Постови

Dokaz da se prirodan broj može izraziti kao proizvod prostih brojeva

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

Dokaz teoreme u vezi prostih Fibonačijevih brojeva

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

Dokaz formule za sumu prvih n Fibonačijevih brojeva

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, \[\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=\displaystyle\sum_{j=0}^{m}F_j+F_{m+1}=\]\[F_{m+2}-1+F_{m+1}=\]\[F_{m+1}+F_{m+2}-1=\]\[F_{m+3}-1\] \(\blacksquare\)

Dokaz formule za površinu kruga

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

Dokaz formule za n-ti izvod prirodnog logaritma

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za n-ti izvod prirodnog logaritma. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: N-ti izvod funkcije \(\ln(x)\) za \(n \ge 1\) je dat formulom: \[\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\ln(x)=\frac{(n-1)!(-1)^{n-1}}{x^n}\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=1) \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln(x)=\frac{(1-1)!(-1)^{1-1}}{x^1}\]\[\frac{1}{x}=\frac{(0)!(-1)^{0}}{x}\]\[\frac{1}{x}=\frac{1}{x}\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: \[\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}\ln(x)=\frac{(m-1)!(-1)^{m-1}}{x^m}\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\frac{\mathrm{d}^{m+1}}{\mathrm{d}x^{m+1}}\ln(x)=\frac{m!(-1)^{m}}{x^{m+1}}\] Dakle, \[\frac{\mathrm{d}^{m+1}}{\mathrm{d}x^{m+1}}\ln(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}\ln(x)\right)=\]\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{(m-1)!(-1)^{m-1}}{x^m}\right)=\]\[\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d

Dokaz da su susedni Fibonačijevi brojevi uzajamno prosti

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da su susedni Fibonačijevi brojevi uzajamno prosti. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: Neka \(F_n\) predstavlja n-ti Fibonačijev broj. Tada važi: \[\forall n \ge 2 , \quad \operatorname{NZD}\left(F_n,F_{n+1}\right)=1\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=2) \[\operatorname{NZD}\left(F_2,F_{3}\right)=\operatorname{NZD}(1,2)=1\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: \[\operatorname{NZD}\left(F_m,F_{m+1}\right)=1\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\operatorname{NZD}\left(F_{m+1},F_{m+2}\right)=1\] Kako je najveći zajednički delilac bilo kojih prirodnih brojeva \(a\) i \(b\) jednak najvećem zajedničkom deliocu bilo koje linearne kombinacije brojeva \(a\) i \(b\) imamo da je \(\operatorname{NZD}(a,b)=\operatorname{NZD}(a,b-a)\) . Imajući ovo u vidu možemo zapisati sledeću jednakost: \[\operatorname{NZD}\left(F_{m+1},F_{m+2}\right)=\operatorname{NZD}\left(F_{m+1

Dokaz formule za zbir prvih n prirodnih brojeva

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za zbir prvih \(n\) prirodnih brojeva. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Smatra se da su ovu formulu poznavali još i pitagorejci. Teorema: Za bilo koji prirodni broj \(n\) važi sledeća formula: \[\displaystyle\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2}\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=1) \[\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k=\frac{1 \cdot (1+1)}{2}\]\[1=\frac{1 \cdot (2)}{2}\]\[1=\frac{2}{2}\]\[1=1\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi:  \[\displaystyle\sum_{k=1}^m k=\frac{m(m+1)}{2}\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1} k=\frac{(m+1)(m+2)}{2}\] Dakle, \[\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1} k=\displaystyle\sum_{k=1}^{m} k+m+1=\]\[\frac{m(m+1)}{2}+m+1=\]\[\frac{m^2+m+2m+2}{2}=\]\[\frac{m^2+2m+m+2}{2}=\]\[\frac{m(m+2)+(m+2)}{2}=\]\[\frac{(m+1)(m+2)}{2}\] \(\blacksquare\)