Dokaz da se prirodan broj može izraziti kao proizvod prostih brojeva

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
Постави коментар

Dokaz formule za sumu prvih n Fibonačijevih brojeva

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,

\[\displaystyle\sum_{j=0}^{m+1}F_j=\displaystyle\sum_{j=0}^{m}F_j+F_{m+1}=\]\[F_{m+2}-1+F_{m+1}=\]\[F_{m+1}+F_{m+2}-1=\]\[F_{m+3}-1\]

\(\blacksquare\)

Коментари

Постави коментар

Популарни постови са овог блога

Dokaz da je koren iz 2 iracionalan broj

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je \(\sqrt{2}\) iracionalan broj. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Ovaj dokaz je prvi izveo grčki filozof Aristotel. Teorema:  \(\sqrt{2}\)  je iracionalan broj. Dokaz: Pretpostavimo da je \(\sqrt{2}\) racionalan broj. Tada \(\sqrt{2}\) možemo zapisati u obliku \( \frac{p}{q} \) gde su \( p \)  i \( q\) uzajamno prosti  celi brojevi takvi da \(q \neq 0\). Primetimo da kako je \( \frac{p}{q} \) nesvodljiv razlomak \( p \) i \( q \) ne mogu istovremeno biti parni inače razlomak ne bi bio nesvodljiv. Iz jednakosti \(\sqrt{2}=\frac{p}{q}\) sledi da je \(2=\frac{p^2}{q^2}\) odnosno \( p^2=2q^2\) . Dakle \(p^2\) je paran broj odakle sledi da je \(p\) takođe paran broj pa možemo broj \(p\) zapisati u obliku \(p=2k\) gde je \(k\) celi broj.  Dakle, imamo da je \( (2k)^2=2q^2\) tj. \( 4k^2=2q^2\), odnosno \( q^2=2k^2\). Iz poslednje jednakosti zaključujemo da je \(q^2\) paran broj, pa je samim tim i \( q\) paran broj. Pokazali smo da su \(
Прикажи све

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=pb^
Прикажи све

Algebarski dokaz Pitagorine teoreme

Слика
 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati Pitagorinu teoremu koristeći elementarnu algebru.Ovaj dokaz je izveden u Kini pre više od 2000 godina. Teorema: Neka su  \(a\) i \(b\)  katete, a \(c\)  hipotenuza pravouglog trougla. Tada važi jednakost \(c^2=a^2+b^2\) . Dokaz: Posmatrajmo sledeći dijagram koji se sastoji od velikog kvadrata sa stranicama dužine \(a+b\) i malog kvadrata sa  stranicama  dužine \(c\) i uočimo četiri pravougla trougla sa katetama \(a,b\) i hipotenuzom \(c\). Označimo površinu velikog kvadrata sa \(P\). Tada je \[P=(a+b)(a+b)\] Neka je \(P_1\) površina jednog od četiri pravougla trougla , a \(P_2\) površina malog kvadrata sa  stranicama  dužine \(c\). Tada imamo da je: \[P_1=\frac{ab}{2}\]\[P_2=c^2\] Kako je \(P=4P_1+P_2\) možemo zapisati sledeću jednakost: \[(a+b)(a+b)=4 \cdot \frac{ab}{2}+c^2\] Odavde imamo da je: \[a^2+2ab+b^2=2ab+c^2\] Odnosno, kad oduzmemo \(2ab\) sa obe strane jednakosti dobijamo: \[c^2=a^2+b^2\] \(\blacksquare\)
Прикажи све