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 ...

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...

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, $$\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1} k=\displaystyle\sum_{k=1}^{m} k+m+1=$$$$\frac{m(m+1)}{2}+m+1=$$$$\frac{m^2+m+2m+2}{2}=$$$$\frac{m^2+2m+m+2}{2}=$$$$\frac{m(m+2)+(m+2)}{2}=$$$$\frac{(m+1)(m+2)}{2}$$ $\blacksquare$

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati sinusnu teoremu. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Ovaj dokaz je prvi izveo persijski matematičar Tusi. Teorema: Neka su $a,b,c$ stranice bilo kog trougla , a $R$ poluprečnik opisane kružnice oko tog trougla i neka su uglovi $\alpha,\beta,\gamma$ uglovi naspram stranica $a,b,c$ , redom. Tada važe sledeće jednakosti: $$\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R$$ Dokaz: Sada ćemo izvesti dokaz da važi jednakost: $\frac{a}{\sin\alpha}=2R$ . Jednakosti $\frac{b}{\sin\beta}=2R$ i $\frac{c}{\sin\gamma}=2R$ se dokazuju na analogan način. Posmatrajmo sledeći dijagram na kom je prikazan trougao $\triangle ABC$ sa opisanom kružnicom poluprečnika $R$. Kako su uglovi nad istom tetivom jednaki imamo da je $\angle CA'B=\alpha$ . Takođe znamo da je ugao nad prečnikom kruga jednak $90^{\circ}$, pa sledi da je $\angle A'BC=90^{\circ}$ . Dalje, na osnovu definicije sinusne funkcije imamo da...

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati kosinusnu teoremu. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Ovu teoremu je prvi formulisao persijski matematičar Kašani. Teorema: Neka su $a,b,c$ stranice bilo kog trougla i neka su uglovi $\alpha,\beta,\gamma$ uglovi naspram stranica $a,b,c$ , redom. Tada važe sledeće jednakosti: $$c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma$$$$b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta$$$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha$$ Dokaz: Sada ćemo izvesti dokaz da važi jednakost:$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma$$Ostale dve jednakosti se dokazuju na analogan način. Postoje tri moguća slučaja, a to su: $\gamma$ je prav ugao, $\gamma$ je oštar ugao i $\gamma$ je tup ugao. Prvi slučaj: $\gamma=90^{\circ}$ Na osnovu Pitagorine teoreme znamo da za pravougli trougao sa hipotenuzom $c$ važi jednakost: $$c^2=a^2+b^2$$ Sa druge strane kako je $\cos\gamma=\cos 90^{\circ}=0$ važi da je:$$c^2=a^2+b^2-0$$$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos 90^{\circ}$$$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma$$ Drugi slučaj: \( ...

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je centralni ugao kruga jednak dvostrukom odgovarajućem periferijskom uglu kruga. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema: Centralni ugao kruga jednak je dvostrukom odgovarajućem periferijskom uglu kruga. Dokaz: Tvrdnju možemo da preformulišemo na sledeći način: Neka su $P,Q,R$ tri proizvoljne tačke na kružnici $k(O,r)$. Tada je $\angle QOP=2\angle QRP$ . Dokaz ćemo izvesti dokazujući tri odvojena moguća slučaja: Prvi slučaj: Centar kruga se nalazi na kraku periferijskog ugla. Za ovaj slučaj važe sledeće jednakosti:$$\angle POR+ \angle ORP+ \angle RPO=180^{\circ}$$$$\angle QOP=180^{\circ}-\angle POR$$$$\angle ORP=\angle QRP$$Kombinujući prvu i drugu jednakost dobijamo:$$\angle QOP=\angle ORP+\angle RPO$$Kako je trougao $\triangle POR$ jednakokrak imamo da je $\angle RPO=\angle ORP$ , dakle:$$\angle QOP=\angle ORP+\angle ORP$$$$\angle QOP=2\angle ORP$$Odnosno, kako je $\angle ORP=\angle QRP$ dobijamo:\[\...

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je ceo broj neparan ukoliko je njegov kvadrat neparan. Za izvođenje dokaza koristićemo kontrapoziciju. Teorema: Neka je $n$ ceo broj. Ako je $n^2$ neparan broj, tada je $n$ takođe neparan broj. Dokaz: Kontrapozicija ovog tvrđenja glasi: Neka je $n$ ceo broj. Ako je $n$ paran broj, tada je $n^2$  takođe paran broj. Dokažimo sad ovu kontrapoziciju. Kako je $n$ paran broj možemo ga zapisati u obliku $n=2k$ gde je $k$ neki celi broj. Kvadriranjem ove jednakosti dobijamo:$$n^2=(2k)^2$$$$n^2=4k^2$$$$n^2=2\left(2k^2\right)$$ Kako je $k$ ceo broj tada i $2k^2$ mora biti ceo broj zbog zatvorenosti operacija množenja i stepenovanja na skupu celih brojeva. Označimo $2k^2$ sa $r$, tada imamo da je $n^2=2r$ , odakle zaključujemo da je $n^2$ paran broj. Kako smo dokazali da je kontrapozicija polaznog tvrđenja tačna, to znači i da samo polazno tvrđenje mora biti tačno. $\blacksquare$

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je ceo broj paran ukoliko je njegov kvadrat paran. Za izvođenje dokaza koristićemo kontrapoziciju. Teorema: Neka je $n$ ceo broj. Ako je $n^2$ paran broj, tada je $n$ takođe paran broj. Dokaz: Kontrapozicija ovog tvrđenja glasi: Neka je $n$ ceo broj. Ako je $n$ neparan broj, tada je $n^2$  takođe neparan broj. Dokažimo sad ovu kontrapoziciju. Kako je $n$ neparan broj možemo ga zapisati u obliku $n=2k+1$ gde je $k$ neki celi broj. Kvadriranjem ove jednakosti dobijamo:$$n^2=(2k+1)^2$$$$n^2=4k^2+4k+1$$$$n^2=2\left(2k^2+2k\right)+1$$Kako je $k$ ceo broj tada i $2k^2+2k$ mora biti ceo broj zbog zatvorenosti operacija sabiranja, množenja i stepenovanja na skupu celih brojeva. Označimo $2k^2+2k$ sa $l$, tada imamo da je $n^2=2l+1$ , odakle zaključujemo da je $n^2$ neparan broj. Kako smo dokazali da je kontrapozicija polaznog tvrđenja tačna to znači i da samo polazno tvrđenje mora biti tačno. $\blacksquare$

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je kvadratni koren iz prostog broja iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema: Ako je $p$ prost broj, tada je $\sqrt{p}$ iracionalan broj. Dokaz:  Pretpostavimo suprotno, tj. da je $\sqrt{p}$ racionalan broj. Tada $\sqrt{p}$ možemo zapisati u obliku razlomka $\frac{a}{b}$, gde su $a$ i $b$ dva uzajamno prosta cela broja i $b \neq 0$. Kvadriranjem jednakosti $\sqrt{p}=\frac{a}{b}$ dobijamo jednakost $p=\frac{a^2}{b^2}$, odnosno $a^2=pb^2$. Zapišimo sad brojeve $a$ i $b$ u obliku proizvoda stepenova njihovih prostih faktora.$$a=p_1^{n_1}\cdot p_2^{n_2} \cdot p_3^{n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{n_j}$$$$b=q_1^{m_1}\cdot q_2^{m_2} \cdot q_3^{m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{m_k}$$Kvadriranjem ove dve jednakosti dobijamo:$$a^2=p_1^{2n_1}\cdot p_2^{2n_2} \cdot p_3^{2n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{2n_j}$$$$b^2=q_1^{2m_1}\cdot q_2^{2m_2} \cdot q_3^{2m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{2m_k}$$Kako je \(a^2...

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati Arhimedovu teoremu. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Teorema: Za svaka dva realna broja $a$  i $b$ gde je $a>0$   postoji prirodan broj $n$ takav da je $a \cdot n>b$ . Dokaz: Sobzirom da je $a>0$ nejednakost $a \cdot n>b$ možemo podeliti  brojem $a$ tako da dobijamo novu nejednakost $n>\frac{b}{a}$ . Označimo realan broj $\frac{b}{a}$ sa $x$, tada teoremu koju treba da dokažemo možemo preformulisati na sledeći način: Za bilo koji realan broj $x$ postoji prirodan broj $n$ takav da je $n>x$ . Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji realan broj $x$ takav da je $x \ge n$ za bilo koji prirodan broj $n$ . To bi značilo da je skup prirodnih brojeva $\mathbb{N}$ ograničen odozgo. Označimo to najmanje gornje ograničenje sa $\operatorname{sup}(\mathbb{N})=S$. Sada posmatrajmo razliku $S-1$ . Jasno je da $S-1$ nije gornje ograničenje skupa \(\mathb...

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva.  Ovaj dokaz je prvi izveo grčki matematičar Euklid. Teorema: Postoji beskonačno mnogo prostih brojeva. Dokaz: Pretpostavimo da postoji konačan broj prostih brojeva. Označimo broj prostih brojeva sa $n$, a same proste brojeve sa $p$ i indeksima $1,2 \ldots, n-1,n$ . Dakle imamo konačan skup prostih brojeva $p_1,p_2,\ldots ,p_{n-1},p_n$. Sada, konstruišimo broj $q$ na sledeći način: $$q=p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_{n-1}\cdot p_n+1$$ Tada $q$ može biti ili prost ili složen broj. Jasno je da $q$ ne može biti prost broj jer smo pretpostavili da je broj prostih brojeva konačan i da je najveći prost broj broj $p_n$. Dakle, $q$ mora biti složen broj. Ukoliko je $q$ složen broj onda postoji neki prost broj $p$ iz skupa $p_1,p_2,\ldots ,p_{n-1},p_n$ koji ga deli. Označimo sa $P$ proizvod $p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_{n-1}\cdot p_n$. Tada $p$ istovremeno deli i \(...