Dokaz formule za π23\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}

 Pozdrav svima . Danas ćemo dokazati formulu za   π23\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema 1:  π23=∑n=1∞χ(n)n\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}gde jeχ(n)={1,if n≡1(mod6)−1,if n≡−1(mod6)0,inacˇe\text{gde je} \quad \chi(n)=\begin{cases} 1, & \text{if } n \equiv 1 \pmod{6}\\-1, & \text{if } n \equiv -1 \pmod{6}\\0, & \text{inače}\end{cases} Teorema 2: Imamo π23=5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}izraz čiji su brojioci sekvenca neparnih prostih brojeva većih od 33 i čiji su imenioci parni brojevi koji su za jedan veći ili manji od odgovarajućih brojilaca. Dokaz: Na osnovu Teoreme 1 znamo da je π23=1−15+17−111+113−117+119−⋯\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots takođe imamo \[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\fra...
Постави коментар

Algebarski dokaz Pitagorine teoreme

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati Pitagorinu teoremu koristeći elementarnu algebru.Ovaj dokaz je izveden u Kini pre više od 2000 godina.

Teorema: Neka su aa i bb katete, a cc hipotenuza pravouglog trougla. Tada važi jednakost c2=a2+b2c^2=a^2+b^2 .

Dokaz:

Posmatrajmo sledeći dijagram koji se sastoji od velikog kvadrata sa stranicama dužine a+ba+b i malog kvadrata sa  stranicama  dužine cc i uočimo četiri pravougla trougla sa katetama a,ba,b i hipotenuzom cc.

Označimo površinu velikog kvadrata sa PP. Tada je

P=(a+b)(a+b)P=(a+b)(a+b)

Neka je P1P_1 površina jednog od četiri pravougla trougla , a P2P_2 površina malog kvadrata sa  stranicama  dužine cc. Tada imamo da je:

P1=ab2P_1=\frac{ab}{2}P2=c2P_2=c^2

Kako je P=4P1+P2P=4P_1+P_2 možemo zapisati sledeću jednakost:

(a+b)(a+b)=4⋅ab2+c2(a+b)(a+b)=4 \cdot \frac{ab}{2}+c^2

Odavde imamo da je:

a2+2ab+b2=2ab+c2a^2+2ab+b^2=2ab+c^2

Odnosno, kad oduzmemo 2ab2ab sa obe strane jednakosti dobijamo:

c2=a2+b2c^2=a^2+b^2

■\blacksquare

Коментари

Постави коментар

Популарни постови са овог блога

Dokaz formule za π23\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}

 Pozdrav svima . Danas ćemo dokazati formulu za   π23\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema 1:  π23=∑n=1∞χ(n)n\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}gde jeχ(n)={1,if n≡1(mod6)−1,if n≡−1(mod6)0,inacˇe\text{gde je} \quad \chi(n)=\begin{cases} 1, & \text{if } n \equiv 1 \pmod{6}\\-1, & \text{if } n \equiv -1 \pmod{6}\\0, & \text{inače}\end{cases} Teorema 2: Imamo π23=5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}izraz čiji su brojioci sekvenca neparnih prostih brojeva većih od 33 i čiji su imenioci parni brojevi koji su za jedan veći ili manji od odgovarajućih brojilaca. Dokaz: Na osnovu Teoreme 1 znamo da je π23=1−15+17−111+113−117+119−⋯\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots takođe imamo \[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\fra...
Прикажи све

Dokaz da je koren iz prostog broja iracionalan broj

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je kvadratni koren iz prostog broja iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema: Ako je pp prost broj, tada je p\sqrt{p} iracionalan broj. Dokaz:  Pretpostavimo suprotno, tj. da je p\sqrt{p} racionalan broj. Tada p\sqrt{p} možemo zapisati u obliku razlomka ab\frac{a}{b}, gde su aa i bb dva uzajamno prosta cela broja i b≠0b \neq 0. Kvadriranjem jednakosti p=ab\sqrt{p}=\frac{a}{b} dobijamo jednakost p=a2b2p=\frac{a^2}{b^2}, odnosno a2=pb2a^2=pb^2. Zapišimo sad brojeve aa i bb u obliku proizvoda stepenova njihovih prostih faktora.a=p1n1⋅p2n2⋅p3n3⋅…⋅pjnja=p_1^{n_1}\cdot p_2^{n_2} \cdot p_3^{n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{n_j}b=q1m1⋅q2m2⋅q3m3⋅…⋅qkmkb=q_1^{m_1}\cdot q_2^{m_2} \cdot q_3^{m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{m_k}Kvadriranjem ove dve jednakosti dobijamo:a2=p12n1⋅p22n2⋅p32n3⋅…⋅pj2nja^2=p_1^{2n_1}\cdot p_2^{2n_2} \cdot p_3^{2n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{2n_j}b2=q12m1⋅q22m2⋅q32m3⋅…⋅qk2mkb^2=q_1^{2m_1}\cdot q_2^{2m_2} \cdot q_3^{2m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{2m_k}Kako je \(a^2...
Прикажи све

Dokaz formule za sumu prvih n Fibonačijevih brojeva

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za sumu prvih nn Fibonačijevih brojeva . Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: ∀n∈N0,∑j=0nFj=Fn+2−1\forall n \in \mathbb{N}_0 , \quad \displaystyle\sum_{j=0}^nF_j=F_{n+2}-1 Dokaz:  1. Baza indukcije (n=0) ∑j=00Fj=F2−1\displaystyle\sum_{j=0}^0F_j=F_{2}-1F0=F2−1F_{0}=F_{2}-10=1−10=1-10=00=0 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: ∑j=0mFj=Fm+2−1\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: ∑j=0m+1Fj=Fm+3−1\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=F_{m+3}-1 Dakle, ∑j=0m+1Fj=∑j=0mFj+Fm+1=\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=\displaystyle\sum_{j=0}^{m}F_j+F_{m+1}=Fm+2−1+Fm+1=F_{m+2}-1+F_{m+1}=Fm+1+Fm+2−1=F_{m+1}+F_{m+2}-1=Fm+3−1F_{m+3}-1 ■\blacksquare
Прикажи све