

Rjeˇsenja 4.5 1. 2.

3. 4. 5.

Od cˇlana a6 .

3 Napiˇsemo li op´ci cˇlan u obliku an = 2 − , n vidimo da je niz monotono rastu´ci. Najmanji je cˇlan a1 = −1 . Moˇzemo provjeriti da vrijedi 3 pa je an+1 > an za svaki an+1 − an = n(n + 1) n ∈ N. Od cˇlana a20 . Provjeri nejednakost xn < xn+1 . 1) da; 2) da; 3) da; 4) ne; 6) ne.

5) da;

6.

Nijedan. To je niz 2, 0, 0, 2, 6, 12,. . . i dalje taj niz raste.

7.

8 cˇlanova.

8.

Primijetimo da je an > 0 za sve n ∈ N . Primjenjuju´ci AG -nejednakost imamo  100 100 an = n + 2 n· = 20. n n Kako je a10 = 20 , stoga je a10 najmanji cˇlan.

9.

No, kako n mora biti cijeli broj, stoga se minimum postiˇze u nekom od susjednih cijelih brojeva, dakle, za n = 5 ili za n = 6 . Direktnom provjerom vidimo da je to cˇlan a5 . 5 . 11. Najve´ci cˇlan je a3 = 64

12. Niz nema najmanjeg cˇlana. Najve´ci cˇlan je a1 = 32 i nakon toga niz monotono pada, ali

OG LE DN IP RIM JE RA K

7) 12 ;

3) 23 ;

4

3n − 18 = 3n − 19 15 1 , n ∈ N . Vrijedi f (1) = i niz 1+ 3n − 19 16 zatim pada sve dok je 3n − 19 < 0 , dakle za n  6 . Pritom je a6 = 0 . Medutim, vrijedi 3 a7 = i za 3n − 19 > 0 nazivnik je pozitivan i 2 niz dalje pada teˇze´ci prema 1. Najmanji cˇlan niza je a6 , a najve´ci a7 . Promotrimo funkciju f (n) = an =

10. Funkcija f (n) = log3 n je monotono rastu´ca. Zbog toga c´e funkcija f (n) = log23 n − 3 log3 n imati najmanju vrijednost kada ovaj polinom drugog stupnja u log3 n bude imao najmanju vrijed√ - za log n = 3 ili n = 27 . nost, sˇ to se dogada 3 2

nikad ispod 12 .

13. Ispiˇsimo prvih nekoliko cˇlanova niza: 6 , 2 , −2 , 4 , 10 , 6 ,. . . . Najmanji cˇlan niza je a3 = −2 . Primijeti da porastom rednog broja pribrojnik n sve manje utjeˇce na veliˇcinu cˇlana u 5 sin 2 nizu.

14. n0 = 300 .

15. 1) n0 = 9 ;

2) n0 = 99 ; 3) n0 = 999 . 3 < 1 . No niz je rastu´ci te 16. 1) an = 1 − n+1 1 je stoga a1 = − najmanji cˇlan niza. Dak2 1 le, −  an < 1 . 2) 3 < an  4 . 2 5 < 2 ; an+1 − an > 0 za sve 3) an = 2 − 2 n +2 n ∈ N te je niz monotono rastu´ci i njegov je naj1 1 manji cˇlan a1 = ;  an < 2 . 4) Funkcija 3 3 f (x) = x3 preslikava segment [ 13 , 2] u segment 1 , 8] , jer je to rastu´ca funkcija. Op´cenito, ako [ 27 - niz, onda je i niz (ak ) omeden - za je (an ) omeden n 1 svaki k ∈ N . 5) −  an < 2 . 6) Za sva4 n + sin n n+1 n−1 < < ki n > 1 vrijedi: n+1 n + cos n n−1 - dvaju (zaˇsto?). Stoga je niz uklopljen izmedu omedenih nizova pa je i sam omeden.

3 (niz je monotono padaju2 1 c´i). 3) an = √ √ , niz monoton+1+ n no pada, a svi cˇ lanovi su mu pozitivni brojevi. 4) 0 < an < 1 .

17. 1) 0 < an
0 , za sve n ∈ N , niz je omeden odozdo. Dalje

6.

x = 44 . 45

7.

1) 2 ;

3 23. an = 4 − , te je lako zakljuˇciti da je [3, 4 n+2 jedan takav interval.

25. 1) da, [0, 1 ; 2) ne; 3) ne; 4) da, 1

−1, 1 ; 5) da, 0, 1] ; 6) da, [−1, 2 ] . √ √ 27. Vrijedi a1 = 2 , an+1 = 2an . Da je niz rastu´ci, provjeravamo indukcijom: a2 =  √ √ 2 2 > a1 . Iz an > an−1 slijedi √ 2 = an+1 = 2an > 2an−1 = an . Omedenost - provjeravamo indukcijom. Niz an < 2 takoder je rastu´ci i ome to a . √ den, pa ima limes. Neka je √ Uz an+1 = 2an za n → ∞ slijedi a = 2a , odakle je a = 2 . - brojem 1. Ome28. Pokaˇzi da je niz rastu´ci, omeden denost se pokazuje indukcijom.

Rjeˇsenja 4.6 1.

2.

1) 4√; 2) 12 ; √ 3) 6 ; 5) 3 2 + 4 ; 6) 12 (3 3 + 5) ; √ √ 7) 6 + 4 2 ; 8) 12 (7 + 5 2) . 1) 4)

3.

1) 4)

4.

61 + 5 − 34 9 9 75

=

√ 2) 3 45 ;

11 10 , x=5 . 3 15

√ 3) 3 36 .

3 ; 2) x ∈ R , x = 0 ; 5 √ 3) sin x = 22 , x = . . . ; 4) x = 10 ; 5) x = 100 ; 6) x = (−1)n 6 + n , n ∈ Z ;  7) ± 3 + k , k ∈ Z .

OG LE DN IP RIM JE RA K

n! 103(n+1) 1000 an+1 · 3n = . = an (n + 1)! 10 n+1 Odatle zakljuˇcujemo: an+1  an ako je n + 1  1000 ; niz raste samo za 1  n  999 . Za - i n  1000 je an < a999 pa je niz omeden odozgo. ˇ 22. 1) Indukcijom. Clanovi niza su pozitivni. Tvrdimo: an < 1 . Vrijedi a1 = 34 < 1 . Ako je an + 3 1 + 3 < =1 . an < 1 , onda imamo an+1 = 4 4 2) Niz je konstantan. 3) Indukcijom pokaˇzi 0 < an < 1 za n > 1 .

262

4x

5) ne;

√ 4) 2 2 ;

√ 2 √ 2 2) 2(2 − 3) ( 2 + 6) 3) 17 √ 4(2 + 3) 9 ; 2) 20 ; 3) 3(√3 − √2) ; 2 1 (7 + 5√2) . 2

1 ; 1) 22

7 ; 2) 33

3) 2 ;

5 . 4) 14

8.

9.

1) x =

1) x =

1 ; 3

2) x = ±0.8 ;

3) x = −4 .

14. 5 .

15. a1 = 2 , q = 13 .

16. a1 = 1 , q = 13 . √ 1 2 6 17. q = q= . 8 2 18. 81 , 54 , 36 , 24 , 16, . . . .

19. a . √ a2 3 20. . 12 √ c 3 21. . 2

1 1 22. S = a2 + a2 + a2 + . . . = 2a2 . 2 4 √ √ √ √ a2 3 3a2 3 9a2 3 23. S = + + + . . . = a2 3 . 4 16 64 5 25 9 24. P = a2 + a2 + a2 + . . . = a2 . 9 81 4 √ √ √ √ 2 2 2 3a2 3 a 3 a 3 a 3 + + + ... = . 25. S = 4 12 36 8 26. Veliki trokut ima povrˇsinu P = 234 cm2 . Ostali su mu sliˇcni, s koeficijentima sliˇcnosti redom 1 , 1 , 1 , itd. Tako imamo niz povrˇsina P , 1 P , 2 4 8 4 1 P, . . . cˇ iji je zbroj jednak S = 4 P = 312 cm2 . 16 3

27. St =

√ a2 3 a2  , Sk = . 3 9

28. Sn = 200 cm2 .

NIZOVI

4

Rjeˇsenja 4.7 1.

1) 66 911 kn;

3.

Iz 4000 = 2500 ·1.054n slijedi n = 8.94 . Treba pro´ci 9 godina.

4.

12 godina.

5.

1) C5 = 16 058.7 ; 2) p = 4.45% ; 3) n = 8 ; 4) C = 16 416.7 .

6.

Neka je p mjeseˇcna kamatna stopa. √ Iz jednadˇzbe (1 + p)12 = 1.075 slijedi p = 12 1.075 − 1 = 0.6045% .

7.

Iz C0 · 1.085 = 350 000 slijedi C0 = 238 204 pa je C3 = 300 068 kn.

8.

6 796.66 kn

9.

Po isteku roka Josip raspolaˇze iznosom od 1.0630 − 1 = 83 801.67 kn. Go1000 · 1.06 · 1.06 − 1 diˇsnji iznos kamata na ovu svotu je 5.028 kn, sˇ to daje mjeseˇcnu rentu od 419 kn.

3) 67 442 kn.

OG LE DN IP RIM JE RA K

2) 67 195 kn;

25p

10. Iz 88 000 = 83 000 · e 100 slijedi p = 0.234% . Odgovor je 91 143 . p

11. Iz e 100 = 1.025 slijedi p = 2.469% pa je 10·p

C10 = C0 · e 100 = 41 603 .

263

ˇ ˇ ˇ RJESENJA TOCNO-NETO CNO PITALICA

OG LE DN IP RIM JE RA K

ˇ ˇ Rjesˇ enja TOCNO-NETO CNO pitalica

264

Str. 14.

Str. 58.

Str. 167. Str. 182. Str. 190.

1.

1.

1.

1.

1.

2.

2.

2.

2.

2.

3.

3.

3.

3.

3.

4.

4.

4.

4.

4.

5.

5.

5.

5.

5.

6.

6.

6.

6.

6.

7.

7.

7.

7.

8.

8.

9.

9.

8.

OG LE DN IP RIM JE RA K

Kazalo pojmova aditivnost vjerojatnosti, 133 aksiomi relacije poretka, 44 algebarski prikaz kompleksnog broja, 61 algebra dogadaja, 125 algebra prekidaˇca, 140 apsolutna vrijednost kompleksnog broja, 63 argument kompleksnog broja, 64 aritmetiˇcki korijen realnog broja, 74 bacanje dvaju identiˇcnih novˇci´ca, 131 — — razliˇcitih novˇci´ca, 131 —, dviju kocki, 132 baza prirodnog logaritma, 210 Bayesova formula, 164 Bernoullijeva nejednakost, 21, 199 binomni koeficijent, 26 binomni pouˇcak, 30 broj e, 210 broj, prosti, 37, 39 —, sloˇzeni, 37 brojevi, Fermatovi, 47 —, racionalni, 42 —, relativno prosti, 38 Cantor, Georg, 56 De Moivreova formula, 73 de Morganovi zakoni, 139 decimalni prikaz iracionalnog broja, 52 — — racionalnog broja, 45 — —, cˇisto periodiˇcni, 45 — —, mjeˇsovito periodiˇcni, 45 Dedekind, Wilhelm, 56 dekadski sustav, 2 dekadski zapis broja, 2 diferencija aritmetiˇckog niza, 177 dijeljenje kompleksnih brojeva, 69 - elementarni, 120 dogadaj, —, nemogu´c, 122 —, nezavisni, 152 —, sigurni, 122 —, suprotni, 139 - disjunktni, 124 dogadaji, —, ekvivalentni (jednaki), 123 donja granica, 51 - intervala, 51 donja meda — — skupa, 52 - 120 elementarni dogadaj, Euler, Leonhard, 18 Fermat, Pierre de, 131 Gauss, Karl Friedrich, 63 geometrijska vjerojatnost, 144 glavnica (kapital), 224 - intervala, 51 gornja meda — — skupa, 52

Hornerov algoritam, 11 imaginarna jedinica, 61 — os, 62 imaginarni dio kompleksnog broja, 61 indeks sumacije, 32 infimum skupa, 53 interpolacija, 181, 190 — aritmetiˇckog niza, 181 — geometrijskog niza, 190 - 52 interval, neomeden, - 51 —, omeden, kamata, 224 kamatna stopa, 224 kamatni faktor, 225 kapital, 224 kineski (Pascalov) trokut, 28 klasiˇcni vjerojatnosni prostor, 134 kocka, 131 kombinacije, 107 — s ponavljanjem, 115 kompleksna ravnina, 62 kompleksno konjugirani brojevi, 62 komplement, 125 konaˇcni vjerojatnosni prostor, 130 korjenovanje kompleksnih brojeva, 74 kvocijent geometrijskog niza, 186 leksikografski poredak permutacije, 98 limes geometrijskog niza, 198 — monotonog niza, 206 maksimum skupa, 53 matematiˇcka indukcija, 17 minimum skupa, 53 mnoˇzenje kompleksnih brojeva, 67, 68 modul kompleksnog broja, 63 monotonost vjerojatnosti, 133 - 53 najmanja gornja meda, - 53 najve´ca donja meda, najve´ca zajedniˇcka mjera, 38 neprekinuto ukama´civanje, 229 - 152 nezavisni dogadaji, niz, 170 —, aritmetiˇcki, 177 —, divergentan, 195 —, Fibonaccijev, 202 —, geometrijski, 186 —, konstantni, 198 —, konvergentan, 195 —, monotoni, 205 —, neograniˇceno rastu´ci, 197 —, omedeni, 205 —, padaju´ci, 205 —, parcijalnih suma, 179 —, rastu´ci, 205 —, u skupu, 170

265

red, 216 —, geometrijski, 217 —, konvergentan, 216 rekurzivne formule, 172 - 53 skup, neomeden, - 53 —, omeden, —, potpun, 56 sloˇzene kamate, 225 Stirlingova formula, 33 stohastiˇcki pokus, 120 suma aritmetiˇckog niza, 179 supremum skupa, 53 sustav, binarni, 5 —, dekadski, 2 —, heksadekadski, 5 —, oktalni, 5 trigonometrijski prikaz kompleksnog broja, 61, 63 unija (suma, zbroj) dogadaja, 125 uvjetna vjerojatnost, 148 varijacije s ponavljanjem, 92 — bez ponavljanja, 94 vjerojatnost, 129 —, aposteriorna, 164 —, apriorna, 164 — dogadaja, 129 — geometrijska, 144 — uvjetna, 148 Weierstrass, Karl Theodor Wilhelm, 56

OG LE DN IP RIM JE RA K

normiranost vjerojatnosti, 133 novˇci´c, 131 —, neispravni, 131 n -ta parcijalna suma, 179 nul-niz, 196 op´ci ( n -ti) cˇlan niza, 170, 178 — cˇlan aritmetiˇckog niza, 178 — — geometrijskog niza, 187 osnovni stavak algebre, 63 paralelni spoj, 141, 154 particija vjerojatnostnog prostora, 162 partitivni skup, 94 Pascal, Blaise, 29 Pascalov trokut, 28 permutacije, 98 — s ponavljanjem, 102 polarne koordinate, 64 polarni sustav, 63 polje racionalnih brojeva, 42 potencije binoma, 30 potenciranje kompleksnih brojeva, 73 pozicijski zapis broja, 2 potpun sustav dogadaja, 162 presjek (produkt, umnoˇzak) dogadaja, 125 racionalan broj, 42 realna os, 62 realni dio kompleksnog broja, 61

Zagreb, prosinac 2013.

266