261.
Da bi se kvadrat celog broja a zavrsavao sa 5, mora bili oblika a = IOn+5(nE N) Q a ~ = (IOn+5) 20 2 = 100n 2 + 1001/+ 25 ~ 2 0 = 100(n 2 + n) + 25, D. broj 0 2 zavrSava se sa 25.
262 .
Aka je A E Z, i aka je on deijiv sa 8 iii 9, cnda je: A
A
A
A
-=mEZA-=nEZ~---=m-no
g 9 g 9 A = 72(m-n) = 72k, gdeje m-n = k E Z. P . A o~1O Je 72 = k E Z , D· aka je A deljiv sa 8 i 9, onda je deljiv i sa 72.
Obmuto. aka je: A A A A -=r=>-=8r=r EZ iii - = p:::>-= 9p=r E Z ci me je 72 9 I 72 8 " dokaz zavrsen. 263 ,
264.
265.
Ako je razlomak - - redukovan, tada je redukovan i razlomak 2 +3 I 211+3 ~ = 2 + --, eime je dokaz zavrSen. n+1 n+1
268. Treba prvo dokazati Icoremu: ako je O l deljivo sa 3, ondaje 0 deljivo sa 3. Uo6mo da se svaki ceo broj a moze napisati u jednom od ovih oblika:
)" 1
{9'"
a= 3n+1 ~a ! = 9n : +6n+1
3n+2
,(n ceobroj).
9n"+ 1211+4
n(n - I)(n+I )+6n. Ovaj izraz je zaista deljiv sa 6, jeT proizvod (n-l)n(lf+ I) od Iri
PoSto je, prema pretpostavci, 0 2 delj iva sa 3,0 2 mora biti jednako 9n 1, odakle s ledi da j e 0 = 3n, odnosno a je dcljivo sa 3. Dokaz da je Jj iracionalan broj izvcSccmo metodom svodenja na protivureenosl. Pretpostavimo suprotno, odnosno da je ..fj kolicnik neka dva eela
sukcesivna eela brojaje delj iv sa 6, a 611 je ocigJedno deljivo sa 6.
braja p i q
Dati izraz maze se transfonnisati u identicnn izraz: 2 n(n +5) 1 = 1/ (71 2 - \)+ 6 = 11«11- 1)(11+ I) + 6» =
Trocifren broj je oblika 100x+ IOy+ Z, x,)"z E N . Kako je po pretpostavci y= X+ z, tadaje: 100x+ IOy+ z = IOOx+ 100x+ z)+ z = IIOx+ lI z = II ( IOx+ z). Dobijeni broj je oeigledno deljiv sa 11. Dati izraz se postupno
transformi~e
Da sledeci naeill :
n' + I ln= n(n' -1+ 12)= n«n-I)(n+ 1)+ 12) = n(n- I)(n + I) + 12n, odnosno sledi tvrdenje. 266.
267. Za II == Odali razlomak poslaje ~, lj. redukovanje. Akoje razlomak . redukovan I. razlomak -511+7 = 2 + __ n+ I _2n+ 3 re dukovan, la da je 5n+7 11+1 2//+3 211+3 ·
Dati razlomak moze se postupno transfonnisati na sledeci oaein:
02"ln::..:.+...:4 = I4n+3 + 7n+ 1= 1+ 7n+ I = 1+ 1 = 14n+3 14n+3 I4n+1 14n+3 14n+3 7n+ 1
= 1+
1
2+ - -
Razlomak
7n+ 1
Je
redukovall, razlomak
7n+ I
:.J3 =
p , gde su p i q uzajamno prosti brojevi , Ij . da je I
q
njihov najveci zajednicki fsktor, jer u prativnom mogli bismo razlomak p prethodno skratiti i prcci na takav slutaj. Tako, poiazimo
q
od pretpostavke: (*).[3 = P; p,qE Z,p,q su uzajamno prosti. Na osnovu (- ) q dobijamo p = q.fj ~ p ' = 3q!. U tom slucaju pl j edeljivosa3. paje i p deljivo sa 3 (prethodna leorema). Dakle, imamo p = Jr,r ~ ~. Tadaje 9r2 = 3q! ~ q! = 3r!. odakle sledi daje q deljivo sa 3, Ie Je L p deljivo sa 3 (prethodna teorema). Prema lOme, pi q imaj~ zajednit~i fakt.o r 3, ~dnosno nis u u~amno prosti. Do~li smo do protlvur~nostl.
To Je kraJ dokaza da je.J3 ~
269. Neka je .fj -
Q.
.J2 = r (r racionalan broj), odakle sledi :
\- r
1
--'-,,-je takode redukovan, paje i dati razlomak redukovan.
..fJ =..fi +r '" 3 = (..fi +r)' .. 3 = 2+.fir,+ r' ",..fi = ~.
2+-7 n+ I
r -I Leva stranajednacine .fi 2 E I , desna strana~ E
1
Q "
.
1
, tj. lC8Clona an
broj jednak. je racionalnom, ~to je nemoguce.
210
211