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=1∞χ(n)n\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}gde jeχ(n)={1,if n≡1(mod6)−1,if n≡−1(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=5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯\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=1−15+17−111+113−117+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...
Постави коментар

Dokaz teoreme u vezi prostih Fibonačijevih brojeva

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati teoremu u vezi prostih Fibonačijevih brojeva. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije.

Teorema: Neka je FnF_n n-ti Fibonačijev broj i neka je FnF_n prost broj. Tada je nn takođe prost broj, osim u slučaju F4=3F_4=3 .

Dokaz:

Za slučaj kada je n=2n=2 imamo da je F2=1F_2=1, a kao što znamo broj 11 nije ni prost ni složen, pa ovaj slučaj ne opovrgava istinitost teoreme.

Za slučaj kada je n=3n=3 imamo da je F3=2F_3=2, pa je ovaj slučaj u skladu sa tvrđenjem.

Sada, pretpostavimo da je za n>4n>4 , FnF_n prost broj i da je n=rsn=rs za neke prirodne brojeve r,sr,s veće od 11, odnosno da je nn složen broj.

Kako je n>4n>4 to je bar jedan od brojeva rr i ss veći od 22. Tada na osnovu teoreme o deljivosti Fibonačijevih brojeva koja kaže: ∀m,n∈Z>2m∣n⇔Fm∣Fn\forall m,n \in \mathbb{Z}_{>2} \quad m \mid n \Leftrightarrow F_m \mid F_n imamo da je bar jedan od izraza Fr∣FnF_r \mid F_n i Fs∣FnF_s \mid F_n tačan . Dalje, kako je bar jedan od brojeva rr i ss veći od 22, to je bar jedan od Fibonačijevih brojeva FrF_r i FsF_s veći od 11. Dakle, pokazali smo da broj FnF_n ima bar jedan delilac veći od 11 a manji od FnF_n,odnosno pokazali smo da je FnF_n složen broj, tj. došli smo do kontradikcije. Odavde zaključujemo da nn mora biti prost broj.

■\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 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 b≠0b \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=p1n1⋅p2n2⋅p3n3⋅…⋅pjnja=p_1^{n_1}\cdot p_2^{n_2} \cdot p_3^{n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{n_j}b=q1m1⋅q2m2⋅q3m3⋅…⋅qkmkb=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=p12n1⋅p22n2⋅p32n3⋅…⋅pj2nja^2=p_1^{2n_1}\cdot p_2^{2n_2} \cdot p_3^{2n_3} \cdot \ldots \cdot p_j^{2n_j}b2=q12m1⋅q22m2⋅q32m3⋅…⋅qk2mkb^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,RP,Q,R tri proizvoljne tačke na kružnici k(O,r)k(O,r). Tada je ∠QOP=2∠QRP\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:∠POR+∠ORP+∠RPO=180∘\angle POR+ \angle ORP+ \angle RPO=180^{\circ}∠QOP=180∘−∠POR \angle QOP=180^{\circ}-\angle POR∠ORP=∠QRP \angle ORP=\angle QRPKombinujući prvu i drugu jednakost dobijamo:∠QOP=∠ORP+∠RPO\angle QOP=\angle ORP+\angle RPOKako je trougao △POR \triangle POR jednakokrak imamo da je ∠RPO=∠ORP \angle RPO=\angle ORP , dakle:∠QOP=∠ORP+∠ORP\angle QOP=\angle ORP+\angle ORP∠QOP=2∠ORP\angle QOP=2\angle ORPOdnosno, kako je ∠ORP=∠QRP \angle ORP=\angle QRP dobijamo:\[\...
Прикажи све

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=1∞χ(n)n\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}gde jeχ(n)={1,if n≡1(mod6)−1,if n≡−1(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=5⋅7⋅11⋅13⋅17⋅19⋅23⋅29⋯6⋅6⋅12⋅12⋅18⋅18⋅24⋅30⋯\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=1−15+17−111+113−117+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...
Прикажи све