od 121 do 180 dokaz 121 - halapa.com2 dokaz 122 dokaži da je aritmeti čka sredina 1 2 2 r r+...

1

121 180

Dokaz 121

Dokaži da je 12 2+ iracionalan broj znajući da je 2 iracionalan broj.

Teorija

Skup prirodnih brojeva označavamo slovom N, a zapisujemo

{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +

Broj oblika , ,a

a Z b Nb

∈ ∈ zove se racionalan broj.

Iracionalni brojevi su oni brojevi koje ne možemo zapisati u obliku razlomaka.

��

Ako stavimo da je

12 2,n = +

slijedi

12 2 12 2 2 12.n n n= + ⇒ + = ⇒ = −

Kada bi n bio racionalan broj, tada bi iz

2 12n= −

slijedilo da je 2 racionalan broj. To je u suprotnosti s pretpostavkom da je 2 iracionalan broj.

Dakle, broj 12 2+ je iracionalan. ■

2

Dokaz 122

Dokaži da je aritmetička sredina 1 2

2

r r+ racionalnih brojeva r1 i r2 opet racionalan broj koji se

nalazi između tih brojeva.

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +

Cijeli brojevi jesu brojevi:

..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ...− − − − −

Oni čine skup cijelih brojeva koji označavamo slovom Z, a zapisujemo kao

{ } { }..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, ... ili 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, ... .Z Z= − − − = − − −

Skup racionalnih brojeva

: , , .0a

Q a b Z bb

= ∈ ≠

Broj oblika , ,a

a Z b Nb


Zbrajanje razlomaka:

.a c a d b c

b d b d

⋅ + ⋅=

⋅+

Svaki cijeli broj je racionalan broj:

1, .

1

n nn n= =

Dvojni razlomak:

.

a

a db

c b c

d

⋅=

⋅

Uređaj na Q

Neka su , , , 0.a c

Q b db d

∈ > Kažemo da je ako je .a c

a d b cb d

< ⋅ < ⋅

Dijeljenje nejednakosti pozitivnim brojem:

, 0 .a b

a b cc c

≤ > ⇒ ≤

��

Neka su i , , , , .1 2

a cr r a c Z b d N

b d= = ∈ ∈

Nađimo njihov poluzbroj:

1 2 1 2 1 222 2 2 2 2

1

a c a d b c a d b cr r r r r r

b d b d b d

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅++ + +⋅ ⋅= ⇒ = ⇒ = ⇒

1 2 1 2 .2 2 2

r r r ra d b cQ

b d

+ +⋅ + ⋅⇒ = ⇒ ∈

⋅ ⋅

3

To je očito opet racionalan broj. Dakle, aritmetička sredina racionalnih brojeva je racionalan broj.

Pretpostavimo da je 1 2r r≤ što povlači .

a ca d b c

b d≤ ⇒ ⋅ ≤ ⋅

Dokazat ćemo dvije nejednakosti:

1 2 1 2i .1 22 2

r r r rr r

+ +≤ ≤

Uvjerimo se u njihovu istinitost.

prema definiciji,1 2

uspoređivanja

1 2 racionalnih broje

1 21 22

1 22

va2 22 2

a cr r

b d

r r a d b c

b

r r a a d b cr

b b d

r r a d b c cr

b dd d

+ ⋅ + ⋅≤≤

⋅ ⋅= =

+ ⋅ + ⋅=

⋅

⇒ ⇒ ⇒ ⇒+ ⋅ + ⋅

≤≤⋅ ⋅⋅

( )

( )

( )

( )

2 2 / :

/2 2 :

a b d b a d b c a b d b a d b c

d a d b c c b d d a d b c c b d

b

d

⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ ⋅ + ⋅⇒ ⇒ ⇒

⋅ ⋅ + ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅

2 2.

2 2

a d a d b c a d a d b c a d b c

a d b c b c a d b c b c a d b c

⋅ ⋅ ≤ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ≤ ⋅⇒ ⇒ ⇒

⋅ + ⋅ ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ≤ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ≤ ⋅

Zadnje nejednakosti su istinite prema pretpostavci pa su istinite i početne, tj.

1 21 2 1 2 .

1 221 2

22

r rr

r rr r

r rr

+≤

+⇒ ≤ ≤

+≤

■

4

Dokaz 123

Dokaži ako je , , ,1 2 1 2r r r r Q> ∈ da je tada za svaki .

1 2r r r r r Q+ > + ∈

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +


..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ...− − − − −


{ } { }..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, ... ili 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, ... .Z Z= − − − = − − −


: , , .0a

Q a b Z bb

= ∈ ≠

Broj oblika , ,a

a Z b Nb



.a c a d b c

b d b d

⋅ + ⋅=

⋅+

Uređaj na Q

Neka su , , , 0.a c

Q b db d


a d b cb d

< ⋅ < ⋅


, 0 .a b

a b cc c

≤ > ⇒ ≤

Zakon distribucije množenja prema zbrajanju.

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

��

Neka su , , , , , , , , .1 2

a c xr r r a c x Z b d y N

b d y= = = ∈ ∈

Pretpostavimo da je 1 2r r> što povlači .

a ca d b c

b d⇒ ⋅ > ⋅>

Ako je 1 2r r> , tj. ,a d b c⋅ > ⋅ dokažimo da vrijedi

.1 2r r r r+ > +

Uvjerimo se u njezinu istinitost.

1 2

a x c x a y b x c y d xr r r r

b y d y b y d y

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅+ > + ⇒ + > + ⇒ > ⇒

⋅ ⋅

( ) ( ) ( ) ( ) / :d y a y b x b y c y d x d y a y b x b yy c y d x⇒ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( )d a y b x b c y d x d a y d b x b c y b d x⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ > ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒

b da d y b d x b c y b d x a d y b c yx b d x⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⇒ +⋅ ⋅ >⋅ +⋅ ⋅⋅⋅ ⋅ ⇒

/ .:a d y b c y a d y b c dyy a b c⇒ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ > ⋅

Zadnja nejednakost je istinita prema pretpostavci pa je istinita i početna, tj.

5

.1 2r r r r+ > + ■

6

Dokaz 124

Dokaži ako je , , ,1 2 1 2r r r r Q> ∈ da je tada za svaki 0, .

1 2r r r r r r Q⋅ > ⋅ > ∈

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +


..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ...− − − − −


{ } { }..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, ... ili 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, ... .Z Z= − − − = − − −


: , , .0a

Q a b Z bb

= ∈ ≠

Broj oblika , ,a

a Z b Nb


Množenje razlomaka:

.a c a c

b d b d

⋅=

⋅⋅

Uređaj na Q

Neka su , , , 0.a c

Q b db d


a d b cb d

< ⋅ < ⋅

��

Neka su , , , , , , , , , .1 2

a c xr r r a c Z b d x y N

b d y= = = ∈ ∈

Pretpostavimo da je 1 2r r> što povlači .

a ca d b c

b d⇒ ⋅ > ⋅>

Ako je 1 2r r> , tj. ,a d b c⋅ > ⋅ dokažimo da vrijedi

.1 2r r r r>⋅ ⋅

Uvjerimo se u njezinu istinitost.

1 2

a x c x a x c xr r r r a x d y b y c x

b y d y b y d y

⋅ ⋅⋅ > ⋅ ⇒ ⋅ > ⋅ ⇒ > ⇒ ⋅ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

⋅ ⋅

( )/ : .a x d y b y c x x y a d b c⇒ ⋅ ⋅ ⋅ > ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ > ⋅⋅

Zadnja nejednakost je istinita prema pretpostavci pa je istinita i početna, tj.

.1 2r r r r⋅ > ⋅ ■

7

Dokaz 125

Dokaži ako su a i b nenegativni realni brojevi, tada vrijedi .a b a b⋅ = ⋅

Teorija

Drugi korijen

Drugi korijen pozitivnog broja a je pozitivni broj koji pomnožen sam sa sobom daje broj a. Vrijedi:

( ) .2

a a=

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =

Množenje potencija jednakih baza:

, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

��

Kvadrirajmo umnožak .a b⋅

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

a b a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

( ) ( )2 2

/ .a b a b a b a b a b a b⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅

Broj a b⋅ pomnožen sam sa sobom daje broj a · b pa je prema definiciji drugog korijena,

a b⋅ upravo drugi korijen iz a · b, tj.

.a b a b⋅ = ⋅ ■

8

Dokaz 126

Dokaži ako su a i b pozitivni realni brojevi, tada vrijedi .a a

bb=

Teorija

Drugi korijen


( ) .2

a a=

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅


.a c a c

b d b d

⋅=

⋅⋅

��

Kvadrirajmo količnik .a

b

( )

( )/

22 2 2 2

.2

aa a a a a a aa a a

b b bb b b b b b bb

= ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Broj a

b pomnožen sam sa sobom daje broj

a

b pa je prema definiciji drugog korijena, korijen broja

a

b upravo jednak

a

b, tj.

.a a

bb= ■

9

Dokaz 127

Dokaži da je umnožak iracionalnog i racionalnog broja različitog od nule iracionalan broj.

Teorija

Broj oblika , ,a

a Z b Nb



��

Neka je a iracionalan broj, a b racionalan broj, b ≠ 0. Njihov umnožak označimo sa x.

.x a b= ⋅

Pretpostavimo da je x racionalan broj. Iz jednadžbe dobijemo:

/ : .x

x a b a b x a xb

bb a= ⋅ ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =

Količnik racionalnih brojeva x i b je racionalan broj pa slijedi da je a racionalan što je u suprotnosti s

pretpostavkom da je a iracionalan. Dakle, umnožak iracionalnog i racionalnog broja različitog od nule

je iracionalan broj. ■

10

Dokaz 128

Dokaži ako je točka P polovište dužine AB , tada vrijedi:

1.

2. .

AP PB

AP PB AB

=

+ =

Teorija

Polovište dužine je točka dužine jednako udaljena od krajnjih točaka te dužine.

Polovište dužine

Koordinate polovišta P dužine AB , ( ) ( ), , , su1 1 2 2

A x y B x y

1 2 1 2,2 2

.x x y y

P+ +

Udaljenost dviju točaka u ravnini

Neka su ( ) ( ), i ,1 1 2 2

A x y B x y dvije točke ravnine. Tada je udaljenost točaka A i B dana s

( ) ( )2

1 1.

2

2 2AB x x y y= − + −


1, .

1

n nn n= =

Oduzimanje razlomaka:

.a c a d b c

b d b d

⋅ − ⋅− =

⋅


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

Korjenovanje:

2, 0.a a a= ≥

Dijeljenje potencija jednakih eksponenata:

, .

n nn na a a a

n nb bb b

= =

Množenje drugih korijena:

, , 0, .a b a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ≥

Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka podijeliti istim brojem različitim od nule i

jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

��

1.

Neka su dane točke ( ) ( ), , ,1 1 2 2

A x y B x y i polovište 1 2 1 2,2 2

x x y yP

+ +

dužine .AB

Dokažimo da vrijedi .AP PB=

11

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

, ,1 1 1 1

1 2 1 2, ,2 2 2 2

1 2 1 2, ,1 1 2 2

, ,2 2 2

2 2

2 1 2 1

2 2

2

2 2

1 1

A x y A x y

x x y yP x y P

x x y yP x y P

B x y B x y

AP x x y y

PB x x y y

=

+ +=

⇒ ⇒

+ +=

=

= − + −

= − + −

2 2

1 2 1 21 12 2

2 2

1 2 1 22 22 2

x x y yAP x y

x x y yPB x y

+ += − + −

⇒ ⇒

+ += − + −

2 2

1 2 1 1 2 1

2 1 2 1

2 2

2 1 2 2 1 2

1 2 1 2

x x x y y yAP

x x x y y yPB

+ += − + −

⇒ ⇒

+ += − + −

( ) ( )

2 22 2

1 2 1 1 2 1

2 2

2 22 2

2 1 2 2 1 2

2 2

x x x y y yAP

x x x y y yPB

+ − ⋅ + − ⋅= +

⇒ ⇒

⋅ − + ⋅ − += +

2 2

2 1 2 1

2 2

2 22 2

2 1 2 2 1 2

2 2

x x y yAP

x x x y y yPB

− −= +

⇒ ⇒

⋅ − − ⋅ − −= +

2 2

2 1 2 1

2 2.

2 2

2 1 2 1

2 2

x x y yAP

AP PB

x x y yPB

− −= +

⇒ ⇒ =

− −= +

■

2.

Neka je

12

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1, .2 2 2 2

x x y y x x y yAP PB

− − − −= + = +

Izračunajmo .AP PB+

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 1

2 2 2 2

x x y y x x y yAP PB

− − − −+ = + + + ⇒

2 2

2 1 2 122 2

x x y yAP PB

− −⇒ + = ⋅ + ⇒

2 2

2 1 2 142 2

x x y yAP PB

− −⇒ + = ⋅ + ⇒

2 2

2 1 2 142 2

x x y yAP PB

− −⇒ + = ⋅ + ⇒

( ) ( )2 2

2 1 2 14

4 4

x x y yAP PB

− −⇒ + = ⋅ + ⇒

( ) ( )2 2

2 1 2 14 4

4 4

x x y yAP PB

− −⇒ + = ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( )2 2

2 14 4

4

1

4

2x x y y

AP PB− −

⇒ + = ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( )( ) ( )

po definici2 2

2 1 2 1

ji

2 2

2 1 2 1AB x x y

AP PB xy

x y y=

⇒ + = −+

⇒−

+ − ⇒−

.AP PB AB⇒ + = ■

13

Dokaz 129

Dokaži da je afina funkcija f(x) = a · x + b, s pozitivnim koeficijentom smjera a, rastuća funkcija.

Teorija

Funkcija :f R R→ dana pravilom ( ) , , , 0f x a x b a b R a= ⋅ + ∈ ≠ naziva se afina funkcija.

Rastuća funkcija

Neka je :f D K→ funkcija za koju za svaka dva broja ,1 2

x x D∈ vrijedi

( ) ( )1 1.

2 2x x f x f x< ⇒ <

Tada kažemo da funkcija f raste ili da je f rastuća funkcija.

Množenje nejednakosti pozitivnim brojem:

0 .,a b c a c b c< > ⇒ ⋅ < ⋅

Svojstvo nejednakosti:

, .a b c R a c b c< ∈ ⇒ + < +

��

Iz x1 < x2 slijedi:

[ ]01

/2 1 2 1 2

/1 2

x x x x a x a x a x xa baa< ⇒ ⇒ < ⇒ ⋅ < ⋅ ⇒ ⋅> ⋅⋅ +< ⇒

( ) ( ) ( ) .1 2 1 2

f x a x ba x b a x b f x f x= ⋅ +⇒ ⋅ + < ⋅ + ⇒ ⇒ <

Dakle, f je rastuća. ■

14

Dokaz 130

Dokaži da je afina funkcija f(x) = a · x + b, s negativnim koeficijentom smjera a, padajuća funkcija.

Teorija

Funkcija :f R R→ dana pravilom ( ) , , , 0f x a x b a b R a= ⋅ + ∈ ≠ naziva se afina funkcija.

Padajuća funkcija

Neka je :f D K→ funkcija za koju za svaka dva broja ,1 2

x x D∈ vrijedi

( ) ( )1 1.

2 2x x f x f x< ⇒ >

Tada kažemo da funkcija f pada ili da je f padajuća funkcija.

Množenje nejednakosti negativnim brojem:

0 .,a b c a c b c< < ⇒ ⋅ > ⋅


, .a b c R a c b c< ∈ ⇒ + < +

��

Iz x1 < x2 slijedi:

[ ]01

/2 1 2 1 2

/1 2

x x x x a x a x a x xa baa< ⇒ ⇒ < ⇒ ⋅ > ⋅ ⇒ ⋅< ⋅⋅ +> ⇒

( ) ( ) ( ) .1 2 1 2

f x a x ba x b a x b f x f x= ⋅ +⇒ ⋅ + > ⋅ + ⇒ ⇒ >

Dakle, f je padajuća. ■

15

Dokaz 131

Dokaži ako je a b

b c= , onda je

2 2

.2 2

a b a

cb c

+=

+

Teorija

Jednakost racionalnih brojeva

Dva racionalna broja ia c

b d su jednaka ako je .a d b c⋅ = ⋅


, .

n nn na a a a

n nb bb b

= =


1, .

1

n nn n= =


.a c a d b c

b d b d

⋅ + ⋅+ =

⋅


.a c a c

b d b d

⋅=

⋅⋅


jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

Dijeljenje potencija jednakih baza:

.

na n m

ama

−=


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

��

1.inačica

Zadani uvjet a b

b c= ekvivalentan je s

2.b a c= ⋅ Iz

a b

b c= slijedi:

2 2 2 2 2 2

2 2 21

22

/ /a b a b a b a b a b

b c b c b c b c b c

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒+

2 2 2 2 2 2 2 21 1

1 12 2 2 2 2 21 1

a b a b a b b c

b c b c b c

+ +⇒ + = + ⇒ + = + ⇒ = ⇒

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

22

/2 2

a b b c a b b

b c b c c

bb a c

b c

+ + +⇒ = ⋅ ⇒

+= =

+⋅⇒ ⇒

2 2 2 2 2 2

.2 2 2 2 22 2 2

a b a c a b a a b ac

cb c c b c c b c

+ ⋅ + ⋅ +⇒ = ⇒ = ⇒ =

+ + + ■

16

2.inačica

Preoblikujemo jednakost .a b

b c=

/2 2

.b ca b a b

a c b b a cb c b c

= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⋅⋅ ⋅

Sada dokazujemo tvrdnju:

( )( )

( )( )

2 2 2

2

2.

2 2

a a c aa b a a c a

c a c c cb c a c

a c

c

b a ca c

⋅ + ⋅+ + ⋅= = = = =

⋅ + ⋅+ ⋅

+= ⋅

++

■

17

Dokaz 132

Dokaži da od svih pravokutnika danog opsega O najveću površinu ima kvadrat.

Teorija

Aritmetička sredina je veća od geometrijske sredine:

2.

a ba b

+≥ ⋅

Četverokut je dio ravnine omeđen sa četiri dužine. Konveksni četverokuti su četverokuti kojima su svi

kutovi manji od 180°.

Paralelogrami su četverokuti kojima su po dvije nasuprotne stranice usporedne (paralelne).

Pravokutnik je paralelogram koji ima barem jedan pravi kut (pravi kut ima 90º).

Opseg pravokutnika duljina stranica a i b je zbroj duljina svih stranica pravokutnika

.2 2O a b= ⋅ + ⋅ Površina pravokutnika duljina stranica a i b izračunava se po formuli

.P a b= ⋅

Kvadrat je četverokut kojemu su sve stranice sukladne, a dijagonale međusobno sukladne i okomite.

Opseg kvadrata duljine stranice a izračunava se po formuli

4 .O a= ⋅

Površina kvadrata duljine stranice a izračunava se po formuli

2.P a=

Kvadriranje nejednakosti:

0 .2 2

a b a b≥ > ⇒ ≥

Kvadriranje drugog korijena:

( )2

, 0.a a a= ≥

Proširiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka pomnožiti istim brojem različitim od nule i

jedinice

, 0 ., 1a a n

n nb b n

⋅= ≠ ≠

⋅

��

Neka su a i b duljine stranica pravokutnika. Tada pravokutnik ima:

♥ 2opseg 2O a b= ⋅ + ⋅

♥ površinu .1

P a b= ⋅

Neka je a duljina stranice kvadrata. Tada kvadrat ima:

♥ 4opseg O a= ⋅

♥ površinu2

.2

P a=

Duljina stranice kvadrata istog opsega O je 4

Oa = pa njegova površina iznosi:

22

.2 2 4

OP a P= ⇒ =

Za dokaz tvrdnje potrebna je nejednakost aritmetičke i geometrijske sredine.

( )2 2

2

2 2 2 2

2/

a b a b a b a ba b a b a b a b

+ + + +≥ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⇒

18

( )[ ]

2 2 22 2 2

2 2 42

42

a b aO a

b Oa b a b ab b

⋅ + ⋅ + ⋅⇒ ≥ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⇒ ⇒ ≥ ⋅ ⇒

⋅= ⋅ + ⋅

2

2 4 .2

1

1

OP

P a b

P P⇒ ⇒ ≥=

= ⋅

■

19

Dokaz 133

Dokaži ako je x > 0, y > 0 i x + y = 1, onda vrijedi1 1

1 1 9.x y

+ ⋅ + ≥

Teorija

Kvadrat realnog broja je nenegativan broj:

20 , .a a R≥ ∈

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −

Množenje potencija jednakih eksponenata:

( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Množenje nejednakosti negativnim brojem:

0 .,a b c a c b c≥ < ⇒ ⋅ ≤ ⋅

Svojstvo potencije:

1 1, .a a a a= =


.:n m n m

a a a−

=


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


0 .,a b c a c b c≥ > ⇒ ⋅ ≥ ⋅


i .a b c R a c b c≥ ∈ ⇒ + ≥ +


, 0 .a b

a b cc c

≥ > ⇒ ≤


, .a c a c a c a c

b d b d b d b d

⋅ ⋅⋅ = = ⋅

⋅ ⋅

Zbrajanje razlomaka jednakih nazivnika:

, .a b a b a b a b

n n n n n n

+ ++ = = +


jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

��

Polazimo od istinite nejednakosti:

( ) ( )2 2 2

2 1 0 4 4 1 0 4 1 0 /4 1x x x x x⋅ − ≥ ⇒ ⋅ − ⋅ + ≥ ⇒ ⋅ − + ≥ ⋅ −⋅ ⇒

( )2 2 24 4 1 0 4 4 1 4 4 1 4 1 1x x x x x x x x⇒ − ⋅ + ⋅ − ≤ ⇒ − ⋅ + ⋅ ≤ ⇒ ⋅ − ⋅ ≤ ⇒ ⋅ ⋅ − ≤ ⇒

20

uvjet/4 1 1 2

1 14 1 4x y x y x

y xy

x y⇒ ⇒ ⋅ ⋅ ≤ ⇒ ≥ ⋅ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⋅

+ = ⇒ =⋅

−⇒

2 8 2 8 2 8 2 9/x y x y x y x y x y x y x yx y⇒ ≥ ⋅ ⋅ ⇒ ≥ ⋅ ⋅ ⇒ + ⋅ ≥ ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ + ⋅ ≥ ⋅⋅ ⋅+ ⇒

uvjet

11 1 9 1 9x y x y x y x y y

xx

y⇒ + + ⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⇒ ⇒ + + + ⋅ ⋅

=⋅ ⇒

+≥

( ) ( ) ( ) ( )metoda

grupiranja1 9 1 1 9x x y y x y x y x x y⇒ ⇒ + + ⋅ + ≥ ⋅ ⋅ ⇒ + + ⋅ + ≥ ⋅ ⋅ ⇒

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 9 1 1 9 /11

1 9x y x y x y xx y

y x y x y⇒ + ⋅ + ≥ ⋅ ⋅ ⇒ + ⋅ + ≥ ⋅ ⋅⋅ ⇒ + ⋅ + ≥ ⋅⋅

⋅ ⇒

( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 19 9 9 9

x y x y x y

x y x y x x y y x

x y

x y y

+ ⋅ + + +⇒ ≥ ⇒ ⋅ ≥ ⇒ + ⋅ + ≥ ⇒ + ⋅ + ≥ ⇒

⋅

1 11 1 9.

x y⇒ + ⋅ + ≥

■

21

Dokaz 134

Točka P polovište je obiju dužina: dužine AB i dužine .CD Dokaži da je .AC BD=

Teorija

Trokut je dio ravnine omeđen s tri dužine. Te dužine zovemo stranice trokuta.

Sukladnost trokuta

Kažemo da su dva trokuta sukladna ako postoji pridruživanje vrhova jednog vrhovima drugog tako da

su odgovarajući kutovi jednaki, a odgovarajuće stranice jednakih duljina.

, , , ,1 1 1 1 1 1

, .a a b b c cα α β β γ γ= = = = = =

Prvi poučak sukladnosti (S – S – S)

Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u sve tri stranice.

Drugi poučak sukladnosti (S – K – S)

Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u dvije stranice i kutu između njih.

Treći poučak sukladnosti (K – S – K)

Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u jednoj stranici i oba kuta na toj stranici.

Četvrti poučak sukladnosti (S – S – K)

Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u dvije stranice i kutu nasuprot većoj stranici.

Polovište dužine je točka dužine jednako udaljena od krajnjih točaka te dužine.

Ako je točka T polovište dužine AB vrijedi:

.AP PB=

Vršni kutovi

αααα = ββββ

ββββααααP

��

P

B

A C

D

Sa slika vidi se:

, ,AP PB CP PD CPA DPB= = ∠ = ∠

Uočimo da su trokuti ∆ACP i ∆BDP sukladni po S – K – S poučku o sukladnosti trokuta

( , ,AP PB CP PD CPA DPB= = ∠ = ∠ ).

Prema tome je

.AC BD= ■

22

Dokaz 135

Dokaži tvrdnju: 2 2 2 2

1 , 1 1.a b c d a c b d+ = + = ⇒ ⋅ − ⋅ ≤

Teorija


20 , .a a R≥ ∈

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + = +

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −


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


, 0 .a b

a b cc c

≥ > ⇒ ≥

Dijeljenje nejednakosti negativnim brojem:

, 0 .a b

a b cc c

≥ < ⇒ ≤

Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji određujemo na ovaj način:

, .

, 0

0

x xx

x x

≥=

− <

Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0,

vrijedi │x│= x.

Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x,

x < 0, je │x│= – x.

Svojstvo apsolutne vrijednosti:

, 0 .x a a a x a≤ > ⇒ − ≤ ≤

Množenje jednakosti:

, .a b c d a c b d= = ⇒ ⋅ = ⋅

Množenje zagrada:

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


( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Drugi korijen:

2, .a a a R= ∈

Korjenovanje nejednakosti:

0 .a b a b< ≤ ⇒ ≤

��

1.inačica

Očito je:

23

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 20 2 2 0

2 2 2 2 2 22 2 00

a c b d a a c c b b d d

a a c c b b d da c b d

+ + − ≥ + ⋅ ⋅ + + − ⋅ ⋅ + ≥⇒ ⇒

− ⋅ ⋅ + + + ⋅ ⋅ + ≥− + + ≥

2 2 2 22 2 0

2 2 2 22 2 0

a b c d a c b d

a b c d a c b d

+ + + + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ≥⇒ ⇒

+ + + − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ≥

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 22 0

2 2 2 22

uvjeti

2 21

2 201

a b c d a c b d

a b c d a c b

a b

c dd

+ + + + ⋅ ⋅ − ⋅ ≥

⇒ ⇒ ⇒

+ + + − ⋅ ⋅ − ⋅

+

=≥

=

+

( )

( )

( )

( )

( )

( )

1 1 2 0 2 2 0 2 2

1 1 2 0 2 2 0 2 2

a c b d a c b d a c b d

a c b d a c b d a c b d

+ + ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ + ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ −⇒ ⇒ ⇒ ⇒

+ − ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ − ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ − ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ −

( )

( ) ( )

/ : 22 2 11 1

12 2 / : 2

a c b d a c b da c b d

a c b da c b d

⋅ ⋅ − ⋅ ≥ − ⋅ − ⋅ ≥ −⇒ ⇒ ⇒ − ≤ ⋅ − ⋅ ≤ ⇒

⋅ − ⋅ ≤− ⋅ ⋅ − ⋅ ≥ −−

1.a c b d⇒ ⋅ − ⋅ ≤ ■

2.inačica

Pođimo od zadanih uvjeta:

( ) ( )pomnožimo

jednakosti

2 21 2 2 2 2

1 12 2

1

a ba b c d

c d

+ =⇒ ⇒ + ⋅ + = ⋅ ⇒

+ =

2 2 2 2 2 2 2 21a c a d b c b d⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⇒

2 2 2 2 2 2 2 22 2 1a c a d b c b d a b c d a b c d⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2 1a c a b c d b d a d a b c d b c⇒ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⇒

( ) ( )2 2

1.a c b d a d b c⇒ ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ =

Budući da je ( )2

0,a d b c⋅ + ⋅ ≥ slijedi da je

( ) ( ) ( )2 2 2

1 1 1 1./a c b d a c b d a c b d a c b d⋅ − ⋅ ≤ ⇒ ⋅ − ⋅ ≤ ⇒ ⋅ − ⋅ ≤ ⇒ ⋅ − ⋅ ≤ ■

24

Dokaz 136

Prva, treća i peta znamenka šesteroznamenkastog prirodnog broja međusobno su jednake, a druga,

četvrta i šesta također. Dokaži da je takav broj djeljiv sa 7.

Teorija

Za prirodan broj a kažemo da je djeljiv s prirodnim brojem b ako postoji prirodan broj q tako da

vrijedi

.a b q= ⋅

Višekratnici prirodnog broja su svi brojevi koji su djeljivi s tim brojem. Prirodni broj ima beskonačno

višekratnika.

Na primjer, višekratnici broja n su: 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , ...n n n n n n n⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅


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

��

Označimo sa ababab šesteroznamenkasti broj sa zadanim svojstvom kojemu je znamenka a ≠ 0.

Vrijedi zapis:

100000 10 000 1000 100 10 101010 10101ababab a b a b a b a b= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ =

( )7 14 430 1443 .a b= ⋅ ⋅ + ⋅

Broj koji smo dobili višekratnik je broja 7. ■

25

Dokaz 137

Dokaži da je šesteroznamenkasti prirodni broj, kojemu su prve tri znamenke međusobno jednake i

preostale tri također međusobno jednake, djeljiv sa 111.

Teorija


vrijedi

.a b q= ⋅


višekratnika.



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

��

Označimo sa aaabbb šesteroznamenkasti broj sa zadanim svojstvom kojemu je znamenka a ≠ 0.

Vrijedi zapis:

( )100000 10 000 1000 100 10 111000 111 111 1000 .aaabbb a a a b b b a b a b= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ +


26

Dokaz 138

Dokaži da je četveroznamenkasti broj kojemu je prva znamenka jednaka četvrtoj, a druga trećoj

nužno djeljiv sa 11.

Teorija


vrijedi

.a b q= ⋅


višekratnika.



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

��

Označimo sa abba četveroznamenkasti broj sa zadanim svojstvom kojemu je znamenka a ≠ 0.

Vrijedi zapis:

( )1000 100 10 1001 110 11 91 10 .abba a b b a a b a b= ⋅ + ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅


27

Dokaz 139

Zadana je kružnica k i točka T izvan nje. Iz točke T povučene su tangente na k i neka one dodiruju

k u točkama D1 i D2. Dokaži da je .1 2

TD TD=

Teorija


Pravokutni trokuti imaju jedan pravi kut (kut od 90º). Stranice koje zatvaraju pravi kut zovu se katete,

a najdulja stranica je hipotenuza pravokutnog trokuta.

Kružnica je skup svih točaka u ravnini jednako udaljenih od zadane točke (središta).

Tangenta je pravac koji dodiruje krivulju (kružnicu) u jednoj točki.

Sukladnost trokuta



, , , ,1 1 1 1 1 1

, .a a b b c cα α β β γ γ= = = = = =









��

k

D2

D1

S T

Sa slike vidi se:

, 90 .1 2 1 2

SD SD SD T SD T= ∠ = ∠ =�

Neka su točke D1 i D2 dirališta kružnice i tangenata. Uočimo da su trokuti ∆SD1T i ∆SD2T sukladni po

S – S – K poučku o sukladnosti trokuta ( ST im je zajednička stranica, ,1 2

SD SD=

901 2

SD T SD T∠ = ∠ =�

).

Prema tome je

.1 2

TD TD= ■

28

Dokaz 140

Dokaži da za sve ,a b R∈ vrijedi 2 2

.a b a b+ ≤ +

Teorija


, .

, 0

0

x xx

x x

≥=

− <


vrijedi │x│= x.


x < 0, je │x│= – x.


2 2.x x=

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + = +

Drugi korijen:

2, .a a a R= ∈


( )2

, 0.a a a= ≥

Proširiti razlomak znači brojnik i nazivnik tog razlomka pomnožiti istim brojem različitim od nule i

jedinice

, 0 ., 1a a n

n nb b n

⋅= ≠ ≠

⋅


, .a b a b a b a b

n n n n n n

+ ++ = = +


1, .

1

n nn n= =


.a c a c

b d b d

⋅⋅ =

⋅

Svojstvo potencije:

1 1, .a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

��

1.inačica

( )22 22 2 2 2

2a b a b a b a b a b+ ≤ + + ⋅ ⋅ ⇒ + ≤ + ⇒

02 2 2 2

.a b a b aa bb a b+ ≥⇒ + ≤ + ⇒ ⇒ + ≤ + ■

29

2.inačica

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2

2 2 2 21

a b a b a ba b a b a b

a b a b

+ + ++ = + ⋅ ⇒ + = ⋅ ⇒

+ +

22 2

2 22 2 2 2

2 2 2 2

a ba b

a b a b

a b a b

++

⇒ + = ⇒ + = ⇒

+ +

2 22 22 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

a ba ba b a b

a b a b a b a b

⇒ + = + ⇒ + = + ⇒

+ + + +

12 2

1

2 2

2 2

2 2

2 2

a

a ba ba b a b

b

a b

a b a b

≤

+

≤

+

⇒ + = ⋅ + ⋅ ⇒ ⇒

+ +

2 2.a b a b⇒ + ≤ + ■

30

Dokaz 141

Dokaži da za svako x R∈ vrijedi jednakost

2 22

.2 2

x x x xx

+ −+ =

Teorija


, .

, 0

0

x xx

x x

≥=

− <


vrijedi │x│= x.


x < 0, je │x│= – x.


2 2.x x=


, .

n nn na a a a

n nb bb b

= =

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + = +

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −


, .a b a b a b a b

n n n n n n

+ ++ = = +


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


jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

��

( ) ( )2 22 2

2 22 2 2 2

x x x xx x x x + −+ −+ = + =

2 22 22 2

4 4

x x x x x x x x+ ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ += + =

22 2 2 22 2 2

2

4

22

2

4

x x x x x x x x x xx x x xx x+ ⋅ ⋅ + + − ⋅ ⋅ + + + += =

+ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅=

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

4

2

4 4 4

x x x xx x x x x x

⋅ + ⋅ ++ + + ⋅ + ⋅= = = = =

31

22 222 2

2

2 2 22 2

.2 2 2

x x x x x xx xx

+ + ⋅ ⋅= = = === =

■

32

Dokaz 142

Dokaži da u trokutu vrijedi 1 1 1

: : : : ,a b cv v va cb

= gdje su a, b, c duljine stranica, va, vb, vc duljine

visina trokuta.

Teorija


Visine su trokuta dužine kojima je jedan kraj vrh trokuta, a drugi sjecište okomice (koja prolazi

promatranim vrhom) s pravcem na kojem leži suprotna stranica trokuta.

Ploština trokuta izračunava se po formuli

, .2

,2 2

b va v c va b cP P P⋅⋅ ⋅

= = =

Svojstvo tranzitivnosti relacije ''biti jednako'':

i .a b b c a c= = ⇒ =

Omjer je količnik dviju istovrsnih veličina

: ili ,a

a b k kb

= =

gdje je:

a – prvi član omjera,

b – drugi član omjera,

k – vrijednost (količnik) omjera.

Vrijednost omjera ne mijenja se ako se prvi i drugi broj pomnože ili podijele istim brojem.

( ) ( ): :a b a n b n= ⋅ ⋅

( ) ( ): : : .:a b a n b n=

Ako postoji n jednostavnih omjera, takvih da je

:1 2 1

:2 3 2

:3 4 3

....................

:1 1

a a k

a a k

a a k

a a knn n

=

=

=

=− −

produženi omjer je

: : : : ... : :1 3 4

.2 1

a a a a a ann−

Razmjer ili proporcija je jednakost dvaju jednakih omjera. Ako je

,: :a b k c d k= =

tada je razmjer ili proporcija

.: :a b c d=

Umnožak vanjskih članova razmjera a i d jednak je umnošku unutarnjih članova razmjera b i c.

.: :a b c d a d b c= ⇒ ⋅ = ⋅


jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

��

33

Označimo površinu trokuta slovom P. Tada je:

2 22 2

2 22 2

2 2

2 2

/ 2

/ 2

/ 2

a v a va aP P

P a v a v Pa ab v b v

b bP P P b v b v Pb b

P c v c v Pc cc v c vc cP P

⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅= =

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅⋅ ⋅

= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅⋅ ⋅= =

( ) ( )

( ) ( )

: :: :

: : : :

a b v v v va v b v a b v v c a ca a bb b

b v c v b c v vc c b c v v v vb b c a ab

= ⋅ ⋅⋅ = ⋅ =⇒ ⇒ ⇒ ⇒

⋅ = ⋅ = = ⋅ ⋅

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

: :

: : : :

: :

a v vcba b c v v v v v vc a c ab b

c v va

v va c

b v vc ba

b = ⋅⇒ ⇒

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⇒

= ⋅⋅

1 1 1: : : :a b c v v v v v vc a c ab bv v v v v v v v va c a c a cb b b

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

1 1 1: : : :v v v v v vc a c ab bv v v v v vc a c a

a b cv v va cbb b

⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

1 1 1: : : : .a b c

v v va cb

⇒ = ■

34

Dokaz 143

Dokaži ako je 0,a b c+ + = tada vrijedi ( ) ( ).a a c b b c⋅ + = ⋅ +

Teorija

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

Oduzimanje jednakosti:

i .a b c d a c b d= = ⇒ − = −


.:n m n m

a a a−

=


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

��

1.inačica

Iz a + b + c = 0 slijedi:

♥ 0a b c a c b+ + = ⇒ + = −

♥ 0 .a b c b c a+ + = ⇒ + = −

Tada vrijedi:

( ) ( ) ( ) ( )a

a a c b b c a b b a a bc

cb

b

b aa

+ = −

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

( )1 ./a b a b a b a b⋅⇒ − ⋅ = − −⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ■

2.inačica

Iz a + b + c = 0 slijedi:

♥ 0a b c a c b+ + = ⇒ + = −

♥ 0 .a b c b c a+ + = ⇒ + = −

Sada je:

( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ).a a c a b aa c b b c ab a b b c b b b c⋅ + = = ⋅ − = − ⋅ = − ⋅ = = + ⋅ =+ = − ⋅− ++ = ■

3.inačica

Polazimo od uvjeta a + b + c = 0.

2 20 0 0 0

2 20 0 0

/

0/

a b c a b c a b a c a a a b a c

a b c a b c a b b c b a b b b c

a

b

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

+ + = + + = ⋅ +

⋅

+ ⋅ = ⋅ + + ⋅ =⋅

( )2 20

oduzimamo

jednakostia a b a c a b b b c⇒ ⇒ + ⋅ + ⋅ − ⋅ + + ⋅ = ⇒

2 2 2 20 0a b a ba a b a c a b b b c a a c b b c⇒ + ⋅ + ⋅ − ⋅ − − ⋅ = ⇒ + ⋅ − − ⋅⋅ − ⋅ =+ ⇒

( ) ( )2 2 2 20 .a a c b b c a a c b b c a a c b b c⇒ + ⋅ − − ⋅ = ⇒ + ⋅ = + ⋅ ⇒ ⋅ + = ⋅ + ■

35

Dokaz 144

Dokaži ako je 1, , , 0,a b c a b c+ + = > tada vrijedi 1 1 1

9.a b c

+ + ≥

Teorija

Aritmetička sredina je veća od geometrijske sredine:

3.

3

a b ca b c

+ +≥ ⋅ ⋅


.a c a c

b d b d

⋅=

⋅⋅

Dijeljenje n – tih korijena:

, .

n na aa an n

n nb bb b

= =

Svojstvo razlomaka i njihovih recipročnih razlomaka:

, , ., , 0a c d

a b c db d a c

b≥ ⇒ ≤ >


0 .,a b c a c b c≥ > ⇒ ⋅ ≥ ⋅


1, .

1

n nn n= =

��

Iz nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine za tri broja 1 1 1

, ia b c

slijedi:

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 13 333 3 3

a b c a b c a b c

a b c a b c a b c

+ + + + + +

≥ ⋅ ⋅ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒⋅ ⋅ ⋅ ⋅

3

3 uvjet

3

1 1 1 1 1 1

3 3

3 3 11 13

a b

a b ca b c

a b c

a b c a

c a b

a

b

c

b c

c

+ + + +

⇒ ⇒ ≥ =

+ +≥ ⋅ ⋅

+ +⇒ ≥ ⇒

+ + =≤+ + ⋅ ⋅

1 1 1 1 1 1

1 1 13 3 9.

3/ 3

3

a b c a b c

a b c

+ + + +

⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + + ≥⋅ ■

36

Dokaz 145

Dokaži da za a, b > 0 vrijedi

2 2

.a b

a bb a

+ ≥ + tada vrijedi 1 1 1

9.a b c

+ + ≥

Teorija

Drugi korijen:

2, 0.a a a= ≥

Dijeljenje drugih korijena:

, .a aa a

b bb b= =

Svojstvo potencije:

1 1, .a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅


( ) .2

a a=


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

Definicija nejednakosti:

0 , .0a b a b a b a b≥ ⇒ − ≥ < ⇒ − <

Korjenovanje nejednakosti:

.0a b a b≥ > ⇒ ≥


0 .,a b c a c b c≥ > ⇒ ⋅ ≥ ⋅

��

Zadanu nejednakost preoblikujemo u nejednakost čija je istinitost očita.

2 22 2a ba b a b

a b a b a bb a b a b a

+ ≥ + ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + ⇒

( ) ( )/2 2

a ba b

a b a a b b a b b ab a

⇒ + ≥ + ⇒ ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ +⋅ ⋅⋅ ⇒

0a a b b a b b a a a b b a b b a⇒ ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ≥ ⇒

( ) ( ) ( ) ( )metoda

grupiranj0

a0a a b a b b a b a a b b a b⇒ ⇒ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ≥ ⇒ ⋅ − − ⋅ − ≥ ⇒

( ) ( ) 0.a b a b⇒ − ⋅ − ≥

Uvjerimo se u istinitost nejednakosti:

♥ ako je a ≥ b

( ) ( )0 i 0a b a b a b a b− ≥ − ≥ ⇒ − ⋅ − ≥

♥ ako je a < b

37

( ) ( )0 i 0 0.a b a b a b a b− < − < ⇒ − ⋅ − > ■

38

Dokaz 146

Dokaži da je kut između tetive i tangente kružnice, kojoj je diralište u krajnjoj točki tetive, jednak

obodnom kutu nad tom tetivom.

Teorija


Polumjer ili radijus je dužina koja spaja središte kružnice s bilo kojom točkom kružnice. Duljina

polumjera označava se slovom r.

Dužina koja spaja dvije točke kružnice zove se tetiva.

Tangenta je pravac koji dodiruje krivulju u jednoj točki.

Svaki kut s vrhom na kružnici čiji krakovi sijeku kružnicu zovemo obodni kut.

Svi su obodni kutovi nad danim lukom kružnice sukladni.

Svaki kut s vrhom u središtu kružnice čiji krakovi sijeku kružnicu zovemo središnji kut.

Središnji kut nad proizvoljnim kružnim lukom dva je puta veći od obodnog kuta nad istim lukom.

Središnji kut β nad lukom kružnice jednak je dvostrukom obodnom kutu α nad tim istim lukom.

ββββαααα

12

2β α α β= ⋅ ⇒ = ⋅

Trokut je dio ravnine omeđen s tri dužine. Te dužine zovemo stranice trokuta. Trokut je geometrijski

lik koji ima tri stranice, tri kuta i tri vrha.

Na temelju odnosa među duljinama stranica trokut može biti:

1) raznostraničan,

2) jednakokračan,

3) jednakostraničan.

Kod jednakokračnog trokuta duljine dviju stranica su jednake. Stranice jednakih duljina zovemo kraci

trokuta. Uočimo da su kutovi koji leže na trećoj stranici jednaki zbog činjenice da se nasuprot

jednakim stranicama nalaze jednaki kutovi.

Zbroj svih kutova u trokutu je 180º.

1 0 .8α β γ+ + =�

Za jednakokračan trokut vrijedi:

2 180 .α β+ ⋅ =�


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

��

Na tangenti odaberemo bilo koju točku P. Tada je

39

AS

B

P

90 90 .90

PAS PAB BASPAB BAS PAB BAS

PAS

∠ = ∠ + ∠⇒ ∠ + ∠ = ⇒ ∠ = − ∠

∠ =

� �

�

Trokut ABS je jednakokračan ( )SA SB= pa za njegove kutove vrijedi:

2 180 2 180 2 18 / :0 2BAS ASB BAS ASB BAS ASB⋅∠ + ∠ = ⇒ ⋅ ∠ = − ∠ ⇒ ⋅∠ = − ∠ ⇒� � �

190 .

2BAS ASB⇒ ∠ = − ⋅ ∠

�

Sada je:

901

90 901290

2

PAB BAS

PAB ASBBAS ASB

∠ = − ∠

⇒ ∠ = − − ⋅∠ ⇒∠ = − ⋅∠

�

� �

�

901 1 1

90 9 90 .2

02 2

PAB ASB PAB ASB PAB ASB⇒ ∠ = − + ⋅∠ ⇒ ∠ = + ⋅ ∠ ⇒ ∠ =− ⋅ ∠� ��

Kut PAB∠ jednak je polovici središnjeg kuta ,ASB∠ dakle, kut PAB∠ jednak je obodnom kutu nad

lukom �.BA ■

40

Dokaz 147

Iz točke T izvan kružnice k povučene su dvije sekante AB i CD; , , , .A B C D k∈ Dokaži da

vrijedi .TA TB TC TD⋅ = ⋅

Teorija


Polumjer ili radijus je dužina koja spaja središte kružnice s bilo kojom točkom kružnice. Duljina

polumjera označava se slovom r.

Sekanta je pravac koji zadanu krivulju ili plohu siječe barem u dvjema točkama i u njima nije

tangenta.






Tetivni četverokut je četverokut:

♥ čiji su vrhovi točke jedne kružnice,

♥ kojem se može opisati kružnica,

♥ čije su stranice tetive jedne kružnice,

♥ kojem je zbroj nasuprotnih kutova jednak 180°.

αααα = ββββ

ββββ + δδδδ = 180°°°°

αααα + γγγγ = 180°°°°

αααα

ββββ

δδδδ

γγγγ

ββββ

αααα

B

A C

D

A

B

Dva su kuta suplementarna (suplementna) ako je njihov zbroj jednak 1800 (još kažemo da su ti kutovi

sukuti).

Tranzitivnost relacije ' = ':

i .a b b c a c= = ⇒ =




a : b = k i c : d = k,


.: :a b c d=


.: :a b c d a d b c= ⇒ ⋅ = ⋅

Sličnost trokuta

Kažemo da su dva trokuta slična ako postoji pridruživanje vrhova jednog vrhovima drugog tako da su

odgovarajući kutovi jednaki, a odgovarajuće stranice proporcionalne.

,, ,1 1 1

1 1 1

.a b c

ka b c

α α β β γ γ= = = = = =

Omjer stranica sličnih trokuta k zovemo koeficijent sličnosti.

41

b1

c1

a1

c

b a

C1

A B

C

A1 B1

Prvi poučak sličnosti (K – K)

Dva su trokuta slična ako se podudaraju u dva kuta.

Drugi poučak sličnosti (S – K – S)

Dva su trokuta slična ako se podudaraju u jednom kutu, a stranice koje određuju taj kut su

proporcionalne.

Treći poučak sličnosti (S – S – S)

Dva su trokuta slična ako su im sve odgovarajuće stranice proporcionalne.

Četvrti poučak sličnosti (S – S – K)

Dva su trokuta slična ako su im dvije stranice proporcionalne, a podudaraju se u kutu nasuprot većoj

stranici.

��

B

A

D

C

T

Primijetimo da je kut ABD∠ obodni kut nad lukom �DA , a kut DCA∠ obodni kut nad lukom �.AD

Budući da je četverokut ABCD tetivni, vrijedi:

180 180 .ABD DCA DCA ABD∠ + ∠ = ⇒ ∠ = − ∠� �

Kut ACT∠ je suplement kuta .DCA∠

180 180 .ACT DCA DCA ACT∠ + ∠ = ⇒ ∠ = − ∠� �

Iz sustava jednakosti dobije se:

180.

180

DCA ABDABD ACT

DCA ACT

∠ = − ∠⇒ ∠ = ∠

∠ = − ∠

�

�

42

B

A

D

C

T

Uz to je kut DTB∠ zajednički za oba trokuta ∆TAC i ∆TBD pa prema prvom poučku sličnosti

(K – K) trokuti su slični,

.TAC TBD∆ ∆∼

Iz razmjera slijedi:

: : .TA TC TD TB TA TB TC TD= ⇒ ⋅ = ⋅ ■

43

Dokaz 148

Iz točke T izvan kružnice k povučene je tangenta TD, ,D k∈ na tu kružnicu i sekanta AB;

, .A B k∈ Dokaži da je 2

.TD TA TB= ⋅

Teorija

Kut između tetive i tangente kružnice, kojoj je diralište u krajnjoj točki tetive, jednak je obodnom kutu

nad tom tetivom.

Sekanta je pravac koji zadanu krivulju ili plohu siječe barem u dvjema točkama i u njima nije

tangenta.






Zbroj svih kutova u trokutu je 180º.

1 0 .8α β γ+ + =�

Sličnost trokuta



,, ,1 1 1

1 1 1

.a b c

ka b c

α α β β γ γ= = = = = =


b1

c1

a1

c

b a

C1

A B

C

A1 B1





proporcionalne.





stranici.


a : b = k i c : d = k,


.: :a b c d=


.: :a b c d a d b c= ⇒ ⋅ = ⋅

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =

44


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

��

B

A

D

T

Primijetimo da je krajnja točka D tetive DA ujedno diralište tangente pa je kut TDA∠ jednak

obodnom kutu nad tetivom .DA

.TDA DBA∠ = ∠

B

A

D

T

Kut BTD∠ zajednički je kut za trokute ∆ATD i ∆BTD pa su prema prvom poučku sličnosti

(K – K) ti trokuti slični,

.ATD BTD∆ ∆∼

Iz razmjera slijedi:

2: : .TA TD TD TB TA TB TD= ⇒ ⋅ = ■

45

Dokaz 149

Dokaži da se oko pravokutnika može opisati kružnica.

Teorija





Četverokut je tetivni ako i samo ako je zbroj nasuprotnih kutova jednak 180º. U tetivnom četverokutu

vrijedi:

18 , 0 .0 18α γ β δ+ = + =� �

δδδδ

γγγγ

ββββ

αααα

B

A

C

D

Četverokut kojem se može opisati kružnica naziva se tetivni četverokut.

��

δδδδ γγγγ

ββββαααα

Budući da su kutovi pravokutnika 90 ,α β γ δ= = = =�

slijedi:

180 , 180 .α γ β δ+ = + =� �

Pravokutnik je tetivni četverokut pa se oko njega može opisati kružnica. ■

46

Dokaz 150

Dokaži da se rombu može upisati kružnica.

Teorija




Romb je paralelogram koji ima 2 para paralelnih stranica.

♥ ima dva para usporednih (paralelnih) stranica

♥ nasuprotne stranice su jednake duljine

♥ ima sve četiri stranice jednake duljine

♥ dijagonale se raspolavljaju

♥ dijagonale su međusobno okomite

♥ dijagonale su simetrale kutova

♥ suprotni kutovi su jednaki

♥ kutovi uz svaku stranicu suplementni su

♥ može se upisati kružnica

Četverokut kojemu sve četiri stranice diraju jednu kružnicu naziva se tangencijalni četverokut.

Četverokut je tangencijalni ako i samo ako su zbrojevi duljina suprotnih stranica međusobno jednaki.

d

c

b

a

.a c b d+ = +

��

a

a a

a

Stranice romba su: a, a, a, a pa su zbrojevi duljina nasuprotnih stranica jednaki.

2 2 .a a⋅ = ⋅

Romb je tangencijalni četverokut. ■

47

Dokaz 151

Ako je 2 2 2 2 2 2 2 2

... , ... te1 2 1 2

a a a p b b b qn n+ + + = + + + = ... ,1 1 2 2

a b a b a b p qn n⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅

onda je : : ... : : .1 1 2 2

a b a b a b p qn n= = = = Dokaži!

Teorija


2 2 20 , 0 0, .a a R a b a b≥ ∈ + = ⇒ = =

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −

Zbrajanje jednakosti:

, .a b c d a c b d= = ⇒ + = +


a : b = k i c : d = k,


.: :a b c d=


.: :a b c d a d b c= ⇒ ⋅ = ⋅


jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

��

( )

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

1 2 1 2

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

1 2 1 2

... ...1 1 2 2 1 1

2

2/

/2

22

/a a a p a a a pn n

b b b q b b b qn n

a b a b a b p q a b a b a b p qn n

q

p

n n p q

+ + + = + + + =

+ + + = ⇒ + + + = ⇒

⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅

⋅

⋅

⋅+ ⋅ −+ + ⋅ ⋅= ⋅ ⋅

2 2 2 2 2 2 2 2...

1 2

2 2 2 2 2 2 2 2...

1 2

2 22 2 ... 2 2

1 1 2 2

a q a q a q p qn

b p b p b p q pn

a b p q a b p q a b p q p qn n

⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅

⇒ ⋅ + ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⇒

− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅

zbrojimo

jednakosti⇒ ⇒

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

1 2 1 2a q a q a q b p b p b pn n⇒ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ −

2 2 2 2 2 22 2 ... 2 2

1 1 2 2a b p q a b p q a b p q p q p q p qn n− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒

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

1 2 1 2a q a q a q b p b p b pn n⇒ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ −

2 2 2 2 2 22 2 ... 2

1 12

2 2a b p q a b p q p q p q p qa b p qn n− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒

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

1 2 1 2a q a q a q b p b p b pn n⇒ ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ −

48

2 2 ... 2 01 1 2 2

a b p q a b p q a b p qn n− ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2 ...

1 1 1 1 2 2 2 2a q a b p q b p a q a b p q b p⇒ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +

( )2 2 2 2... 2 0a q a b p q b pn n n n+ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⇒

( ) ( ) ( )2 2 2

... 01 1 2 2

a q b p a q b p a q b pn n⇒ ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + + ⋅ − ⋅ = ⇒

1 1

01 1 1 1

0 2 22 2 2 2

.......................... ......................................

1/

1

1/

2

......

/

01

a q b p

a q b p a q b p

a q b pa q b p a q b p

a q b p a q b pn n n n

a q b pn n

b q

b q

b qn

⋅ = ⋅

⋅ − ⋅ = ⋅ = ⋅

⋅ = ⋅⋅ − ⋅ =

⋅⋅

⋅ = ⋅⇒ ⇒ ⇒

⋅ − ⋅ = ⋅ = ⋅

⋅ =

⋅⋅

⋅⋅ ⋅

⇒

1

1 : :1 1

2 : :2 2 : : ... : : .

1 1 2 22 ......................

: :

a p

b qa b p q

a pa b p q

a b a b a b p qb q n n

a b p qn na pn

b qn

=

=

==⇒ ⇒ ⇒ = = =

=

=

■

49

Dokaz 152

Dokaži da je 2

.z z z= ⋅

Teorija

Kompleksan broj je broj oblika

,z x y i= + ⋅

gdje su x i y realni brojevi, a i imaginarna jedinica. Broj x zove se realni dio kompleksnog broja z, a

broj y imaginarni dio kompleksnog broja z. Pišemo:

I .Re m,x z y z= =

Standardni ili algebarski oblik kompleksnog broja je oblika

,z x y i= + ⋅

gdje su x i y realni brojevi.

Za kompleksne brojeve x + y · i i x – y · i kažemo da su kompleksno konjugirani jedan drugome.

Simbol konjugiranja jest povlaka iznad broja koji se konjugira:

.z x y i z x y i= + ⋅ ⇒ = − ⋅

Modul ili apsolutna vrijednost kompleksnog broja z = x + y · i definira se formulom

2 2.z x y= +


( )2

, 0.a a a= ≥

Razlika kvadrata:

( ) ( ) ( ) ( ),2

.2 2 2

a b a b a b a b a b a b− = − ⋅ + − ⋅ + = −


( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Kvadrat imaginarne jedinice:

,2 2

1 1 .i i= − − =

��

Neka je .z x y i= + ⋅ Tada je:

♥ .z x y i= − ⋅

♥ 2 2

.z x y= +

Dalje slijedi:

( ) ( ) ( )2

2 22 2 2 2 2z z z x y x y i x y i x y x y i= ⋅ ⇒ + = + ⋅ ⋅ − ⋅ ⇒ + = − ⋅ ⇒

( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 .x y x y i x y x y x y x y⇒ + = − ⋅ ⇒ + = − ⋅ − ⇒ + = + ■

50

Dokaz 153

Dokaži da 2 17+ nije racionalan broj.

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +

Broj oblika , ,a

a Z b Nb



Broj 2 je iracionalan broj.

2 .Q∉


( )2

, 0.a a a= ≥

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −

��

Pretpostavimo da je 2 17 i da je .r r Q+ = ∈ Tada je:

kvadriramo 2/

jednakos2 17 1 2

t7 2 17r r r+ = ⇒ = − ⇒ ⇒ = − ⇒

( ) ( ) ( )2 2 22 2

17 2 17 2 2 2 17 2 2 2r r r r r⇒ = − ⇒ = − ⋅ ⋅ + ⇒ = − ⋅ ⋅ + ⇒

2 2 22 2 2 17 2 2

115 2 2 1 /

25r r r r

rr r⇒ ⋅ ⋅ = + − ⇒ ⋅ ⋅ = − = − ⋅⋅ ⋅

⋅⇒ ⇒

215

2 .2

r

r

−⇒ =

⋅

Desna strana ove jednakosti je racionalan broj, što bi značilo da je 2 racionalan broj. To je

kontradikcija jer je 2 iracionalan broj. Dakle, 2 17+ je iracionalan broj. ■

51

Dokaz 154

Dokaži da je 3 iracionalan broj.

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +

Za prirodni broj a kažemo da je djeljiv s prirodnim brojem b ako postoji prirodni broj q tako da vrijedi

.a b q= ⋅


višekratnika.


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 proizvoljni prirodni broj m neparan znači da se može napisati u obliku

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

Da je proizvoljni prirodni broj m paran znači da se može napisati u obliku

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

Prosti brojevi (prim – brojevi) su prirodni brojevi djeljivi bez ostatka samo s brojem 1 i sami sa

sobom, a veći od broja 1. Prirodni brojevi koji su veći od broja 1, a nisu prosti brojevi nazivaju se

složenim brojevima. Složen broj je prirodan broj veći od jedan koji je djeljiv brojem 1, samim sobom i

barem još jednim brojem. Svaki se složeni broj može rastaviti na proste faktore.

Broj 1 nije ni prost, ni složen broj.

Relativno prosti brojevi su prirodni brojevi koji nemaju zajedničkih djelitelja (osim jedinice). Npr.

brojevi 4 i 13.

Brojevi a i b su relativno prosti ako je njihov najveći zajednički djelitelj jednak 1, tj. brojevi a i b

nemaju zajedničkih faktora.

Broj oblika , ,a

a Z b Nb




jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅


( )2

, 0.a a a= ≥


( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅


, .

n nn na a a a

n nb bb b

= =

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

52

Skup racionalnih brojeva označavamo slovom Q.

��

Pretpostavimo suprotno. Neka je 3 racionalan broj,

3 .Q∈

Tada možemo pisati

3,m

n=

gdje su m i n prirodni brojevi i pretpostaviti da je razlomak m

n skraćen do kraja. Dakle, prirodni

brojevi m i n nemaju zajedničkih faktora osim broja 1, oni su relativno prosti. Kvadriranjem i

sređivanje dobije se:

( ) 22/ /

2 2 22 2 23 3 3 3 3 3 .

2 2

m m m m mm n

n n nn

n n

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =⋅ ⋅

Na desnoj strani je broj djeljiv s 3 pa bi i m2 bio djeljiv s 3, a onda i broj m mora biti djeljiv s 3. To

znači da je m moguće napisati kao

3 , .m k k N= ⋅ ∈

Odatle opet izlazi

[ ] ( )22 2 2 2 2 2 2

3 3 3 9 3 9 :33 / 3mm n kk n k n k n= ⋅ ⇒ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅= ⋅ ⇒

2 23 .k n⇒ ⋅ =

Zaključujemo da bi n2 morao biti djeljiv s 3, a onda i broj n mora biti djeljiv s 3. Međutim, brojevi m i

n po pretpostavci su relativno prosti pa nije moguće da oba budu djeljiva s 3 (ne mogu imati

zajedničke faktore). Pretpostavka da je 3 racionalan broj vodi do proturječja pa 3 mora biti

iracionalan broj. ■

53

Dokaz 155

Dokaži da se broj ( ), , ,a c

a b c d Nb d

+∈

+ nalazi po svojoj vrijednosti između brojeva i .

a c

b d

Teorija

Oduzimanje razlomaka:

.a c a d b c

b d b d

⋅ − ⋅− =

⋅


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

Ako je broj a veći od broja b, tada vrijedi:

0.a b a b> ⇒ − >

��

Pretpostavimo li da je a c

b d

+

+ između brojeva i

a c

b d razlike:

♥ a a c

b b d

+−

+

♥ a c

d b d

c +−

+

moraju biti suprotnih predznaka. Provjerimo!

♥ ( ) ( )

( ) ( ) ( )a b d b a ca a c a b a d b a b c a d b c

b b d b b

a b b

d b b d b b d

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

⋅ − ⋅= =

+ ⋅ + ⋅ + ⋅ +

( )a d b c

b b d

⋅ − ⋅=

⋅ +

♥ ( ) ( )

( ) ( ) ( )c b d d a cc a c c b c d d a d c b c a d

d b d d b d d b d d b

d

d

c d c⋅ + − ⋅ ++ ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅− = = = =

+ ⋅ + ⋅ + ⋅

⋅ −

+

+ ⋅

( )( )

( ) ( ).

a d b cb c a d a d b c

d b d d b d d b d

− ⋅ − ⋅⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅= = = −

⋅ + ⋅ + ⋅ + ■

54

Dokaz 156

Dokaži da je log 32

iracionalan broj.

Teorija

Logaritam broja a po bazi b je broj c kojim treba potencirati bazu b da se dobije broj a.

Mnemotehničko pravilo za pamćenje osnovne veze eksponencijalne i logaritamske funkcije:

llog ogb

c ca c a b a b

b=

→= =


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +


.a b q= ⋅


višekratnika.




Da je proizvoljni prirodni broj m neparan znači da se može napisati u obliku

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



Prosti brojevi (prim – brojevi) su prirodni brojevi djeljivi bez ostatka samo s brojem 1 i sami sa

sobom, a veći od broja 1. Prirodni brojevi koji su veći od broja 1, a nisu prosti brojevi nazivaju se

složenim brojevima. Složen broj je prirodan broj veći od jedan koji je djeljiv brojem 1, samim sobom i

barem još jednim brojem. Svaki se složeni broj može rastaviti na proste faktore.

Broj 1 nije ni prost, ni složen broj.

Relativno prosti brojevi su prirodni brojevi koji nemaju zajedničkih djelitelja (osim jedinice). Npr.

brojevi 4 i 13.

Brojevi a i b su relativno prosti ako je njihov najveći zajednički djelitelj jednak 1, tj. brojevi a i b

nemaju zajedničkih faktora.

Broj oblika , ,a

a Z b Nb




jedinice

, 0 ., 1a n a

n nb n b

⋅= ≠ ≠

⋅

Potenciranje potencije:

( ) ( ) ( ) ( ), .m n m nn m n m n m n m

a a a a a a⋅ ⋅

= = = =

Potenciranje jednakosti:

.n n

a b a b= ⇒ =

��

Pretpostavimo suprotno. Neka je log 32

racionalan broj,

55

log 3 .2

Q∈

Tada možemo pisati

log 3,2

m

n=

gdje su m i n prirodni brojevi i pretpostaviti da je razlomak m

n skraćen do kraja. Dakle, prirodni

brojevi m i n nemaju zajedničkih faktora osim broja 1, oni su relativno prosti. Dalje slijedi:

potenciramo/

brojemlog 3 2 3 2 3 2 3

2

nn

m m mm nn n n

n n= ⇒ = ⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒

2 3 .m n

⇒ =

To nije istina. Broj 2m je paran broj, a broj 3n je neparan. Dakle, log 32

nije racionalan, već

iracionalan broj. ■

56

Dokaz 157

Dokaži da je broj bridova svake piramide paran.

Teorija

Piramida je geometrijsko tijelo omeđena mnogokutima – osnovkom (bazom) i trokutima koji čine

pobočke (strane) piramide. Pobočke spajaju vrh piramide s bridom osnovke. Visina piramide

udaljenost je vrha piramide od ravnine njezine baze.


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +





��

Piramida kojoj je osnovka (baza) n – terokut (mnogokut) ima na osnovki n bridova, a još n bočnih

bridova povezuje njezin vrh s vrhovima baze. Piramida ima ukupno

2n n n+ = ⋅

bridova. ■

57

Dokaz 158

Dokaži da je broj bridova bilo koje prizme djeljiv sa 3.

Teorija

Prizma je geometrijsko tijelo omeđeno dvama sukladnim poligonima (mnogokutima) i

paralelogramima. Osnovke (baze) prizme su poligoni, a paralelogrami čine pobočje. Ako je osnovka

pravilan poligon i ako je prizma uspravna, ona je pravilna. Prizma kojoj je pobočni brid okomit na

osnovku zove se uspravna. Duljina visine prizme jednaka je udaljenosti između ravnina u kojima leže

osnovke.


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +


.a b q= ⋅


višekratnika.


��

Prizma kojoj je osnovka (baza) n – terokut (mnogokut) ima na svakoj osnovki n bridova. a još n

bočnih bridova povezuje vrhove donje i gornje osnovke. Prizma ima ukupno

3n n n n+ + = ⋅

bridova. ■

58

Dokaz 159

Dokaži da su dijagonale pravokutnika međusobno jednakih duljina.

Teorija






Sukladnost trokuta



, , , ,1 1 1 1 1 1

, .a a b b c cα α β β γ γ= = = = = =









��

CC

A B BA

D D

Uočimo da su trokuti ∆ABC i ∆ABD sukladni po S – K – S poučku o sukladnosti trokuta

( AB im je zajednička stranica, , 90BC AD ABC DAB= ∠ = ∠ =�

).

Prema tome je

.AC BD= ■

59

Dokaz 160

Dokaži da je visina na hipotenuzu pravokutnog trokuta geometrijska sredina odsječaka p i q što ih

njezino nožište određuje na hipotenuzi, tj. da je .v p q= ⋅

Teorija


Zbroj kutova u trokutu je 180°.

1 0 .8α β γ+ + =�

Visine su trokuta dužine kojima je jedan kraj vrh trokuta, a drugi sjecište okomice (koja prolazi

promatranim vrhom) s pravcem na kojem leži suprotna stranica trokuta.



Pitagorin poučak

Trokut ABC je pravokutan ako i samo ako je kvadrat nad hipotenuzom jednak zbroju kvadrata nad

katetama.

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ++ +

Geometrijska sredina

Geometrijska sredina je statistički pojam koji za neki skup označava n – ti korijen umnoška svih

članova skupa. Za a > 0 i b > 0 geometrijska sredina iznosi:

.2

G a b= ⋅

Sličnost trokuta



,, ,1 1 1

1 1 1

.a b c

ka b c

α α β β γ γ= = = = = =


b1

c1

a1

c

b a

C1

A B

C

A1 B1





proporcionalne.





stranici.

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =

60


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅


,: :a b k c d k= =


.: :a b c d=


.: :a b c d a d b c= ⇒ ⋅ = ⋅

��

v

q pc

b a

DA B

C

Sa slike vidi se:

, , , , ,AB c BC a CA b DC v AD q DB p= = = = = =

,AD DB AB q p c+ = + =

1.inačica

Neka je trokut ABC pravokutan i neka nožište D visine spuštene iz vrha C dijeli hipotenuzu na

dijelove duljina p i q. Tada iz pravokutnih trokuta ∆CDB i ∆ADC pomoću Pitagorina poučka slijedi:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

zbrojimo

jednako t2 s i2

BC DB DC a p v

b q vAC AD DC

= + = +⇒ ⇒ ⇒

= += +

trokut ABC je pravokutan

2 2 22 2 2 2 2 2

a b p vb

vc

qa

⇒ + = ++

⇒=

+ + ⇒

2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2c p q v c p p q q p q v⇒ = + + ⋅ ⇒ = + ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒

( ) ( )22 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2c p p q q p q v c p q p q v⇒ = + ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ = + − ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒

[ ] 2 2 2 22 2 2

2 22c c p q vp q c c p vc q⇒ ⇒ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ = − ⋅ ⋅ + ⋅+ = ⇒

( )2 2 2 20 2 2 2 2 2 2 / : 2p q v v p q v p q v p q⇒ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⇒ − ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇒ − ⋅ = − ⋅ ⇒ =−⋅ ⋅ ⇒

/2

.v p q v p q⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ■

2.inačica

61

v

q pc

b a

DA B

C

Trokuti ∆ADC i ∆DBC su slični po K – K poučku o sličnosti trokuta ( ,CAD BCD∠ = ∠

( DCA DBC∠ = ∠ ) pa vrijedi razmjer

2 2: : : ./:DC AD DB DC v q p v v p q v p q v p q= ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ■

62

Dokaz 161

Dokaži ako je ,a R∈ onda je

21

1 1.2

1

a

a

−− ≤ <

+

Teorija

Kvadrat realnog broja je nenegativan broj.

20 , .a a R≥ ∈


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


0 .,a b c a c b c≤ > ⇒ ⋅ ≤ ⋅


, ., ,a b c R a c b c a b c R a c b c≤ ∈ ⇒ + ≤ + < ∈ ⇒ + < +

��

Budući da je 2

1 0,a + > slijedi:

( ) ( )2 2

1 1 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1

2

2/

21 1

1a a

a a a

a a

a⋅ +− −

− ≤ < ⇒ − ≤ < ⇒ − ⋅ + ≤ − < + ⇒+ +

2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 / 1a a a a a a⇒ − − ≤ − < + ⇒ − − ≤ − < ++ ⇒

2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2a a a a a a− +⇒ − − + ≤ − + < + + +⇒ <−− ≤ + ⇒

2 2 22.a a a⇒ − ≤ < +

Zadana nejednakost preoblikovana je u ekvivalentnu nejednakost koja je očita. ■

63

Dokaz 162

Trokut ABC jednakokračan je i vrijedi AD EB= pri čemu su točke E i D na stranici .AB

Dokaži da su trokuti ∆ADC i ∆EBC sukladni.

Teorija


Nasuprot jednakim stranicama trokuta nalaze se jednaki kutovi.

Trokute dijelimo:

♥ prema odnosu među duljinama stranica

raznostraničan trokut

jednakokračan trokut

jednakostraničan trokut

♥ prema kutovima

šiljastokutan trokut

tupokutan trokut

pravokutan trokut.

Kod jednakokračnog trokuta duljine dviju stranica su jednake. Stranice jednakih duljina zovemo

kracima trokuta.

Sukladnost trokuta



, , , ,1 1 1 1 1 1

, .a a b b c cα α β β γ γ= = = = = =









��

DA B

C

E

DA B

C

E DA B

C

E Pretpostavili smo da je trokut ABC jednakokračan, a to znači

64

, .AC BC CAB ABC= ∠ = ∠

Uočimo da su trokuti ∆ADC i ∆EBC sukladni po S – K – S poučku o sukladnosti trokuta

( , , .AC BC AD EB CAB ABC= = ∠ = ∠ ). ■

65

Dokaz 163

Dokaži da je funkcija g definirana kao ( )( ) ( )

, : ,2

f x f xg x f a a R

− += − → parna funkcija.

Teorija

Za funkciju :f D Rf

→ kažemo da je parna ako za svaki x Df

∈ vrijedi

( ) ( ).f x f x− =

��

( )( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 2 2

f x f x f x f x f x f xg x g x g x

− − + − + − − +− = ⇒ − = ⇒ − = ⇒

( ) ( ) .g x g x⇒ − = ■

66

Dokaz 164

Dokaži da je funkcija h definirana kao ( )( ) ( )

, : ,2

f f xh x f a a R

x −= − →

− neparna

funkcija.

Teorija

Za funkciju :f D Rf

→ kažemo da je neparna ako za svaki x Df

∈ vrijedi

( ) ( ) .f x f x− = −


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

��

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 2 2

f x f x f x f x f x f xh x h x h x

− − − − − − − −− = ⇒ − = ⇒ − = − ⇒

( ) ( ).h x h x⇒ − = − ■

67

Dokaz 165

Dokaži da se svaka funkcija :f R R→ može prikazati kao zbroj parne i neparne funkcije.

Teorija

Za funkciju :f D Rf

→ kažemo da je parna ako za svaki x Df

∈ vrijedi

( ) ( ).f x f x− =

Za funkciju :f D Rf

→ kažemo da je neparna ako za svaki x Df

∈ vrijedi

( ) ( ) .f x f x− = −


, .a b a b a b a b

n n n n n n

+ ++ = = +

��

U dokazu 163 i 164 pokazali smo da je funkcija ( )( ) ( )

2

f x f xg x

− += parna, a funkcija

( )( ) ( )

2

f f xh x

x −=

− neparna. Prikažimo proizvoljnu funkciju f na sljedeći način:

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

f x f x f x f x f x f x f x f xf x f x

− + + − − − + − −= ⇒ = + ⇒

( ) ( ) ( )f x g x h x⇒ = + i g je parna, a h neparna funkcija. ■

68

Dokaz 166

Dokaži ako je P period od funkcija f i g, onda je P period i od funkcija , ,f

f g f gg

α β⋅ + ⋅ ⋅ ,

( )( )0,g x x R≠ ∀ ∈ gdje su α i β bilo koji realni brojevi.

Teorija

Periodična funkcija

Ako za funkciju :f D Rf

→ postoji P > 0 takav da je

( ) ( ) .f x P f x+ =

za svaki x Df

∈ , tada funkciju f nazivamo periodična funkcija.

Pozitivni brojevi P za koje vrijedi ( ) ( )f x P f x+ = nazivaju se periodi funkcije. Ako postoji

najmanji takav pozitivni broj P, tada se P naziva temeljni period.

��

♥ ( )( ) ( ) ( )f g x P f x P g x Pα β α β⋅ + ⋅ + = ⋅ + + ⋅ + =

( ) ( )

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

je periodična funkcija,

je periodična funkcija,.

f f x P f x

g g x Pf x g x f g x

g xα β α β

+ =

+ == = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅

■

♥ ( )( ) ( ) ( )f g x P f x P g x P⋅ + = + ⋅ + =

( ) ( )

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

je periodična funkcija,

je periodična funkcija,.

f f x P f x

g g x P g xf x g x f g x

+ =

+= = =

=⋅ ⋅

■

♥ ( )( )( )

f x Pfx P

g g x P

++ = =

+

( ) ( )

( ) ( )( )( )

( )je periodična funkcija,

je periodična funkcija.

,

f f x P f x

g g x P g

f xx

gx

f

x g= = =

+ =

+ =

■

69

Dokaz 167

Dokaži ako je P period od f, tada je i n · P period od f, .n N∈

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +


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

Periodična funkcija

Ako za funkciju :f D Rf

→ postoji P > 0 takav da je

( ) ( ) .f x P f x+ =

za svaki x Df

∈ , tada funkciju f nazivamo periodična funkcija.

Pozitivni brojevi P za koje vrijedi ( ) ( )f x P f x+ = nazivaju se periodi funkcije. Ako postoji

najmanji takav pozitivni broj P, tada se P naziva temeljni period.

��

Za n = 1 tvrdnja je očita.

( ) ( ) .f x P f x+ =

Neka je n ≥ 2. Sada slijedi:

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )1 1f x n P f x n P P P f x n P P f x n P P+ ⋅ = + ⋅ − + = + − ⋅ + = + − ⋅ + =

[ ] ( )( ) ( ) ( )je peri 1 2od f x n P f x n P P fP x n P P P= = + − ⋅ = + ⋅ − = + ⋅ − ⋅ + =

( )( ) ( )( )( ) [ ] ( )( )je perio2 2d2f x n P P f x n P P x PP f n= + − ⋅ + = + − ⋅ + = = + − ⋅ =

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )2 3 3 3f x n P P f x n P P P f x n P P f x n P P= + ⋅ − ⋅ = + ⋅ − ⋅ + = + − ⋅ + = + − ⋅ + =

[ ] ( )( )nakon konačno mnogo

je periodovakvih kora

3ka

f x n PP= = + − ⋅ = =

( ) ( ) ( )( ) [ ] ( ) ( )je period2 .f x P f x P P f x P P fP x P f x= + ⋅ = + + = + + = = + = ■

70

Dokaz 168

Dokaži identitet ( )2 2 2 2

2 2 2 .a b c a b c a b a c b c+ + = + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

Teorija

Zakon asocijacije za zbrajanje:

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

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ++ +


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

��

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

2a b c a b c a b a b c c+ + = + + = + + ⋅ + ⋅ + =

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 .a a b b a c b c c a b c a b a c b c= + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ■

71

Dokaz 169

Dokaži identitet

( )2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 .a b c d a b c d a b a c a d b c b d c d+ + + = + + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

Teorija

Zakon asocijacije za zbrajanje:

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

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ++ +

Množenje zagrada

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


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

��

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

2a b c d a b c d a b a b c d c d+ + + = + + + = + + ⋅ + ⋅ + + + =

( )2 2 2 22 2 2a a b b a c a d b c b d c c d d= + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ + =

2 2 2 22 2 2 2 2 2a a b b a c a d b c b d c c d d= + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + =

2 2 2 22 2 2 2 2 2 .a b c d a b a c a d b c b d c d= + + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ■

72

Dokaz 170

Zadana je dužina AB i pravac p okomit na nju. Dokaži da je razlika kvadrata udaljenosti bilo koje

točke pravca p do točaka A i B stalna.

Teorija


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




Pitagorin poučak

Trokut ABC je pravokutan ako i samo ako je kvadrat nad hipotenuzom jednak zbroju kvadrata nad

katetama.

Oduzimanje jednakosti:

, .a b c d a c b d= = ⇒ − = −

��

p

A BN

T

Uočimo pravokutne trokute ∆ANT i ∆TNB i uporabimo Pitagorin poučak.

2 2 2

2 2

oduzmemo

jednak ti2 os

AT AN NT

BT NB NT

= +⇒ ⇒

= +

( )2 2 2 2 2 2AT BT AN NT NB NT⇒ − = + − + ⇒

2 2 2 2 2 2AT BT AN NT NB NT⇒ − = + − − ⇒

222 2 22AT BT AN NT NB TN+ − −⇒ − = ⇒

2 2 2 2.AT BT AN NB⇒ − = −

Razlika 2 2

AN NB− stalna je jer su dužina AB i pravac p zadani. ■

73

Dokaz 171

Dokaži da je zbroj racionalnog i iracionalnog broja iracionalan broj.

Teorija


{ }1, 2, 3, 4, 5, ... , 1, , 1, . ...N n n n= − +

Broj oblika , ,a

a Z b Nb



��

Neka je:

♥ a racionalan broj

♥ b iracionalan broj.

Pretpostavimo da je njihov zbroj racionalan broj.

je skup racionalnih broje, , va.a b r Qr Q+ = ∈

Sada je:

.a b r b r a+ = ⇒ = −

Budući da je razlika racionalnih brojeva racionalan broj, slijedi da je i r – a racionalan broj.

.r a Q− ∈

Dakle, broj b bio bi racionalan, a on to nije. Naša tvrdnja je oborena. ■

74

Dokaz 172

Dokaži da za kvadratnu funkciju ( ) 2: ,f R R f x a x→ = ⋅ vrijedi

( ) ( ) ( )2

.f x x f xα β α β⋅ + ⋅ = + ⋅

Teorija

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ++ +


( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅


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

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

��

1.inačica

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 22f x x a x x a x x x xα β α β α α β β⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ =

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

2 2a x x x a x a xα α β β α α β β α β= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ + =

( ) ( ) ( ) ( )22

.22

f x a xa x f xα β α β= + ⋅⋅ =⋅ = = + ⋅

■

2.inačica

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

f x x a x x a x a x a xα β α β α β α β α β⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( )2

.2

f xf x a x α β= = = ⋅⋅ +

■

75

Dokaz 173

Dokaži svojstvo operacije kompleksnog konjugiranja: .z w z w+ = +

Teorija

Kompleksan broj je broj oblika ,z x y i= + ⋅



I .Re m,x z y z= =

Standardni ili algebarski oblik kompleksnog broja je oblika ,z x y i= + ⋅




.z x y i z x y i= + ⋅ ⇒ = − ⋅


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

��

Neka su zadani kompleksni brojevi , .1 1 2 2

z x y i w x y i= + ⋅ = + ⋅

Slijedi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2z w x y i x y i x x y i y i x x y y i+ = + ⋅ + + ⋅ = + + ⋅ + ⋅ = + + + ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x y y i x x y i y i x y i x y i= + − + ⋅ = + − ⋅ − ⋅ = − ⋅ + − ⋅ =

.1 1 2 2

x y i x y i z w= + ⋅ + + ⋅ = + ■

76

Dokaz 174

Dokaži svojstvo operacije kompleksnog konjugiranja: .z w z w− = −

Teorija




I .Re m,x z y z= =





.z x y i z x y i= + ⋅ ⇒ = − ⋅


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

��


z x y i w x y i= + ⋅ = + ⋅

Slijedi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2z w x y i x y i x x y i y i x x y y i− = + ⋅ − + ⋅ = − + ⋅ − ⋅ = − + − ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2x x y y i x x y i y i x y i x y i= − − − ⋅ = − − ⋅ + ⋅ = − ⋅ − − ⋅ =

.1 1 2 2

x y i x y i z w= + ⋅ − + ⋅ = − ■

77

Dokaz 175

Dokaži svojstvo operacije kompleksnog konjugiranja: .z w z w⋅ = ⋅

Teorija




I .Re m,x z y z= =





.z x y i z x y i= + ⋅ ⇒ = − ⋅


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

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .n m n m n m n m

a a a a a a+ +

⋅ = = ⋅

Kvadrat imaginarne jedinice:

,2 2

1 1 .i i= − − =

Množenje zagrada

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

��


z x y i w x y i= + ⋅ = + ⋅

Slijedi:

( ) ( ) 21 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2

z w x y i x y i x x x y i x y i y y i⋅ = + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

( ) ( )1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1x x x y i x y i y y x x y y x y i x y i= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1x x y y x y x y i x x y y x y x y i= ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ =

1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2x x y y x y i x y i x x x y i y y x y i= ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ =

( ) 21

1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2x x x y i y y x y i x x x y i y y i x y i= ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) .2 1 1 2 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2

x x y i y i x y i x y i x y i x y i x y i z w= ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ = − ⋅ ⋅ − ⋅ = + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ■

78

Dokaz 176

Dokaži da je ( ) ( )2 3 2 3 ,f f+ = − ako je ( ) 24 1.f x x x= − ⋅ +

Teorija

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + = +

Kvadrat razlike:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b− = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + = −


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


( ) .2

a a=

��

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

22 3 2 3 4 2 3 1

24 1

22 3 2 3 4 2 3 1

f

f x x x

f

+ = + − ⋅ + += − ⋅ + ⇒ ⇒

− = − − ⋅ − +

( ) ( )

( ) ( )

22 3 4 4 3 3 8 4 3 1

22 3 4 4 3 3 8 4 3 1

f

f

+ = + ⋅ + − − ⋅ +⇒ ⇒

− = − ⋅ + − + ⋅ +

( )( )

( )( )

2 3 4 4 3 3 8 4 3 1 2 3

2 3 4 4 3 3 8 4 3

4 4 3 3 8 4 3 1

41 2 3 4 3 3 8 4 3 1

f f

f f

+ = + ⋅ + − − ⋅ + + =⇒ ⇒

+ ⋅ + − − ⋅ +

− ⋅ + −⇒

− = − ⋅ + ⋅+ − + ⋅ + − = +

( )( )

( ) ( )2 3 0

2 3 2 3 .

2 3 0

f

f f

f

+ =⇒ ⇒ + = −

− =

■

79

Dokaz 177

Dokaži da je ( ) ( )2

10 5 100 1 25.n n n⋅ + = ⋅ ⋅ + +

Teorija

Kvadrat zbroja:

( ) ( )2 22 2 2 2

2 , .2a b a a b b a a b b a b+ = + ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ + = +


( ) ( ), .n nn n n n

a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Svojstvo potencije:

1 1.,a a a a= =


, .:

nan m n m n m

a a a ama

− −= =


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

��

( ) ( )2 2 2 2 2 2

10 5 10 2 10 5 5 10 100 25 100 100 25n n n n n n n⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + = ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + =

( )100 1 25.n n= ⋅ ⋅ + + ■

80

Dokaz 178

Dokaži da je svaka stranica svakog trokuta manja od polovice opsega tog trokuta.

Teorija



Ako su a, b i c duljine stranica trokuta ABC, onda je formula za opseg:

.O a b c= + + Nejednakost trokuta:

, , .a b c b a c c a b< + < + < +

Duljina svake stranice trokuta manja je od zbroja duljina njegovih ostalih stranica.


, 0 .a b

a b cc c

< > ⇒ <


, .a b c R a c b c< ∈ ⇒ + < +

��

♥ / 2a b c a b c a a a b ca a a b c< + ⇒ < + ⇒ + < + + ⇒ ⋅ < + ++ ⇒

/ : 22 .2

a b ca a b c a

+ +⇒ ⋅ < + + ⇒ <

♥ / 2b a c b a c b b a b cb b a b c< + ⇒ < + ⇒ + < + + ⇒ ⋅ < + ++ ⇒

/ : 22 .2

a b cb a b c b

+ +⇒ ⋅ < + + ⇒ <

♥ / 2c a b c a b c c a b cc c a b c< + ⇒ < + ⇒ + < + + ⇒ ⋅ < + ++ ⇒

/ : 22 .2

a b cc a b c c

+ +⇒ ⋅ < + + ⇒ < ■

81

Dokaz 179

Polupravci a, b, c i d istog pramena s vrhom V određuju više kutova tako da je .AVC BVD∠ = ∠

Dokaži da je tad i .AVB CVD∠ = ∠

Teorija

Kut je dio ravnine omeđen dvama polupravcima koji se sijeku. Krakovi kuta su polupravci koji

omeđuju kut.

Kut je dio ravnine omeđen dvjema zrakama (kraci kuta) koje imaju zajednički početak (vrh kuta).

��

d

c

b

a

D

C

B

AV

[ ] .AVB AVC BVC AVC BVD BVBV C CVD D∠ = ∠∠ = ∠ − ∠ = = ∠ − ∠ = ∠ ■

82

Dokaz 180

Polupravci a, b, c i d istog pramena s vrhom V određuju više kutova tako da je .AVB CVD∠ = ∠

Dokaži da je tad i .AVC BVD∠ = ∠

Teorija

Kut je dio ravnine omeđen dvama polupravcima koji se sijeku. Krakovi kuta su polupravci koji

omeđuju kut.

Kut je dio ravnine omeđen dvjema zrakama (kraci kuta) koje imaju zajednički početak (vrh kuta).

��

c

d

b

a

C

DB

AV

[ ] .AVC AVB BVC AVB CVD BVCV C BVD D∠ = ∠∠ = ∠ + ∠ = = ∠ + ∠ = ∠ ■

od 121 do 180 dokaz 121 - halapa.com2 dokaz 122 dokaži da je aritmeti čka sredina 1 2 2 r r+...

Documents