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=1χ(n)n\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}gde jeχ(n)={1,if n1(mod6)1,if n1(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=5711131719232966121218182430\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=115+17111+113117+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...

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 b0b \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=p1n1p2n2p3n3pjnja=p_1^{n_1}\cdot p_2^{n_2} \cdot p_3^{n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{n_j}b=q1m1q2m2q3m3qkmkb=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=p12n1p22n2p32n3pj2nja^2=p_1^{2n_1}\cdot p_2^{2n_2} \cdot p_3^{2n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{2n_j}b2=q12m1q22m2q32m3qk2mkb^2=q_1^{2m_1}\cdot q_2^{2m_2} \cdot q_3^{2m_3} \cdot \ldots \cdot q_k^{2m_k}Kako je a2=pb2a^2=pb^2 zaključujemo da desna strana jednakosti, tj. pb2pb^2 mora da se sastoji od proizvoda stepenova jedinstvenih prostih faktora sa parnim eksponentima.

Posmatrajmo sad sledeća dva moguća slučaja:

Prvi slučaj: Neka se broj pp nalazi u faktorizaciji broja b2b^2 . To znači da imamo ppi2ni=p2ni+1p \cdot p_i^{2n_i}=p^{2n_i+1} za neko ii , 1ij1\le i \le j. Kako je 2ni+12n_i+1 neparan broj ovo je u kontradikciji sa prethodnim zaključkom da se pb2pb^2 mora sastojati od proizvoda stepenova jedinstvenih prostih faktora sa parnim eksponentima.

Drugi slučaj: Neka se broj pp  ne nalazi u faktorizaciji broja b2b^2 . Kako je p=p1p=p^1 i kako je 11 neparan broj ponovo imamo kontradikciju sa zaključkom da se pb2pb^2 mora sastojati od proizvoda stepenova jedinstvenih prostih faktora sa parnim eksponentima.

Kako smo u oba slučaja došli do kontradikcije zaključujemo da  polazna pretpostavka da je p\sqrt{p} racionalan broj nije tačna, tj. p\sqrt{p} mora biti iracionalan broj.

\blacksquare

Коментари

Популарни постови са овог блога

Dokaz da je centralni ugao kruga jednak dvostrukom odgovarajućem periferijskom uglu

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