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

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: \( \gam

 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:\[\angl

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=pb^

 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 \(\mathbb{N} \), jer kad bi bilo

 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 \(P\) i \(P