Постови

Приказују се постови за новембар, 2021

Dokaz da je skup prostih brojeva beskonačan

 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 . \(\blacksquare\)

Algebarski dokaz Pitagorine teoreme

Слика
 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati Pitagorinu teoremu koristeći elementarnu algebru.Ovaj dokaz je izveden u Kini pre više od 2000 godina. Teorema: Neka su  \(a\) i \(b\)  katete, a \(c\)  hipotenuza pravouglog trougla. Tada važi jednakost \(c^2=a^2+b^2\) . Dokaz: Posmatrajmo sledeći dijagram koji se sastoji od velikog kvadrata sa stranicama dužine \(a+b\) i malog kvadrata sa  stranicama  dužine \(c\) i uočimo četiri pravougla trougla sa katetama \(a,b\) i hipotenuzom \(c\). Označimo površinu velikog kvadrata sa \(P\). Tada je \[P=(a+b)(a+b)\] Neka je \(P_1\) površina jednog od četiri pravougla trougla , a \(P_2\) površina malog kvadrata sa  stranicama  dužine \(c\). Tada imamo da je: \[P_1=\frac{ab}{2}\]\[P_2=c^2\] Kako je \(P=4P_1+P_2\) možemo zapisati sledeću jednakost: \[(a+b)(a+b)=4 \cdot \frac{ab}{2}+c^2\] Odavde imamo da je: \[a^2+2ab+b^2=2ab+c^2\] Odnosno, kad oduzmemo \(2ab\) sa obe strane jednakosti dobijamo: \[c^2=a^2+b^2\] \(\blacksquare\)

Dokaz da je koren iz 2 iracionalan broj

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je \(\sqrt{2}\) iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Ovaj dokaz je prvi izveo grčki filozof Aristotel. Teorema:  \(\sqrt{2}\)  je iracionalan broj. Dokaz: Pretpostavimo da je \(\sqrt{2}\) racionalan broj. Tada \(\sqrt{2}\) možemo zapisati u obliku \( \frac{p}{q} \) gde su \( p \)  i \( q\) uzajamno prosti  celi brojevi takvi da \(q \neq 0\). Primetimo da kako je \( \frac{p}{q} \) nesvodljiv razlomak \( p \) i \( q \) ne mogu istovremeno biti parni inače razlomak ne bi bio nesvodljiv. Iz jednakosti \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\) sledi da je \(2=\frac{p^2}{q^2}\) odnosno \( p^2=2q^2\) . Dakle \(p^2\) je paran broj odakle sledi da je \(p\) takođe paran broj pa možemo broj \(p\) zapisati u obliku \(p=2k\) gde je \(k\) celi broj.  Dakle, imamo da je \( (2k)^2=2q^2\) tj. \( 4k^2=2q^2\), odnosno \( q^2=2k^2\). Iz poslednje jednakosti zaključujemo da je \(q^2\) paran broj, pa je samim tim i \( q\) paran broj. Pokazali smo da su \(