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)...

 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 ...

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...