Matemarijum

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je  \(I_0(\sqrt{2})\) iracionalan broj, gde \( I_0\) označava modifikovanu Beselovu funkciju prve vrste. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema 1:    \(I_0(\sqrt{2})=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n!)^22^n}\) Teorema 2:    \(I_0(\sqrt{2})\)    je iracionalan broj. Dokaz: Pretpostavimo da je  \(I_0(\sqrt{2})\)  racionalan broj. Tada  \(I_0(\sqrt{2})\)  možemo zapisati u obliku \( \dfrac{p}{q} \) gde su \( p \)  i \( q\) uzajamno prosti  celi brojevi takvi da \(q \ge 1\). Na osnovu Teoreme 1 možemo pisati sledeću jednakost: \(q!(q-1)!p2^q=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}\) . Kako je leva strana ove jednakosti ceo broj to i \(\displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}\) koja je veća od \(0\)  mora biti ceo broj. Jasno je da je za \(n \ge q+1\) , \(\left(\dfrac{q!}{n!}\right)^2 \le \dfrac{1}{(q+1)^{2(n-q)}}\) pa je \(\displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je skup prostih brojeva beskonačan. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Takođe ćemo upotrebiti teoremu francuskog matematičara Eduarda Lukasa. Teorema (Lukas): Svaki prost faktor Fermaovog broja \(F_n=2^{2^n}+1\) ; (\(n>1\)) je oblika \(k2^{n+2}+1\) . Teorema: Skup prostih brojeva je beskonačan. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da postoji samo konačno mnogo prostih brojeva i označimo najveći prosti broj sa \(p\) . Tada je \(F_p\) sigurno složen broj jer je \(F_p > p\) . Na osnovu Lukasove teoreme znamo da postoji prost broj \(q\) koji je oblika   \(k2^{p+2}+1\)  i koji deli broj \(F_p\). Ali \(q > p\) što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom. Dakle, skup prostih brojeva je beskonačan . \(\blacksquare\)

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da se svaki prirodan broj veći od \(1\) može izraziti kao proizvod prostog broja i jedinice ili kao proizvod više prostih brojeva. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: Neka je \(n\) prirodan broj veći od \(1\). Tada \(n\) može da se izrazi kao proizvod jednog prostog broja i jedinice ili kao proizvod više prostih brojeva.  Dokaz: Primetimo da ukoliko je \(n\) prost broj tvrdnja je automatski dokazana jer svaki broj može da se zapiše kao proizvod tog broja i jedinice. 1. Baza indukcije (n=2) Kako je \(2\) prost broj tvrdnja je automatski dokazana. 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi:  \(\forall k \in \mathbb{N} , \quad 2 \le k \le m \) , \(k\) se može izraziti kao proizvod jednog prostog broja i jedinice ili kao proizvod više prostih brojeva.  3. Induktivni korak (n=m+1) Na osnovu pretpostavke iz drugog koraka dokažimo da važi: \(\forall k \in \mathbb{N} , \quad 2 \le k \le m+1 \) , \(k\) se može izraziti

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati teoremu u vezi prostih Fibonačijevih brojeva. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema: Neka je \(F_n\) n-ti Fibonačijev broj i neka je \(F_n\) prost broj. Tada je \(n\) takođe prost broj, osim u slučaju \(F_4=3\) . Dokaz: Za slučaj kada je \(n=2\) imamo da je \(F_2=1\), a kao što znamo broj \(1\) nije ni prost ni složen, pa ovaj slučaj ne opovrgava istinitost teoreme. Za slučaj kada je \(n=3\) imamo da je \(F_3=2\), pa je ovaj slučaj u skladu sa tvrđenjem. Sada, pretpostavimo da je za \(n>4\) , \(F_n\) prost broj i da je \(n=rs\) za neke prirodne brojeve \(r,s\) veće od \(1\), odnosno da je \(n\) složen broj. Kako je \(n>4\) to je bar jedan od brojeva \(r\) i \(s\) veći od \(2\). Tada na osnovu teoreme o deljivosti Fibonačijevih brojeva koja kaže: \[\forall m,n \in \mathbb{Z}_{>2} \quad m \mid n \Leftrightarrow F_m \mid F_n\] imamo da je bar jedan od izraza \(F_r \mid F_n\) i \(F_s \mid F_n\) tačan . Dalje, kako je bar j

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za sumu prvih \(n\) Fibonačijevih brojeva . Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: \(\forall n \in \mathbb{N}_0 , \quad \displaystyle\sum_{j=0}^nF_j=F_{n+2}-1\) Dokaz:  1. Baza indukcije (n=0) \[\displaystyle\sum_{j=0}^0F_j=F_{2}-1\]\[F_{0}=F_{2}-1\]\[0=1-1\]\[0=0\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: \[\displaystyle\sum_{j=0}^mF_j=F_{m+2}-1\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Na osnovu pretpostavke iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=F_{m+3}-1\] Dakle, \[\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=\displaystyle\sum_{j=0}^{m}F_j+F_{m+1}=\]\[F_{m+2}-1+F_{m+1}=\]\[F_{m+1}+F_{m+2}-1=\]\[F_{m+3}-1\] \(\blacksquare\)

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za površinu kruga. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema: Označimo sa \(P\) površinu kruga a sa \(r\) poluprečnik kruga. Tada važi jednakost: \(P=r^2\pi\) Dokaz: Jednačina kruga u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu glasi \(x^2+y^2=r^2\). Odavde imamo da je \(y=\pm \sqrt{r^2-x^2}\) . Na osnovu geometrijske interpretacije određenog integrala sledi: \[P=\int\limits_{-r}^r \left(\sqrt{r^2-x^2}-\left(-\sqrt{r^2-x^2}\right)\right) \, dx\] Dakle,\[P=\int\limits_{-r}^r 2\sqrt{r^2-x^2} \, dx\]\[P=\int\limits_{-r}^r 2\sqrt{r^2\left(1-\frac{x^2}{r^2}\right)} \, dx\]\[P=\int\limits_{-r}^r 2r\sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}} \, dx\] Uvedimo sad smenu \(x=r \cos \theta\) . Odavde imamo da je \(dx=-r\sin\theta d\theta\) . Tako da možemo pisati sledeću jednakost: \[P=-\int\limits_{\pi}^0 2r^2\sqrt{1-\frac{r^2\cos^2\theta}{r^2}}\sin\theta \, d\theta\] Nakon uprošćavanja dobijamo: \[P=-\int\limits_{\pi}^0 2r^2\sqrt{1-\cos^2\theta}\sin