Dokaz da je skup prostih brojeva beskonačan

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je skup prostih brojeva beskonačan. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije. Takođe ćemo upotrebiti teoremu francuskog matematičara Eduarda Lukasa. Teorema (Lukas): Svaki prost faktor Fermaovog broja \(F_n=2^{2^n}+1\) ; (\(n>1\)) je oblika \(k2^{n+2}+1\) . Teorema: Skup prostih brojeva je beskonačan. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da postoji samo konačno mnogo prostih brojeva i označimo najveći prosti broj sa \(p\) . Tada je \(F_p\) sigurno složen broj jer je \(F_p > p\) . Na osnovu Lukasove teoreme znamo da postoji prost broj \(q\) koji je oblika   \(k2^{p+2}+1\)  i koji deli broj \(F_p\). Ali \(q > p\) što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom. Dakle, skup prostih brojeva je beskonačan . \(\blacksquare\)
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 \(F_n\) n-ti Fibonačijev broj i neka je \(F_n\) prost broj. Tada je \(n\) takođe prost broj, osim u slučaju \(F_4=3\) .

Dokaz:

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

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

Sada, pretpostavimo da je za \(n>4\) , \(F_n\) prost broj i da je \(n=rs\) za neke prirodne brojeve \(r,s\) veće od \(1\), odnosno da je \(n\) složen broj.

Kako je \(n>4\) to je bar jedan od brojeva \(r\) i \(s\) veći od \(2\). Tada na osnovu teoreme o deljivosti Fibonačijevih brojeva koja kaže: \[\forall m,n \in \mathbb{Z}_{>2} \quad m \mid n \Leftrightarrow F_m \mid F_n\] imamo da je bar jedan od izraza \(F_r \mid F_n\) i \(F_s \mid F_n\) tačan . Dalje, kako je bar jedan od brojeva \(r\) i \(s\) veći od \(2\), to je bar jedan od Fibonačijevih brojeva \(F_r\) i \(F_s\) veći od \(1\). Dakle, pokazali smo da broj \(F_n\) ima bar jedan delilac veći od \(1\) a manji od \(F_n\),odnosno pokazali smo da je \(F_n\) složen broj, tj. došli smo do kontradikcije. Odavde zaključujemo da \(n\) 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 \(p\) 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

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 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
Прикажи све