Dokaz formule za \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\)

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

Dokaz da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva

 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 \(P+1=q\) što znači da \(p\) mora da deli i razliku \((P+1)-P\), tj. sledi da \(p\) deli broj \(1\). Ali kako nijedan prost broj ne deli broj \(1\) zaključujemo da \(p\) ne može biti u skupu \(p_1,p_2,\ldots ,p_{n-1},p_n\). Ovo znači da nezavisno od toga koliki je broj \(n\) uvek postoji barem još jedan prost broj van konačnog skupa, stoga postoji beskonačno mnogo prostih brojeva.

\(\blacksquare\)

Коментари

Постави коментар

Популарни постови са овог блога

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 \(p\) 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...
Прикажи све

Dokaz da je centralni ugao kruga jednak dvostrukom odgovarajućem periferijskom uglu

Слика
 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:\[\...
Прикажи све

Dokaz formule za \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\)

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