Pozdrav svima . Danas ćemo dokazati formulu za 23π. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema 1: 23π=n=1∑∞nχ(n)gde jeχ(n)=⎩⎨⎧1,−1,0,if n≡1(mod6)if n≡−1(mod6)inacˇe Teorema 2: Imamo 23π=6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯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 23π=1−51+71−111+131−171+191−⋯ takođe imamo \[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\fra...
Преузми линк
Facebook
X
Pinterest
Имејл адреса
Друге апликације
Dokaz formule za površinu kruga
Преузми линк
Facebook
X
Pinterest
Имејл адреса
Друге апликације
Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za površinu kruga. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza.
Teorema:Označimo saPpovršinu kruga a sarpoluprečnik kruga. Tada važi jednakost:P=r2π
Dokaz:
Jednačina kruga u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu glasi x2+y2=r2. Odavde imamo da je y=±r2−x2 . Na osnovu geometrijske interpretacije određenog integrala sledi: P=−r∫r(r2−x2−(−r2−x2))dx
Uvedimo sad smenu x=rcosθ . Odavde imamo da je dx=−rsinθdθ . Tako da možemo pisati sledeću jednakost: P=−π∫02r21−r2r2cos2θsinθdθ
Nakon uprošćavanja dobijamo: P=−π∫02r21−cos2θsinθdθP=−π∫02r2sin2θdθP=−r2π∫02sin2θdθP=−r2π∫0(1−cos2θ)dθP=−r2⎝⎛π∫0dθ−π∫0cos2θdθ⎠⎞Kako je π∫0cos2θdθ=0 imamo da je: P=−r2π∫0dθP=−r2(0−π)P=r2π
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 p iracionalan broj. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, tj. da je p racionalan broj. Tada p možemo zapisati u obliku razlomka ba, gde su a i b dva uzajamno prosta cela broja i b=0. Kvadriranjem jednakosti p=ba dobijamo jednakost p=b2a2, odnosno a2=pb2. Zapišimo sad brojeve a i b u obliku proizvoda stepenova njihovih prostih faktora.a=p1n1⋅p2n2⋅p3n3⋅…⋅pjnjb=q1m1⋅q2m2⋅q3m3⋅…⋅qkmkKvadriranjem ove dve jednakosti dobijamo:a2=p12n1⋅p22n2⋅p32n3⋅…⋅pj2njb2=q12m1⋅q22m2⋅q32m3⋅…⋅qk2mkKako je \(a^2...
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 ∠QOP=2∠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:∠POR+∠ORP+∠RPO=180∘∠QOP=180∘−∠POR∠ORP=∠QRPKombinujući prvu i drugu jednakost dobijamo:∠QOP=∠ORP+∠RPOKako je trougao △POR jednakokrak imamo da je ∠RPO=∠ORP , dakle:∠QOP=∠ORP+∠ORP∠QOP=2∠ORPOdnosno, kako je ∠ORP=∠QRP dobijamo:\[\...
Pozdrav svima . Danas ćemo dokazati formulu za 23π. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema 1: 23π=n=1∑∞nχ(n)gde jeχ(n)=⎩⎨⎧1,−1,0,if n≡1(mod6)if n≡−1(mod6)inacˇe Teorema 2: Imamo 23π=6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯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 23π=1−51+71−111+131−171+191−⋯ takođe imamo \[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\fra...
Коментари
Постави коментар