Download pdf - Zadatak 181 (Vlado, srednja škola) Rješenje 181 · Prirodni brojevi dijele se na parne i neparne brojeve. Parni brojevi su oni brojevi koji su djeljivi sa 2, a neparni su oni koji

1

Zadatak 181 (Vlado, srednja škola)

Izračunaj zbroj umnožaka znamenaka svih troznamenkastih brojeva.

Rješenje 181 Ponovimo!

1, , , ., 0 0 0

x n xn m n mx x x x x n x x x

y n y

⋅+⋅ = = = ≠ + = + =

⋅

( )11 2 3 ... .

2

n nn

⋅ ++ + + + =

Troznamenkasti prirodni broj je oblika

,abc

gdje je { } { }1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 , , 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 .a b c∈ ∈

Zbroj umnožaka znamenaka svih troznamenkastih brojeva iznosi:

( ) ( ) ( )1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9+ + + + + + + + ⋅ + + + + + + + + + ⋅ + + + + + + + + + =

( ) ( ) ( )1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9+ + + + + + + + ⋅ + + + + + + + + ⋅ + + + + + + + + ==

( )( )

( )

3 3 39 9 1 9 10 193 3 3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 5 45 911250

.2 22

⋅ + ⋅ ⋅= + + + + + + + + = = = = ⋅ = =

Vježba 181

Izračunaj zbroj umnožaka znamenaka svih dvoznamenkastih brojeva.

Rezultat: 2025.

Zadatak 182 (Ivona, srednja škola)

6 8 6 9

Pojednostavnite : 2 3 2 3 .⋅ + ⋅


( ), ,1

.nn m n m n n

a a a a a a b a b+

⋅ = = ⋅ = ⋅

Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.

( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

( )6 8 6 9 6 8 6 8 1 6 8 6 8 6 8

2 3 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 2 3 1 3⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + =

( )86 8 6 8 2 6 2 8 8 8 8

2 3 4 2 3 2 2 2 3 2 3 2 3 6 .= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Vježba 182

5 7 5 8

Pojednostavnite : 2 3 2 3 .⋅ + ⋅

Rezultat: 7

6 .

Zadatak 183 (Goran, srednja škola)

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1Ako je + = , koliko je ?

1 1 1 1a b b a a b a b+

⋅ + ⋅ + + ⋅ +


,1

.y x y x y

yx x n n n

+⋅ = = +

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1 1 1 1 1+ = + =

1 1 1 11

1 1 1/ 1

1a b b a a b aa

b b a a bb⇒ ⇒

⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ +⋅ + ⋅

+ ⋅ ++

⋅ +

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1+

1 1 1 1

1 1 1 1= + =

1 1 1 1

a b a b a b ba b

a b b a a

a

b a

b

b a a bb

a+ ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ ⋅ +⇒ ⇒

+ + + ⋅ +⇒

⋅ + ⋅ + + + + ⋅⋅ ⋅ ⋅ ++ +

1 1 1 1 1 1 1 1+ =1 + + =1 + + =1 1 +1+ =1

a b a b

a b a a b b a b a b

a b

a b

+ +⇒ ⇒ + ⇒ + ⇒ + ⇒

1 1 1 1 1 1+1+ +1+ 01 1 + 1.

a b a b a b⇒ + = ⇒ = ⇒ = −

Vježba 183

( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1Ako je + = , koliko je ?

1 1 1 1a b b a a b a b+

⋅ − ⋅ − − ⋅ −

Rezultat: 1.


Zapiši u obliku potencije s bazom 2 sljedeći broj: 3 6 4

2 16 3 4 5 8 .⋅ − ⋅ + ⋅


( ) , .mn n m n m n m

a a a a a⋅ +

= ⋅ =


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Uoči da se brojevi 16, 4 i 8 mogu napisati kao potencije s bazom 2.

( ) ( ) ( )3 6 4

3 6 4 4 2 3 12 12 122 16 3 4 5 8 2 2 3 2 5 2 2 2 3 2 5 2⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ =

( )12 12 12 2 14

2 3 5 2 212 12 12

2 2 2 3 5 2 4 2 2 2 .= ⋅ − ⋅ + ⋅ = ⋅ − + = ⋅ = ⋅ =

Vježba 184

Zapiši u obliku potencije s bazom 2 sljedeći broj: 13 11

2 4 2 .+ ⋅

Rezultat: 14

2 .


Zapiši u obliku potencije sljedeći broj: 6 4 3

3 9 5 27 81 .⋅ + ⋅ +


( ) , .mn n m n m n m

a a a a a⋅ +

= ⋅ =


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Uoči da se brojevi 9, 27 i 81 mogu napisati kao potencije s bazom 3.

( ) ( ) ( )6 4 3

6 4 3 2 3 4 12 12 123 9 5 27 81 3 3 5 3 3 3

12 12 123 33 5 3 3 5 33⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + =

( )12 12 12 2 14

3 3 5 1 3 9 3 3 3 .= ⋅ + + = ⋅ = ⋅ =

3

Vježba 185

Zapiši u obliku potencije sljedeći broj: 6 5 3

3 9 45 9 81 .⋅ + ⋅ +

Rezultat: 14

3 .

Zadatak 186 (Tihana, srednja škola)

1 1 2 2

Ako je 2 , 5 , koliko znamenki ima broj ?n n

x y x y+ +

= = ⋅


( ) ( ), .mnn n n n m

a b a b a a⋅

⋅ = ⋅ =


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

1.inačica

( ) ( ) ( )( ) ( )22 22 12 2 1 1 1 2 2

2 5 2 5 10 10 .nn n n n

x y x y++ + + ⋅ +

⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = =

2.inačica

( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 1 1 2 2 2 2 2 2

2 5 2 5 2 5 10 .nn n n n n

x y⋅ ++ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +

⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Uočimo da broj:

• 1

10 10 ima 2 znamenke=

• 2


• 3


• 4

10 10000 ima 5 znamenaka=

…

•

n nula

10 1000...0 ima 1 znamenku.n

n= +��

Dakle, zadani broj ima 2 · n + 3 znamenke.

Vježba 186

2 2

Ako je 2 , 5 , koliko znamenki ima broj ?n n

x y x y= = ⋅

Rezultat: 2 · n + 1.

Zadatak 187 (Iva, gimnazija)

Koliki je zbroj prvih 100 parnih prirodnih brojeva? Poopći te odredi formulu za zbroj prvih n

parnih prirodnih brojeva.


( ) ( ), .a b b a a b c a b c+ = + + + = + +


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Prirodni brojevi dijele se na parne i neparne brojeve. Parni brojevi su oni brojevi koji su djeljivi sa 2, a

neparni su oni koji nisu djeljivi sa 2.

Da je neki prirodan broj m paran znači da se može napisati u obliku

( )2 neki prirodan , 2 .broj ,m m k k N= ⋅ = ⋅ ∈

Na primjer,

4

8 4 , 24 12 , 198 99 , 2570 1282 2 .2 52= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅

Parni brojevi mogu se prikazati općom formulom

2 ,n⋅

gdje n pripada skupu prirodnih brojeva.

Označimo općenito sa slovom s zbroj prvih n prirodnih brojeva, tj.:

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

Sada pribrojnike zbroja napišemo u obrnutom poretku.

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

Ako zbrojimo obje jednakosti, imamo:

( ) ( )

( ) ( )

1 2 3 ... 2 1 zb

1 2 ... 3 2

rojimo

jednak1 osti

s n n n

s n n n

= + + + + − + − +⇒ ⇒

= + − + − + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 3 2 ... 2 3 1 2 1s s n n n n n n⇒ + = + + + − + + − + + − + + − + + + ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )na desnoj strani jednakosti

ima pribrojni2 1 1 1 ... 1 1 1

ka 1nn n n

ns n n n⇒ ⋅ = + + + + + + + + + + + ⇒

++ ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n pribrojnika

2 1 1 1 ... 1 1 1 2 1s n n n n n n s n n⇒ ⋅ = + + + + + + + + + + + + ⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒��

( )( )

/ : 21

2 1 .2

n ns n n s

⋅ +⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒ =

Dakle, za prirodne brojeve vrijedi formula

( ) ( )( )1

1 2 3 ... 2 12

.n n

n n n⋅ +

+ + + + − + − + =

1.inačica

Računamo zbroj prvih 100 parnih prirodnih brojeva.

2 4 6 8 ... 194 196 198 200.+ + + + + + + + Brojeve ćemo združiti u parove: prvi s posljednjim (2 + 200), drugi s pretposljednjim (4 + 198) itd. Tako se

dobije 50 parova, a u svakom je zbroj 202. Konačni rezultat jednak je:

202 50 10100.⋅ = 2.inačica

Računamo zbroj prvih 100 parnih prirodnih brojeva.

2 4 6 8 ... 194 196 198 200.+ + + + + + + + Izlučimo broj 2 i uporabimo formulu za zbroj prvih n prirodnih brojeva.

( )2 4 6 8 ... 194 196 198 200 2 1 2 3 ... 97 98 99 100+ + + + + + + + = ⋅ + + + + + + + =

( )2

100 100 1 100 1012 10100.

2 2

⋅ + ⋅= ⋅ = ⋅ =

Odredit ćemo formulu za zbroj prvih n parnih prirodnih brojeva.

Označimo općenito sa slovom s zbroj prvih n parnih prirodnih brojeva, tj.:

( ) ( )2 4 6 ... 2 4 2 2 2 .s n n n= + + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅


( ) ( )2 2 2 2 4 ... 6 4 2.s n n n= ⋅ + ⋅ − + ⋅ − + + + +


( ) ( )

( ) ( )

2 4 6 ... 2 4 2 2 2

2 2 2 2 4

zbrojimo

jednakos... 6 4 2 ti

s n n n

s n n n

= + + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅⇒ ⇒

= ⋅ + ⋅ − + ⋅ − + + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 2 2 6 2 4 ... 2 4 6 2 2 4 2 2s s n n n n n n⇒ + = + ⋅ + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ + ⇒

5

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2s n n n n n n⇒ ⋅ = ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + ⇒

na desnoj strani jednakosti

ima pribrojnika 2 2n n⇒ ⇒

⋅ +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n pribrojnik

2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 2 2

a

2s n n n n n n s n n⇒ ⋅ = ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒��

( ) ( ) ( )2 2 1 2 / : 22 1 1 .s n n s n n s n n⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⇒ = ⋅ +

Dakle, za parne prirodne brojeve vrijedi formula

( ) ( ) ( )2 4 6 ... 2 4 2 2 2 1 .n n n n n+ + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ = ⋅ +

Vježba 187 Koliki je zbroj prvih 50 parnih prirodnih brojeva?

Rezultat: 2550.


Koliki je zbroj prvih 100 neparnih prirodnih brojeva? Poopći te odredi formulu za zbroj prvih n

neparnih prirodnih brojeva.


( ) ( ), .a b b a a b c a b c+ = + + + = + +


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Prirodni brojevi dijele se na parne i neparne brojeve. Parni brojevi su oni brojevi koji su djeljivi sa 2, a

neparni su oni koji nisu djeljivi sa 2.

Da je neki prirodan broj m neparan znači da se može napisati u obliku

( )2 neki prirodan broj 1 2 1 .,,m m k k N= ⋅ − = ⋅ − ∈

Na primjer,

7 4 1 , 25 12 1 , 197 99 1 , 2569 1285 12 2 2 .2= ⋅ − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ −

Neparni brojevi mogu se prikazati općom formulom

2 1,n⋅ −

gdje n pripada skupu prirodnih brojeva.

Označimo općenito sa slovom s zbroj prvih n prirodnih brojeva, tj.:

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


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


( ) ( )

( ) ( )

1 2 3 ... 2 1 zb

1 2 ... 3 2

rojimo

jednak1 osti

s n n n

s n n n

= + + + + − + − +⇒ ⇒

= + − + − + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 3 2 ... 2 3 1 2 1s s n n n n n n⇒ + = + + + − + + − + + − + + − + + + ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )na desnoj strani jednakosti

ima pribrojni2 1 1 1 ... 1 1 1

ka 1nn n n

ns n n n⇒ ⋅ = + + + + + + + + + + + ⇒

++ ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n pribrojnika

2 1 1 1 ... 1 1 1 2 1s n n n n n n s n n⇒ ⋅ = + + + + + + + + + + + + ⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒��

( )( )

/ : 21

2 1 .2

n ns n n s

⋅ +⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒ =

6

Dakle, za prirodne brojeve vrijedi formula

( ) ( )( )1

1 2 3 ... 2 12

.n n

n n n⋅ +

+ + + + − + − + =

Računamo zbroj prvih 100 neparnih prirodnih brojeva.

1 3 5 7 ... 193 195 197 199.+ + + + + + + + Brojeve ćemo združiti u parove: prvi s posljednjim (1 +199), drugi s pretposljednjim (3 + 197) itd. Tako se

dobije 50 parova, a u svakom je zbroj 200. Konačni rezultat jednak je:

200 50 10 000.⋅ =

Odredit ćemo formulu za zbroj prvih n neparnih prirodnih brojeva.

Označimo općenito sa slovom s zbroj prvih n neparnih prirodnih brojeva, tj.:

( ) ( ) ( )1 3 5 ... 2 5 2 3 2 1 .s n n n= + + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ −


( ) ( ) ( )2 1 2 3 2 5 ... 5 3 1.s n n n= ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + + + +


( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 3 5 ... 2 5 2 3 2 1

2 1 2 3 2 5 ... 5 3

zbrojimo

jedn1 akosti

s n n n

s n n n

= + + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ −⇒ ⇒

= ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 3 2 3 5 2 5 ... 2 5 5 2 3 3 2 1 1s s n n n n n n⇒ + = + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + + ⋅ − + ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 3 3 5 5 5 5 3 3 12 2 2 1... 2 2 2s s n n n n n n⇒ + = + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅− − − − + − + − + ⇒

2 2 2 2 ... 2 2 2s n n n n n n⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒

na desnoj strani jednakosti

ima pribrojnika 2n n⇒ ⇒

⋅

n pribrojn

2 2 2 2 ... 2

ika

2 2 2 2s n n n n n n s n n⇒ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒��

22 2 ./ : 2s n n s n⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =

Dakle, za neparne prirodne brojeve vrijedi formula

( ) ( ) ( )2

1 3 5 ... 2 5 2 3 2 1 .n n n n+ + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =

Vježba 188 Koliki je zbroj prvih 50 neparnih prirodnih brojeva?

Rezultat: 2500.


Zbroj prvih n prirodnih brojeva jednak je 3003. Koliki je n?


( ) ( )( )1

1 2 3 ... 2 12

.n n

n n n⋅ +

+ + + + − + − + =


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

1.inačica

( )( ) ( )

1 2 3 ... 30031 1

3003 300312 21 2 3 ...

2

/ 2

nn n n n

n nn

+ + + + =⋅ + ⋅ +

⇒ = ⇒ = ⇒⋅ ++ + + + =

⋅

7

( )2

2 2 6006 01 6006 6 006 6 006 0

1 , 1 , 6 006

n nn n n n n n

a b c

+ − =⇒ ⋅ + = ⇒ + = ⇒ + − = ⇒ ⇒

= = = −

( )1 , 1 , 6 006

1 1 4 1 6 006 1 1 24 0242

4 1,2 1,22 1 21,2 2

a b c

n nb b a c

na

= = = −− ± − ⋅ ⋅ − − ± +

⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒− ± − ⋅ ⋅ ⋅=

⋅

1 155 154

1 11 24 025 1 155 2 21,2 1,2 1 155 1562 2

2 22 2

n n

n n

n n

− += =

− ± − ±⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ ⇒

− −= = −

nema smisla

771

77.78

2

nn

n

=⇒ ⇒ =

= −

2.inačica

( )( ) ( )

1 2 3 ... 30031 1

3003 300312 21 2 3 ...

2

/ 2

nn n n n

n nn

+ + + + =⋅ + ⋅ +

⇒ = ⇒ = ⇒⋅ ++ + + + =

⋅

( )1 6 006.n n⇒ ⋅ + =

Rastavimo broj 6006 na proste faktore.

6006 2

3003 3

1001 7

143 11

13 13

1

Dakle,

6 006 2 3 7 11 13.= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Sada broj 6006, uz malo pokušaja, napišemo kao umnožak dva uzastopna prirodna broja (jer su na lijevoj

strani jednadžbe dva uzastopna broja n i n + 1).

( ) ( )6 006 7 11 2 3 13 77 78.= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

Traženi broj n je 77.

Vježba 189 Zbroj prvih n prirodnih brojeva jednak je 210. Koliki je n?

Rezultat: 20.


Kolika je razlika izmeñu zbroja prvih 1000 parnih i zbroja prvih 1000 neparnih brojeva?


( ) ( ), .a b b a a b c a b c+ = + + + = + +


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Formula za zbroj prvih n parnih prirodnih brojeva:

( ) ( ) ( )2 4 6 ... 2 4 2 2 2 1 .n n n n n+ + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ = ⋅ +

Formula za zbroj prvih n neparnih prirodnih brojeva:

( ) ( ) ( )2

1 3 5 ... 2 5 3 2 .2 1n n n n+ + + + ⋅ − + ⋅ − + ⋅ − =

8

1.inačica

Od zbroja prvih 1000 parnih brojeva oduzmemo zbroj prvih 1000 neparnih brojeva.

( ) ( )2 4 6 ... 1996 1998 2 000 1 3 5 ... 1995 1997 1999+ + + + + + − + + + + + + =

( ) ( )2 2

1000 1000 1 1000 1000 1001 1000 1000 1001 1000 1000 1 1000.= ⋅ + − = ⋅ − = ⋅ − = ⋅ =

2.inačica

Zadane brojeve napišemo u obrnutom poretku od najvećeg do najmanjeg.

( ) ( )2 4 6 ... 1996 1998 2 000 1 3 5 ... 1995 1997 1999+ + + + + + − + + + + + + =

2 4 6 ... 1996 1998 2 000 1 3 5 ... 1995 1997 1999= + + + + + + − − − − − − − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 000 1999 1998 1997 1996 1995 ... 6 5 4 3 2 1= − + − + − + + − + − + − =

1000 pr

1 1 1

ibr

... 1

ojni

1 1 1 1

ka

1 ... 1 1 1 1000 1 1000.= + + + + + + = + + + + + + = ⋅ =��

Vježba 190 Kolika je razlika izmeñu zbroja prvih 100 parnih i zbroja prvih 100 neparnih brojeva?

Rezultat: 100.

Zadatak 191 (Ava, učiteljska akademija)

Dokaži matematičkom indukcijom formulu: 1 2 3 3 2 3

... .2 33 43 4 33 3

n nn n

⋅ ++ + + + = −

⋅


, , .1

:a c a d b c n m n m

a a a a ab d b d

⋅ − ⋅ −− = = =

⋅


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Matematička indukcija sastoji se iz dva koraka: baze indukcije i koraka indukcije. U bazi indukcije

provjerava se je li tvrdnja istinita za najmanji prirodni broj (obično je to broj 1, osim ako nije postavljen neki

drugi uvjet). U koraku indukcije pretpostavi se najprije da je tvrdnja istinita za prirodan broj n i zatim se

provjerava istinitost tvrdnje za sljedbenika n + 1.

Načelo matematičke indukcije

Ako neka tvrdnja vrijedi za broj 1 i ako iz pretpostavke da vrijedi za prirodni broj n slijedi da ona vrijedi i za

sljedeći broj n + 1, tad ona vrijedi za svaki prirodni broj n.

Dokaz matematičkom indukcijom

Dokaz matematičkom indukcijom sprovodi se u tri koraka:

• Baza indukcije. Trebamo provjeriti da tvrdnja vrijedi za broj 1, tj. da je T(1) istinita tvrdnja.

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

istinita tvrdnja.

• Korak indukcije. Dokažimo 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.

i) Baza indukcije.

Dokažimo da zadana jednakost vrijedi za n = 1. Zaista je:

1 3 2 1 3 1 3 2 3 1 3 5 1 9 5 1 4 1 1 1.

13 4 3 4 4 3 3 4 12 3 12 3 12 3 33

4

4 1 32

⋅ + + −= − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

⋅⋅

ii) Pretpostavka indukcije.

Sada pretpostavimo da je zadana jednakost točna za bilo koji prirodni broj n, tj. da je:

1 2 3 3 2 3... .

2 33 43 4 33 3

n nn n

⋅ ++ + + + = −

⋅

9

iii) Korak indukcije.

Dokažimo da zadana jednakost vrijedi i za n + 1. Dodajmo zbroju s lijeve strane sljedeći član:

1 2 3 1 2 3 1... ...

2 3 2 3 13 3

1

133 33 3 3 3 3

nn n nn n n n

++ + + + + = + + + + +

+

+=

+

iskoristimo

pretpostavku in

3 2 3 1 3 2 3 1

1 14 44 3 4dukci 33je 3

n n n nn nn n

⋅ + + ⋅ + += = − + = − − = + +⋅ ⋅

( ) ( ) ( )3 2 3 4 1 2 1 33 3 6 9 4 4 3 2 5 3 2 2 3 3.

1 1 1 1 14 4 4 4 44 3 4 3 4 3 4 3 4 3

n n nn n n n

n n n n n

⋅ ⋅ + − ⋅ + ⋅ + +⋅ + − ⋅ − ⋅ + ⋅ + += − = − = − = − = −

+ + + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Dobili smo jednakost istovjetnu zadanoj jednakosti, sa n + 1 umjesto n. To znači da tvrdnja vrijedi za broj

n + 1. Prema načelu matematičke indukcije, tvrdnja vrijedi za svaki prirodni broj n.

Vježba 191

Dokaži matematičkom indukcijom formulu: ( ) ( )

1 1 1 1... .

1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 2 1

n

n n n+ + + + =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ +

Rezultat: Formula je točna.

Zadatak 192 (Franjo, gimnazija)

Dokaži matematičkom indukcijom da je n7 + 6 · n djeljivo sa 7.


1, .

1

nn n n= =


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Binomni koeficijent

Neka je n prirodan broj, a k prirodan broj ili 0 i k ≤ n. Binomni koeficijent označavamo simbolom n

k

i

definiramo

( )

( ) ( ) ( )1 2 ... 1!ili

! ! 1 2 3 ....

n n n n n n kn

k kk n k k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − += =

⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Uočimo da za k = 0, k = 1 i k = n dobivamo

1 , , .10 1

n n nn

n= = =

Svojstvo simetrije:

.n n

r n r

=

−

Binomni poučak

Za svaki , ,a b R n N∈ ∈ vrijedi

( )0 1 1 2 2 1 1 0

...0 1

.1 2

n n n n nn n n n n na b a b a b a b a b a b

n n

− − −+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

−

Matematička indukcija sastoji se iz dva koraka: baze indukcije i koraka indukcije. U bazi indukcije

provjerava se je li tvrdnja istinita za najmanji prirodni broj (obično je to broj 1, osim ako nije postavljen neki

drugi uvjet). U koraku indukcije pretpostavi se najprije da je tvrdnja istinita za prirodan broj n i zatim se

provjerava istinitost tvrdnje za sljedbenika n + 1.

U zadatku treba dokazati da je broj 7 djelitelj zadanog izraza n7 + 6 · n. Označimo zadani izraz (zbog

lakoće pisanja) sa f(n) = n7 + 6 · n.

10

Zapamti!

Broj a je djeljiv brojem b, ako i samo ako postoji broj c tako da vrijedi a = c · b. Ili, ovako, broj a je djeljiv

brojem b, ako sadrži u sebi faktor b.

Načelo matematičke indukcije

Ako neka tvrdnja vrijedi za broj 1 i ako iz pretpostavke da vrijedi za prirodni broj n slijedi da ona vrijedi i za

sljedeći broj n + 1, tad ona vrijedi za svaki prirodni broj n.

Dokaz matematičkom indukcijom sprovodi se u tri koraka:

• Baza indukcije. Trebamo provjeriti da tvrdnja vrijedi za broj 1, tj. da je T(1) istinita tvrdnja.

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

istinita tvrdnja.

• Korak indukcije. Dokažimo 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.

baza indukcije

n = 1

f(1) = 17 + 6 · 1 = 1 + 6 = 7 = 7 · 1.

Dakle, baza indukcije je ispunjena.

korak indukcije

n

Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za neki prirodni broj n, tj. da je zadani izraz djeljiv brojem 7. Tada

pišemo:

f(n) = n7 + 6 · n = 7 · N. (to se zove induktivna pretpostavka)

Broj N je neki prirodni broj, ali bitno je da imamo faktor 7.

n + 1

Sada provjeravamo izraz za sljedbenika n + 1:

( ) ( ) ( )7

1 1 6 1f n n n+ = + + ⋅ + ⇒

( )7 7 7 7 7 77 6 5 4 3 2 1

1 1 6 61 2 3 4 5 6

f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⇒

( )7 7 7 7 7 77 6 5 4 3 2

1 6 1 61 2 3 4 5 6

f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⇒

( ) ( )7 7 7 7 7 77 6 5 4 3 2

1 6 71 2 3 4 5 6

f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒

( ) ( )7 7 7 7 7 77 6 5 4 3 2

1 6 71 2 3 3 2 1

f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒

( ) ( ) 7 6 7 6 5 7 6 5 7 67 6 5 4 3 21 6 7 7 7

1 2 1 2 3 1 2 3 1 2f n n n n n n n n n

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

( ) ( ) 67 7 5 7 5 77 6 5 4 3 21 6 7 7 7

1

6 6 6

2 2 3 21 1 3 21f n n n n n n n n n

⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒

⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅

( ) ( )7 6 5 4 3 21 6 7 21 35 35 21 7 7f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⇒

( ) ( ) ( )7 6 5 4 3 21 6 7 3 5 5 3 1f n n n n n n n n n⇒ + = + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⇒

( )

koristimo induktivnu pretpostavku

76 7f n n n N+ ⋅

⇒= = ⋅

⇒

( ) ( )6 5 4 3 21 7 7 3 5 5 3 1f n N n n n n n n⇒ + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⇒

11

( ) ( )6 5 4 3 21 3 57 5 3 1 .f n N n n n n n n⇒ + = ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + +

Dobili smo na kraju faktor 7 i time je tvrdnja dokazana.

Vježba 192

Dokaži matematičkom indukcijom da je n3 – n djeljivo sa 6.

Rezultat: Formula je točna.

Zadatak 193 (4A, TUPŠ)

Ljudsko srce tijekom jednoga dana otkuca oko 100 tisuća puta. Koliko puta otkuca srce čovjeka

tijekom 70 godina života?

7 8 9 10. 2.6 10 . 2.6 10 . 2.6 10 . 2.6 10A B C D⋅ ⋅ ⋅ ⋅


1 365 .godina dana≈

Budući da ljudsko srce tijekom jednoga dana otkuca oko 100 000 puta, za 70 godina ljudskoga života

otkucat će:

970 365 100 000 2555000000 2.6 10 .⋅ ⋅ = ≈ ⋅

Odgovor je pod C.

Vježba 193

Ljudsko srce tijekom jednoga dana otkuca oko 100 tisuća puta. Koliko puta otkuca srce čovjeka

tijekom 90 godina života?

7 8 9 10. 3.3 10 . 3.3 10 . 3.3 10 . 3.3 10A B C D⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Rezultat: C.

Zadatak 194 (Dragana, gimnazija)

Koja je zadnja znamenka potencije 811

6 ?


Ako su , ia b Z m N∈ ∈ i ako m │ a – b (m dijeli a – b ili m je djelitelj od a – b), onda kažemo da su

a i b kongruentni modulo m i to pišemo ovako:

a ≡ b (mod m).

Posljednji zapis zovemo još i kongruencijom. Svaka kongruencija mod m je:

• refleksivna a ≡ a (mod m), za svako a

• simetrična a ≡ b (mod m) => b ≡ a (mod m)

• tranzitivna a ≡ b (mod m) i b ≡ c (mod m) => a ≡ c (mod m)

Svojstva kongruencije:

� ako je a ≡ b (mod m) i c ≡ d (mod m), onda je

• a + c ≡ b + d (mod m)

• a · c ≡ b · d (mod m)

• an ≡ b

n (mod m), n je prirodan broj

• k · a ≡ k · b (mod m), za svaki cijeli broj k

� ako je k · a ≡ k · b (mod m) i M(k, m) = d, onda slijedi modm

a bd

≡

� ako je f polinom s cjelobrojnim koeficijentima i a ≡ b (mod m), onda vrijedi f(a) ≡ f(b) (mod m)

12

� brojevi a i b daju isti ostatak pri dijeljenju s brojem m ako i samo ako je a ≡ b (mod m)

Neka je a realan broj, a n prirodan broj. Izraz an zovemo n – tom potencijom broja a. To je umnožak u kojem

se broj a javlja n puta.

...

fakt a

.

or

na a a a a

n

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅��

Broj a naziva se baza ili osnovica potencije, dok se broj n naziva eksponent potencije.

( ),1

, .mn m n m n n m

a a a a a a a+ ⋅

= ⋅ = =

1.inačica

16 6=

2366 6 6= ⋅ =

3 26 6 6 36 6 621= ⋅ = ⋅ =

4 36 6 6 216 6 6129= ⋅ = ⋅ =

5 46 6 6 1296 6 67 77= ⋅ = ⋅ =

6 56 6 6 7 776 6 6 6564= ⋅ = ⋅ =

7 66 6 6 46 656 6 799362= ⋅ = ⋅ =

...

Uočimo da svaki broj čija je zadnja znamenka 6, kada se pomnoži brojem 6, opet na kraju ima znamenku

6. Dakle, potencija 6811 završava znamenkom 6.

2.inačica

Uočimo da je zadnja znamenka broja 6811

zapravo znamenka ostatka koji se dobije dijeljenjem tog broja sa

10. Zadatak se svodi na odreñivanje tog ostatka. Očito je da vrijedi:

62 ≡ 6 (mod 10) , 6

3 ≡ 6 (mod 10) , 6

4 ≡ 6 (mod 10) , 6

5 ≡ 6 (mod 10).

Kako je

65 ≡ 6 (mod 10),

to je

( ) ( ) ( ) ( )162

5 162 810 162 810 1626 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 6 6 mod 10≡ ⇒ ≡ ⇒ ⋅ ≡ ⋅ ⇒

( )811 163

6 6 mod 10 .⇒ ≡

Traženi ostatak jednak je ostatku koji se dobije dijeljenjem broja 6163

sa 10.

Kako je

62 ≡ 6 (mod 10),

to je

( ) ( ) ( ) ( )81

2 81 162 81 162 816 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 6 6 mod 10≡ ⇒ ≡ ⇒ ⋅ ≡ ⋅ ⇒

( )163 82

6 6 mod 10 .⇒ ≡

Traženi ostatak jednak je ostatku koji se dobije dijeljenjem broja 682 sa 10.

Kako je

63 ≡ 6 (mod 10),

to je

( ) ( ) ( ) ( )27

3 27 81 27 81 276 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 6 6 mod 10≡ ⇒ ≡ ⇒ ⋅ ≡ ⋅ ⇒

( )82 28

6 6 mod 10 .⇒ ≡


Kako je

13

63 ≡ 6 (mod 10),

to je

( ) ( ) ( ) ( )9

3 9 27 9 27 96 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 6 6 mod 10≡ ⇒ ≡ ⇒ ⋅ ≡ ⋅ ⇒

( )28 10

6 6 mod 10 .⇒ ≡


Kako je

63 ≡ 6 (mod 10),

to je

( ) ( ) ( ) ( )3

3 3 9 3 9 36 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 6 6 mod 10≡ ⇒ ≡ ⇒ ⋅ ≡ ⋅ ⇒

( )10 4

6 6 mod 10 .⇒ ≡


Budući da vrijedi

64 ≡ 6 (mod 10),

slijedi:

• ( ) ( ) ( )811 163 163 82 811 82

6 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 mod 10 .≡ ∧ ≡ ⇒ ≡

• ( ) ( ) ( )811 82 82 28 811 28

6 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 mod 10 .≡ ∧ ≡ ⇒ ≡

• ( ) ( ) ( )811 28 28 10 811 10

6 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 mod 10 .≡ ∧ ≡ ⇒ ≡

• ( ) ( ) ( )811 10 10 4 811 4

6 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 mod 10 .≡ ∧ ≡ ⇒ ≡

• ( ) ( ) ( )811 4 4 811

6 6 mod 10 6 6 mod 10 6 6 mod 10 .≡ ∧ ≡ ⇒ ≡

Prema tome, jednoznamenkasti završetak od 6811

je 6.

Vježba 194

Koja je zadnja znamenka potencije 811

5 ?

Rezultat: 5.

Zadatak 195 (Filip, srednja škola) Aritmetička sredina 50 brojeva iznosi 38. Ako iz tog skupa brojeva izbacimo brojeve 45 i 55, onda je

aritmetička sredina preostalih 48 brojeva jednaka:

. 36 . 36.5 . 37 . 37.5 . 38.5A B C D E


Neka je zadano n pozitivnih realnih brojeva a1, a2, a3, ... , an. Broj:

...1 2 3

a a a anAn

n

+ + + +=

je njihova aritmetička sredina ili prosjek.

Budući da za 50 brojeve (meñu kojima su i brojevi 45 i 55) aritmetička sredina iznosi 38, slijedi:

/ 50... 45 55 ... 45 55

1 2 3 48 1 2 3 4838 3850 50

a a a a a a a a+ + + + + + + + + + + += ⋅= ⇒ ⇒

... 45 55 1900 ... 1900 45 551 2 3 48 1 2 3 48

a a a a a a a a⇒ + + + + + + = ⇒ + + + + = − − ⇒

... 1800.1 2 3 48

a a a a⇒ + + + + =

Aritmetička sredina preostalih 48 brojeva iznosi:

14

... 18001 2 3 48 37.5.48 48

a a a a+ + + += =

Odgovor je pod D.

Vježba 195 Aritmetička sredina 50 brojeva iznosi 38. Ako iz tog skupa brojeva izbacimo brojeve 40 i 60, onda je

aritmetička sredina preostalih 48 brojeva jednaka:

. 36 . 36.5 . 37 . 37.5 . 38.5A B C D E

Rezultat: D.

Zadatak 196 (Maturanti, TUPŠ) Miješamo tri vrste kave. Uzmemo li 120 kg kave po 40 kn/kg, 150 kg za 36 kn/kg, koliko moramo

uzeti kave po 45 kn/kg da cijena mješavine bude 42 kn/kg?


Neka je zadano n pozitivnih realnih brojeva a1, a2, a3, ... , an. Broj:

...1 2 3

a a a anAn

n

+ + + +=

je njihova aritmetička sredina ili prosjek.

Neke veličine za koje tražimo aritmetičku (prosječnu) vrijednost mogu biti i jednake. Ako su a1, a2, a3, ... , an

veličine čiji se prosjek traži i imamo

f1 veličina a1

f2 veličina a2

f3 veličina a3

...

fn veličina an,

tada je prosječna vrijednost, vagana (ponderirana) aritmetička sredina:

...

1 1 2 2 3 3 ....

1 2 3

f a f a f a f an nA

f f f fn

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅=

+ + + +


( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +

Označimo slovom x broj kilograma kave po 45 kn/kg. Tada je:

120 40 150 36 45 4800 5 400 45 10 200 4542 42 42

120 150 270 270

x x x

x x x

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒

+ + + +

( ) ( )10 200 45

42 10 200 45 42 270 10 200 45 11340 42/ 270270

xx x x xx

x

+ ⋅⇒ = ⇒ + ⋅ = ⋅ +⋅ ⇒ + ⋅ = + ⋅

++ ⇒

/ : 345 42 11340 10 200 3 1140 3 1140 380.x x x x x⇒ ⋅ − ⋅ = − ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =

Vježba 196 Miješamo tri vrste kave. Uzmemo li 120 kg kave po 40 kn/kg, 150 kg za 36 kn/kg i 380 kg kave

za 45 kn/kg, kolika je cijena mješavine?

Rezultat: 42 kn/kg.

Zadatak 197 (Maturanti, TUPŠ)

Marko je pročitao 2/3, Ana 7/11, Pero 5/6 i Višnja 1/2 iste knjige. Tko je pročitao najviše?

. Marko . Ana . Pero . VišnjaA B C D

15


Razlomak se općenito piše u obliku , , .b

aa

b N∈ Razlomak je količnik brojeva a i b. Broj a zove se

brojnik razlomka, a b nazivnik razlomka.

.a b

a bn n

< ⇒ <

1.inačica

Zadane razlomke svedemo na zajednički nazivnik (najmanji zajednički višekratnik). To je broj 66. Kada

razlomci imaju jednake nazivnike najveći je onaj razlomak koji ima najveći brojnik. Pero je pročitao najviše

knjige. Odgovor je pod C

Marko Ana Pero Višnja

2

3

7

11

5

6

1

2

44

66

42

66

55

66

33

66

2.inačica

Svaki razlomak pretvorimo u decimalni broj tako da brojnik podijelimo nazivnikom. Najveći decimalni

broj traženo je rješenje. Pero je pročitao najviše knjige. Odgovor je pod C.

2 7 1Marko : 0.66667 , Ana : 0.63636 , Pero : , Višn

5ja : 0.50000

3 11 20.83333

6== = =

Vježba 197 Marko je pročitao 2/3, Ana 7/11, Pero 5/6 i Višnja 1/2 iste knjige. Tko je pročitao najmanje?

. Marko . Ana . Pero . VišnjaA B C D

Rezultat: D.

Zadatak 198 (Ninoslav, srednja škola)

Ako je recipročna vrijednost od x + 1 jednaka x – 1, nañi x.


( ) ( )2 2

.a b a b a b− = − ⋅ +

Za svaki realan broj a različit od 0 postoji jedan i samo jedan realan broj, označimo ga s a-1

, takav da je

.1

1a a−

⋅ =

Broj a-1

zovemo inverz ili recipročni broj broja a.

Budući da je recipročna vrijednost od x + 1 jednaka x – 1, njihov umnožak mora biti 1.

( ) ( )1

11 2 2

1 1 1 1 1 1 11

1a

a xx x x x

a xa

= +⇒ ⇒ + ⋅ − = ⇒ − = ⇒ = + ⇒

−−

⋅ == −

/2 2

2 2 2.1,2

x x x⇒ = ⇒ = ⇒ = ±

Vježba 198

Ako je recipročna vrijednost od x – 1 jednaka x + 1, nañi x.

Rezultat: 2.1,2

x = ±

Zadatak 199 (Ninoslav, srednja škola)

Ako je 2 korijen (rješenje) jednadžbe x3 + h · x + 10 = 0, nañi x.


Broj x0 je nultočka funkcije f ako vrijedi

16

( ) .00

f x =

Budući da je x = 2 korijen (rješenje) jednadžbe x3 + h · x + 10 = 0, slijedi:

2 32 2 10 0 8 2 10 0 2 8 10

310 0

xh h h

x h x

=⇒ + ⋅ + = ⇒ + ⋅ + = ⇒ ⋅ = − − ⇒

+ ⋅ + =

2 18 2 .21 / :8 9h h h⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = − ⇒ = −

Vježba 199

Ako je 2 korijen (rješenje) jednadžbe x3 + h · x + 20 = 0, nañi x.

Rezultat: – 14.

Zadatak 200 (Srdjan, pripravnik)

Jednoj osobi zazvoni sat svake 4 minute, drugoj svakih 6 minuta, a trećoj svakih 7 minuta. Svima

satovi zazvone u 12 sati. Kada će im ponovno zazvoniti satovi istodobno?


1 60 .minh =

Za cijeli broj a kažemo da je djeljiv cijelim brojem b (b ≠ 0) ako postoji cijeli broj k tako da vrijedi

.a k b= ⋅

Broj k zovemo količnikom brojeva a i b i pišemo

ili : .a

k a b kb

= =

Ako su a i b prirodni brojevi, onda broj koji je djeljiv i brojem a i brojem b zovemo zajedničkim

višekratnikom brojeva a i b. Svaka dva prirodna broja imaju beskonačno puno zajedničkih višekratnika.

Najmanji od njih zovemo najmanjim zajedničkim višekratnikom tih brojeva.

Prost ili prim broj je prirodan broj veći od 1 koji je djeljiv samo s 1 i samim sobom (ima točno dva djelitelja)

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, ...

Složeni broj je broj koji ima tri ili više djelitelja

Prosti brojevi služe za rastavljanje složenih brojeva na proste faktore. Svaki složeni broj može se na

jedinstven način rastaviti na proste faktore.

7 min6 min4 min

Vrijeme za koje će svi satovi istodobno zazvoniti jednako je najmanjem zajedničkom višekratniku brojeva 4,

6 i 7. Zato ćemo rastaviti brojeve na proste faktore i odrediti najmanji zajednički višekratnik.

4 , 6 , 7 2

2 , 3 , 7 2

1 , 3 , 7 3

1 , 1 , 7 7

1 , 1 , 1

( )4, 6, 7 2 2 3 7 84.v = ⋅ ⋅ ⋅ =

Satovi će ponovno istodobno zazvoniti nakon 84 minute, tj. u

13 2412 84 min 12 1 24 m minin .h h h h+ = + + =

Vježba 200

Jednoj osobi zazvoni sat svakih 6 minuta, drugoj svake 4 minute, a trećoj svakih 7 minuta. Svima

satovi zazvone u 14 sati. Kada će im ponovno zazvoniti satovi istodobno?

Rezultat: 15 h 24 min.