Edis Meki´c
1
Elvis Barakovi´c
Binomni obrazac
Za svaki prirodan broj n definiˇsemo ”faktorijel broja n” sa
n! = n · (n − 1) · (n − 2) · ... · 3 · 2 · 1
tj. proizvod svih prirodnih brojeva do broja n. Po dogovoru uzimamo 0! = 1
i 1! = 1. Proizvod prvih n parnih brojeva oznaˇcavamo sa (2n)!!. Analogno,
proizvod prvih n neparnih brojeva oznaˇcavamo sa (2n − 1)!!. Specijalno
0!! = 1 i 1!! =
1.
n
Izraz oblika
naziva se binomni koeficijent i vrijedi
k
n
n!
n · (n − 1) · (n − 2) · ... · (n − k + 1)
=
=
.
k
k! · (n − k)!
k!
n
n
Po dogovoru uzimamo
=
= 1.
0
n
Za binomne koeficijente vrijedi zakon simetrije tj.
n
n
=
.
k
n−k
Za sve prirodne brojeve n i k, k 6 n vrijedi formula
n n
n n−1
n n−2 2
n
n n
n
n−1
(a + b) =
a +
a b+
a b +···+
ab
+
b
0
1
2
n−1
n
koja se naziva binomna formula. Kra´ce zapisujemo
n X
n n−k k
n
(a + b) =
a b .
k
k=0
Op´ci ˇclan razvoja binoma (a + b)n dat je sa
n n−k k
Tk+1 =
a b , (0 6 k 6 n) .
k
Primjer 1.1 Dokazati
(n + 1)!
= n(n + 1).
(n − 1)!
Rjeˇsenje:Na osnovu definicije faktorijela broja n uoˇcimo da vrijedi n! = (n −
1)! · n, pa tako imamo:
(n + 1)!
(n − 1)! · n · (n + 1)
=
= n(n + 1).
(n − 1)!
(n − 1)!
1
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Primjer 1.2 Dokazati jednakost (2n)!! = n!2n , (n = 0, 1, 2, ...).
Rjeˇsenje: Dokaz izvodimo matematiˇckom indukcijom:
1) Za n = 0 jednakost je oˇcigledna jer je 0!! = 1 i 0! = 1.
2) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neko n = k tj. (2k)!! = k!2k .
3) Dokaˇzimo da tada tvrdnja vrijedi i za n = k+1, tj. da vrijedi (2(k+1))!! =
(k + 1)!2(k+1) .
Dokaz:
(2(k + 1))!! = (2k + 2)!! = (2k)!!(2k + 2) = k!2k (2k + 2) =
= k!2k 2(k + 1) = (k + 1)!2(k+1) .
4) Tvrdnja vrijedi za svako n = 0, 1, 2, . . . .
Primjer 1.3 Zbir svih binomnih koeficijenata u razvoju binoma (a + b)n jednak je 2n . Zaista, ako u binomnoj formuli odaberemo specijalno da je a = 1
i b = 1, dobijamo
n
n
n
+
+ ··· +
= (1 + 1)n = 2n
0
1
n
n
n
n+1
Primjer 1.4 Dokazati identitet
+
=
.
k
k+1
k+1
Rjeˇsenje: Na osnovu definicije binomnog koeficijenta, imamo:
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) n · (n − 1) · . . . · (n − k)
n
n
+
=
+
=
1 · 2 · ... · k
1 · 2 · . . . · (k + 1)
k
k+1
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1)
n−k
=
·
+1 =
k!
k+1
n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) n + 1
·
=
k!
k+1
(n + 1) · n · . . . · (n − k + 1)
n+1
=
=
.
(k + 1)!
k+1
n
n
n
+
−8
= 0 u skupu prirodnih
Primjer 1.5 Rijeˇsiti jednaˇcinu
3
2
1
brojeva.
=
2
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Kako je
n
n(n − 1)(n − 2)
n(n − 1)(n − 2)
=
=
1·2·3
6
3
n(n − 1)
n
n(n − 1)
=
=
1·2
2
2
n
=n
1
jednaˇcina dobija oblik
n(n − 1)(n − 2) n(n − 1)
+
− 8n = 0
6
2
koja je ekvivalentna jednaˇcini
n(n − 1)(n − 2) + 3n(n − 1) − 48n = 0
odnosno
n(n2 − 49) = 0
ˇcija su rjeˇsenja n1 = 0, n2 = −7 i n3 = 7. Budu´ci da za rjeˇsenje traˇzimo
prirodan broj, jedino rjeˇsenje jednaˇcine je n = 7.
Primjer 1.6 Primjenon binomnog obrasca razviti (1 + 2x)3 .
Rjeˇsenje: Na osnovu binomne formule, imamo:
3 3 X
X
3
3 3−k
3
k
(1 + 2x) =
1 (2x) =
(2x)k =
k
k
k=0
k=0
3
3
3
3
0
1
2
=
(2x) +
(2x) +
(2x) +
(2x)3
0
1
2
3
pa na osnovu osobina binomnih koeficijenata, dobijamo
(1 + 2x)3 = 1 + 6x + 12x2 + 8x3 .
√
√ 15
Primjer 1.7 Na´ci trinaesti ˇclan u razvoju binoma
2+ 33 .
Rjeˇsenje: Budu´ci da traˇzimo trinaesti ˇclan u razvoju binoma, onda uzimamo
da je k=12 i uvrˇstavaju´ci u formulu za op´ci ˇclan razvoja binoma, dobijamo:
12
15 √ 15−12 √
3
T13 =
2
·
3
=
12
√
1 12
15 √ 3
15 √
3
=
2 · 3
=
2 2 · 34 = 73710 2.
12
12
3
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Primjer 1.8 Odrediti koeficijent uz x8 u razvoju binoma (x + 3)12 .
12 12−k k
12
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma (x + 3) je Tk+1 =
x
· 3 pa je
k
jasno da mora biti 12 − k = 8 jer traˇzimo koeficijent uz x8 , odakle je k = 4.
Traˇzeni koeficijent je
12
12 · 11 · 10 · 9
· 81 = 40095.
· 34 =
1·2·3·4
4
15
2
Primjer 1.9 U razvoju binoma
+ 3x
odrediti koeficijent uz x7 .
x
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
15−k
n n−k k
15
2
Tk+1 =
a b =
· (3x)k =
k
k
x
15
15 15−k −15+k k k
−1 15−k
k k
=
2x
·3 x =
2
x
·3 x =
k
k
15 15−k k −15+2k
=
2
·3 ·x
k
Budu´ci da traˇzimo koeficijent uz x7 , onda mora biti −15 + 2k = 7 odakle
je k = 11, pa je traˇzeni koeficijent uz x7
15 15−k k
15 15−11 11
15 4 11
2
·3 =
2
·3 =
2 ·3 .
k
11
4
√
√ 12
3
x2 − x
.
Primjer 1.10 Na´ci ˇclan koji sadrˇzi x7 u razvoju binoma
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
√ 12−k
√ k
n n−k k
12
3
Tk+1 =
a b =
− x2
·
x =
k
k
1 k 12 24−2k
2 12−k
k
12
x 3 · (−1)k · x 2 =
=
x3
· −x 2 =
k
k
24−2k
48−k
k
12
12
=
· (−1)k · x 3 + 2 =
· (−1)k · x 6 .
k
k
48 − k
Sada je jasno da mora biti
= 7 odakle je k = 6. Dakle, sedmi ˇclan
6
√
√ 12
3
sadrˇzi x7 .
razvoja binoma
x2 − x
4
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
16
1
Primjer 1.11 U razvoju binoma
x+ √
na´ci ˇclan koji sadrˇzi x3 .
3
x
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
k
n n−k k
16 √ 16−k
1
=
Tk+1 =
a b =
x
· √
3
k
k
x
1 k 16 16−k
1 16−k
k
16
2
=
x
· x− 3 =
x 2 · x− 3 =
k
k
16 16−k − k
16 48−5k
=
x 2 3 =
x 6 .
k
k
48 − 5k
= 3 odakle je k = 6. Dakle, sedmi ˇclan razvoja binoma
pa je
6
16
√
1
√
x+ 3
sadrˇzi x3 .
x
15
√
3
x2 − x−1
koji ne
Primjer 1.12 Odrediti onaj ˇclan razvoja binoma
sadrˇzi x.
√
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
√ 15−k
k
n n−k k
15
3
Tk+1 =
a b =
x2
· −x−1 =
k
k
15−k
2
15 30−2k
15
k
−k
x3
· (−1) · x =
x 3 · (−1)k · x−k =
=
k
k
30−5k
30−2k
15
15
(−1)k · x 3 .
=
(−1)k · x 3 −k =
k
k
30 − 5k
Budu´ci da traˇzimo ˇclan koji ne sadrˇzi x, onda mora biti
= 0 odakle
15 3
√
3
je k = 6. Dakle, sedmi ˇclan razvoja binoma
x2 − x−1
ne sadrˇzi x.
8
√
3
x− √
Primjer 1.13 Odrediti onaj ˇclan razvoja binoma
koji ne sadrˇzi
x
x.
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
k
8 √ 8−k
3
n n−k k
=
Tk+1 =
a b =
x
· −√
k
k
x
1 8−k
1 k
k
8
8 8−k
−
x2
x 2 · (−3)k · x− 2 =
=
· −3x 2 =
k
k
8−k
8−2k
k
8
8
8
k
k
−
=
(−3) · x 2 2 =
(−3) · x 2 =
(−3)k · x4−k .
k
k
k
5
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Budu´ci da traˇzimo ˇclan koji ne sadrˇzi x,onda morabiti 4 − k = 0 odakle je
8
√
3
x− √
k = 4. Dakle, peti ˇclan razvoja binoma
ne sadrˇzi x.
x
Primjer 1.14 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
2 √
− x
x
16
.
16
2 √
Rjeˇsenje: Razvoj binoma
− x
ima 17 ˇclanova pa je srednji ˇclan
x
deveti ˇclan, pa ´cemo u formulu za op´ci ˇclan razvoja binoma uvrstiti k = 8.
Tako dobijamo
16−8
√ 8
n n−k k
16
2
Tk+1 =
a b =
· − x =
k
8
x
8 1 8
16
2
16 8 −8
=
· −x 2 =
2 · x · (−1)8 · x4 =
8
8
x
16 8 −4
=
2 · x = 3294720x−4 .
8
√
√ 8
Primjer 1.15 Odrediti peti ˇclan u razvoju binoma 2x x − 3 x .
Rjeˇsenje: Budu´ci da traˇzimo peti ˇclan u razvoju binoma, onda ´cemo u formulu za op´ci ˇclan razvoja binoma uvrstiti k = 4 i tako dobijamo
√ 4
√ 8−4
8
n n−k k
· −3x =
2x x
Tk+1 =
a b =
k
4
4
3
1 4
4
8
8 4 6
=
2x 2 · −x 3 =
2 · x · (−1)4 x 3 =
4
4
22
8 4 6+ 4
=
2 · x 3 = 1120x 3 .
4
n
1
ako je
Primjer 1.16 Na´ci trinaesti ˇclan u razvoju binoma 9x − √
3x
binomni koeficijent tre´ceg ˇclana jednak 105.
n
Rjeˇsenje: Binomni koeficijent tre´ceg ˇclana je
pa iz uslova zadatka imamo
2
n
= 105 ˇsto je ekvivalentno jednaˇcini n2 −n−210 = 0. Rjeˇsenja posljednje
2
kvadratne jednaˇcine su n1 = 15, n2 = −14 pa uzimamo samo prvo rjeˇsenje a
6
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
15
1
drugo odbacujemo jer je negativno. Sada binom ima oblik 9x − √
.
3x
Budu´ci da traˇzimo trinaesti ˇclan razvoja binoma, u formulu za op´ci ˇclan
razvoja binoma uvrˇstavamo k = 12, i tako dobijamo
12
15
1
15−12
=
T13 =
(9x)
· −√
12
3x
12 15
15
3
− 12 − 12
=
(9x) · −3 x
=
93 x3 · (−1)12 · 3−6 x−6 =
12
12
15 6 3 −6 −6
15 −3
=
3 x ·3 x =
x = 455x−3 .
3
3
Primjer 1.17 Na´ci redni broj onog ˇclana razvoja binoma
r
3
a
√ +
b
s
b
√
3
a
!21
koji sadrˇzi a i b na isti eksponent.
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
Tk+1
s
!k
r 21−k
n n−k k
21
a
b
3 √
√
=
a b =
=
·
3
k
k
a
b
1 1 k 21 21−k
21−k
1
1 21−k
k
k
21
−
a3 b 6
=
· b 2 a− 6 =
a 3 · b − 6 · b 2 · a− 6 =
k
k
21 21−k − k k − 21−k
21 42−3k 4k−21
=
a 3 6 · b2 6 =
a 6 ·b 6 .
k
k
Budu´ci da zahtijevamo da a i b budu na isti eksponent, tada mora biti
42 − 3k
4k − 21
=
odakle dobijamo da je k = 9. Dakle, deseti ˇclan razvoja
6
6
binoma sadrˇzi a i b na isti eksponent.
√ 1
√ 6
12
log x+1
Primjer 1.18 Na´ci vrijednost x u izrazu
x
+ x ˇciji je ˇcetvrti
ˇclan razvoja binoma jednak 200.
Rjeˇsenje: Prvo, odredimo definiciono podruˇcje izraza. Jasno je da mora biti
x > 0 i log x + 1 6= 0, tj. x 6= 10−1 pa je
D = 0, 10−1 ∪ 10−1 , +∞ .
7
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Ako u formulu za op´ci ˇclan razvoja binoma uvrstimo k = 3, dobi´cemo da je
ˇcetvrti ˇclan razvoja binoma je
1 3 3
√ 3
√ log 1x+1 6−3 12
1
1
6
6
log x+1
x
x =
x2
· x 12 =
T4 =
·
3
3
1
6 2(log3x+1) + 41
6 2(log3x+1)
· x4 =
x
=
x
3
3
pa po uslovu zadatka imamo
6 2(log3x+1) + 14
x
= 200
3
3
1
20x 2(log x+1) + 4 = 200
1
3
x 2(log x+1) + 4 = 10.
Logaritmiranjem ovog izraza, dobijamo
3
1
log x 2(log x+1) + 4 = log 10
tj.
3
1
+
log x
2 (log x + 1) 4
6 + log x + 1
· log x
4 (log x + 1)
7 + log x
· log x
4 (log x + 1)
(7 + log x) log x
7 log x + log2 x
log2 x + 3 log x − 4
= 1
= 1
= 1
= 4 (log x + 1)
= 4 log x + 4
= 0.
Uvode´ci smjenu log x = t, dobijamo kvadratnu jednaˇcinu t2 + 3t − 4 = 0 ˇcija
su rjeˇsenja t1 = −4 i t2 = 1. Za t = −4 dobijamo rjeˇsenje x = 0, 001 ∈ D, a
za t = 1 dobijamo rjeˇsenje x = 10 ∈ D.
n
√
3
√
x
5
Primjer 1.19 Izraˇcunati ˇclan razvoja binoma 4 x +
koji sadrˇzi
2
√
5
x2 x4 ako je zbir prva tri binomna koeficijenta jednak 56.
n
n
n
+
+
= 56 ˇsto je ekvivaRjeˇsenje: Iz uslova zadatka imamo
0
1
2
lentno jednaˇcini n2 + n − 110 = 0. Rjeˇsenja posljednje kvadratne jednaˇcine
8
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
su n1 = 10 i n2 = −11 od kojih u obzir dolazi samo prvo rjeˇsenje jer je
10
√
3
√
x
5
. Op´ci ˇclan razvoja
drugo negativno. Binom sada ima oblik 4 x +
2
binoma je
√
k
3
√
n n−k k
10
x
10−k
Tk+1 =
a b =
45x
·
=
k
k
2
10 10−k 1 10−k −1 1 k
=
4
x5
· 2 x3 =
k
10 10−k −k 10−k + k
10 10−k 10−k −k k
4
·2 ·x 5 3 =
=
4
x 5 · 2 x3 =
k
k
10 10−k −k 30+2k
=
4
· 2 · x 15 .
k
√
4
4
14
30 + 2k
5
=
Kako je x2 x4 = x2 x 5 = x2+ 5 = x 5 , onda je jasno da mora biti
15
14
odakle je k = 6. Dakle, sedmi ˇclan razvoja binoma ima traˇzenu osobinu.
5
Primjer 1.20 Na´ci za koju vrijednost x u razvoju binoma
n
√
1
2x + √
2x−1
zbir tre´ceg i petog ˇclana iznosi 135, ako je zbir binomnih koeficijenata tri
posljednja ˇclana jednak 22.
Rjeˇsenje: Binomni koeficijenti tri posljednja ˇclana jednaki
su binomnim
kon
n
n
eficijentima prva tri ˇclana. Po uslovu zadatka imamo
+
+
= 22
0
1
2
ˇsto je ekvivalentno kvadratnoj jednaˇcini n2 + n − 42 = 0. Rjeˇsenja posljednje
kvadratne jednaˇcine su n1 = 6 i n2 = −7 od kojih u obzir
dolazi samoprvo
6
√
1
.
rjeˇsenje jer je drugo negativno. Binom sada ima oblik
2x + √
2x−1
Tre´ci ˇclan (k = 2) razvoja binoma je
2
6 √ x 6−2
1
T3 =
· √
=
2
x−1
2
2
x−1 2 6
x 4
6
2 2 · 2− 2
22x · 21−x =
=
=
2
2
6 1+x
=
2
2
9
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
a peti ˇclan (k = 4) razvoja binoma je
4
6 √ x 6−4
1
T5 =
=
2
· √
x−1
4
2
x−1 4 6
x 2
6
2
=
2x · 22−2x =
=
2
· 2− 2
4
4
6 2−x
=
2 .
4
Sada je, po uslovu zadatka,
6 1+x
6 2−x
2
+
2
2
4
15 · 21+x + 15 · 22−x
21+x + 22−x
4
2 · 2x + x
2
2 · (2x )2 − 9 · 2x − 4
= 135
= 135
= 9
= 9
= 0.
Uvedimo smjenu t = 2x , dobijamo kvadratnu jednaˇcinu
2t2 − 9t − 4 = 0
1
1
i t2 = 4. Za t =
dobijamo x = −1, a za t = 4
ˇcija su rjeˇsenja t1 =
2
2
dobijamo x = 2.
√
n
1
x−1
Primjer 1.21 Odrediti za koju vrijednost x ˇcetvrti ˇclan razvoja binoma
2
+√
3
2x
je dvadeset pet puta ve´ci od eksponenta binoma ako je binomni koeficijent
ˇcetvrtog ˇclana pet puta ve´ci od binomnog koeficijenta drugog ˇclana.
n
n
Rjeˇsenje: Prema uslovu zadatka imamo
= 5
ˇsto je ekvivalentno
3
1
jednaˇcini n2 −3n−28 = 0. Rjeˇsenja posljednje kvadratne jednaˇcine su n1 = 7
i n2 = −4 pa u obzir dolazi samo prvo rjeˇsenje a drugo odbacujemo
jer je
7
√
1
ˇ
negativno. Binom sada ima oblik izgleda
2x−1 + √
. Cetvrti
ˇclan
3
2x
(k = 3) razvoja ovog binoma je
√
7−3 1 3 7 x−1 4
7
− x3 3
2
√
T4 =
2x−1
=
2
2
=
3
3
3
2x
= 35 · 22x−2 · 2−x = 35 · 2x−2
Prema uslovu zadatka imamo 35 · 2x−2 = 140, tj. 2x−2 = 4 odakle je
x = 4.
10
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Primjer 1.22 Odnos koefcijenata petog i tre´ceg ˇclana u razvoju binoma
√
x x−1 −
je 14:3. Odrediti sedmi ˇclan razvoja.
Rjeˇsenje: Op´ci ˇclan razvoja binoma je
s
!k
√
n−k
n n−k k
n
1
Tk+1 =
a b =
x x−1
− 5 2√
=
k
k
x x
r
k r k
1 n−k
1 n−k
n
1
n
1
=
xx− 2
−5
=
x2
−5 5
=
1
k
k
x2 x 2
x2
p
k n 1 n−k 5 15 k
5
1 n−k
n
− 52
2
=
− x
=
x2
− x− 2
=
x
k
k
k n n−k
1 n−k
k
n
− 12
2
x
=
−x
=
x 2 (−1)k x− 2 =
k
k
n−k
n−2k
k
n
n
=
(−1)k x 2 − 2 =
(−1)k x 2 .
k
k
n
n
n
k
2
Koeficijent tre´ceg ˇclana (k = 2) je
(−1) =
(−1) =
. Koefik
2
2
n
n
n
cijent petog ˇclana (k = 4) je
(−1)k =
(−1)4 =
. Po uslovu zak
4
4
n
n
datka imamo
:
= 14 : 3 ˇsto je ekvivalentno jednaˇcini n2 −5n−50 =
4
2
0. Rjeˇsenja posljednje kvadratne jednaˇcine su n1 = −5 i n2 = 10. U obzir
dolazi samo pozitivno rjeˇsenje pa binom sada izgleda
√
x x−1 −
s
5
1
√
2
x x
!10
.
Na osnovu pokazanog, op´ci ˇclan razvoja ovog binoma je
n−2k
n
Tk+1 =
(−1)k x 2
k
pa ako u ovu formulu uvrstimo da je
n = 10 i k = 6,dobi´
cemo da je sedmi
10−12
10
10
ˇclan razvoja ovog binoma T7 =
(−1)6 x 2 =
x−1 .
6
6
√ √
Primjer 1.23 Koliko racionalnih ˇclanova sadrˇzi razvoj binoma ( 2+ 4 3)100 ?
11
s
5
x
1
√
2
!n
x
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Rjeˇsenje: Opˇsti ˇclan razvoja binoma je
n n−k k
100 √ 100−k √
4
( 3)k =
Tk+1 =
a b =
( 1)
k
k
100 100−k k
100 50 − k k
=
2 2 34 =
2 2 2 34 .
k
k
Odavdje vidimo da bi ˇclanovi razvoja ovog binoma bili racionalni brojevi,
potrebno je i dovoljno da k bude djeljivo sa 4. Budu´ci da je 0 6 k 6 100,
zakljuˇcujemo da su to brojevi 0, 4, 8, 12, ..., 100 a njih ukupno ima 26.
1.1
Zadaci za samostalan rad
Izraˇcunati:
Zadatak 1.1 a) 3!,
Zadatak 1.2 a)
3!
,
2!
b) 5!,
b)
c) 6!,
5!
,
3!
c)
10!
,
6!
b) 5! − 3!,
Zadatak 1.3 a) 5! + 2!,
Zadatak 1.4 a) 6! − 4! + 2!,
d) 7!.
d)
20!
.
18!
c) 2 · 6! − 3 · 2!.
b) 2 · 5! + 3! + 4!,
c) 2 · 5! − 3 · 3! + 2!.
Uprostiti izraze:
Zadatak 1.5 a)
n!
,
n
Zadatak 1.6 a)
1
1
−
,
n! (n + 1)!
b)
(n + 1)!
,
n · (n + 1)
b)
c)
(n − 2)!
.
(n + 1)!
(2n + 1)!
,
(2n − 1)!
c)
2
3
−
.
n! (n + 1)!
U skupu N rijeˇsiti jednaˇcine:
Zadatak 1.7 a)
(n + 2)!
= 110,
n!
Zadatak 1.8 a)
(n + 1)!
= 42,
(n − 1)!
Zadatak 1.9 a)
n! − (n − 1)!
1
= ,
(n + 1)!
6
b)
b)
Primjenom binomne formule razviti:
12
n!
20n!
=
.
(n − 5)!
(n − 3)!
(n + 1)!
= 30.
(n − 1)!
b)
(2n)!
40n!
=
.
(2n − 3)!
(n − 1)!
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Zadatak 1.10 a) (a + b)2 ,
b) (2a − b)2 ,
Zadatak 1.11 a) (x + 2y)2 ,
Zadatak 1.12 a) 2 −
Zadatak 1.13 a) 1 −
b) (2x − 1)2 ,
√ 2
2 ,
√
2+
c) (a + 3b)3 .
c) (2x + 3y)3 .
√ 3
√
b) 2 3 + 3 2 .
√ 2
3 ,
√
√
3
b) 3 3 − 2 − 2 .
Zadatak 1.14 Na´ci trinaesti ˇclan u razvoju binoma
√
2+
√
15
3
3 .
14
1
+x
.
Zadatak 1.15 Na´ci deseti ˇclan u razvoju binoma
x
√
√ 14
3
Zadatak 1.16 Na´ci trinaesti ˇclan u razvoju binoma x x2 − 2 x
.
Zadatak 1.17 Na´ci sedmi ˇclan u razvoju binoma
√
2x
√
+ x
3
x2
10
.
Zadatak 1.18 Odrediti koeficijent uz x8 u razvoju binoma (x + 3)12 .
15
2
+ 3x
odrediti koeficijent uz x7 .
Zadatak 1.19 U razvoju binoma
x
15
2
Zadatak 1.20 U razvoju binoma
+ 3x
odrediti koeficijent uz x13 .
x
15
x 5
Zadatak 1.21 U razvoju binoma
odrediti koeficijent uz x8 .
−
2 x
Zadatak 1.22 Na´ci ˇclan koji sadrˇzi x7 u razvoju binoma (x + 2)14 .
√
√ 12
3
Zadatak 1.23 Na´ci ˇclan koji sadrˇzi x7 u razvoju binoma
x2 − x
.
Zadatak 1.24 Na´ci ˇclan koji sadrˇzi x10 u razvoju binoma
Zadatak 1.25 U razvoju binoma
√
1
x+ √
3
x
16
na´ci ˇclan koji sadrˇzi x3 .
Zadatak 1.26 Odrediti onaj ˇclan razvoja binoma
sadrˇzi x.
13
√
√ 18
3
x2 − 3 x
.
√
3
x2 − x−1
15
koji ne
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
Zadatak 1.27 Odrediti onaj ˇclan razvoja binoma
x
2
√
+ x− 3
3
x
10
koji ne
sadrˇzi x.
Zadatak 1.28 Na´ci ˇclan u razvoju binoma
√
3
x− √
x
8
koji ne sadrˇzi x.
√ 50
Zadatak 1.29 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma 1 + 2 2 .
√
√ 40
Zadatak 1.30 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma 3 3 3 − 2 2 .
Zadatak 1.31 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
Zadatak 1.32 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
1
a−
a
12
.
1
3x −
3x
22
16
.
Zadatak 1.33 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma (x2 + xy) .
16
2 √
Zadatak 1.34 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
− x
.
x
√
20
1
x
+√
Zadatak 1.35 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
.
x
x
32
1
Zadatak 1.36 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma sin x +
.
cos x
18
sin x
x
Zadatak 1.37 Na´ci srednji ˇclan u razvoju binoma
+
.
x
cos x
√
√ 8
Zadatak 1.38 Odrediti peti ˇclan u razvoju binoma (2x x − 3 x) .
n
1
Zadatak 1.39 Na´ci trinaesti ˇclan u razvoju binoma 9x − √
ako je
3x
binomni koeficijent tre´ceg ˇclana jednak 105.
Zadatak 1.40 Na´ci redni broj onog ˇclana razvoja binoma
s
!21
r
a
b
3 √ +
√
3
a
b
koji sadrˇzi a i b na isti eksponent.
14
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
√
1
√ 6
Zadatak 1.41 Na´ci vrijednost x u izrazu ( x) log x+1 + 12 x ˇciji je ˇcetvrti
ˇclan razvoja binoma jednak 200.
n
√
3
√
x
5
koji sadrˇzi
Zadatak 1.42 Izraˇcunati ˇclan razvoja binoma 4 x +
2
√
5
x2 x4 ako je zbir prva tri binomna koeficijenta jednak 56.
Zadatak 1.43 Na´ci za koju vrijednost x u razvoju binoma
n
√
1
2x + √
2x−1
zbir tre´ceg i petog ˇclana iznosi 135, ako je zbir binomnih koeficijenata tri
posljednja ˇclana jednak 22.
Zadatak 1.44 Na´ci n u izrazu (a+b)n ako se binomni koeficijent jedanaestog
ˇclana odnosi prema binomnom koeficijentu devetog ˇclana kao 7 : 15.
Zadatak 1.45 Na´ci koeficijent uz x4 u izrazu
(1 + x)4 + (1 + x)5 + · · · + (1 + x)15 .
Zadatak 1.46 Na´ci koeficijent uz x3 u izrazu
(1 + x)3 + (1 + x)4 + · · · + (1 + x)100 .
Zadatak 1.47 Dokazati da je za svaki prirodan broj n broj 2 +
Zadatak 1.48 Na´ci zbir svih koeficijenata polinoma
17
P (x) = 2x7 − 3 x3 − 2 .
Izraˇcunati:
n
P
n
Zadatak 1.49 a)
,
k=0 k
n
b)
k
k
k=0
n
n
P
P
n
k n
Zadatak 1.50 a)
(−1)
,
b)
(2k + 1)
.
k
k
k=0
k=0
n
P
Dokazati jednakosti:
n
n
n+1
Zadatak 1.51
+
=
; (n, k ∈ N, k 6 n) .
k
k−1
k
15
√ n
3 neparan.
Edis Meki´c
Elvis Barakovi´c
n n−k
p n
Zadatak 1.52
=
; (n, k ∈ N, k 6 n) .
k
p−k
k
p
p
P
n n−k
p n
=2
; (n, k ∈ N, k 6 n) .
Zadatak 1.53
p−k
p
k=0 k
p
P
n n−k
Zadatak 1.54
(−1)
= 0; (n, k ∈ N, k 6 n) .
k
p−k
k=0
k
n
n
n
Zadatak 1.55
+
+
+ · · · = 2n−1 .
1
3
5
n
n
n
Zadatak 1.56
+
+
+ · · · = 2n−1 .
0
2
4
p
P
n+k
n+p+1
Zadatak 1.57
=
.
k
p
k=0
16
Download

1 Binomni obrazac