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 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 Fn=22n+1F_n=2^{2^n}+1 ; (n>1n>1) je oblika k2n+2+1k2^{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 pp . Tada je FpF_p sigurno složen broj jer je Fp>pF_p > p . Na osnovu Lukasove teoreme znamo da postoji prost broj qq koji je oblika  k2p+2+1k2^{p+2}+1 i koji deli broj FpF_p. Ali q>pq > p što je u kontradikciji sa polaznom pretpostavkom. Dakle, skup prostih brojeva je beskonačan .

■\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