Matemarijum

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

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

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