Dokaz formule za \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\)

 Pozdrav svima . Danas ćemo dokazati formulu za   \(\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}\). Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema 1:  \[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n}\]\[\text{gde je} \quad \chi(n)=\begin{cases} 1, & \text{if } n \equiv 1 \pmod{6}\\-1, & \text{if } n \equiv -1 \pmod{6}\\0, & \text{inače}\end{cases}\] Teorema 2: Imamo \[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23 \cdot 29 \cdots}{6 \cdot 6 \cdot 12 \cdot 12 \cdot 18 \cdot 18 \cdot 24 \cdot 30 \cdots}\]izraz čiji su brojioci sekvenca neparnih prostih brojeva većih od \(3\) i čiji su imenioci parni brojevi koji su za jedan veći ili manji od odgovarajućih brojilaca. Dokaz: Na osnovu Teoreme 1 znamo da je \[\frac{\pi}{2\sqrt{3}}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\frac{1}{13}-\frac{1}{17}+\frac{1}{19}-\cdots\] takođe imamo \[\frac{1}{5} \cdot \frac{\pi}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{5}-\frac{1}{25}+\frac{1}{35}-\frac{1}{55}+\cdot
Постави коментар

Dokaz da je \(I_0(\sqrt{2})\) iracionalan broj

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je  \(I_0(\sqrt{2})\) iracionalan broj, gde \( I_0\) označava modifikovanu Beselovu funkciju prve vrste. Kao dokazni metod koristićemo metod kontradikcije.

Teorema 1:  \(I_0(\sqrt{2})=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(n!)^22^n}\)

Teorema 2:  \(I_0(\sqrt{2})\)  je iracionalan broj.

Dokaz:

Pretpostavimo da je  \(I_0(\sqrt{2})\)  racionalan broj. Tada  \(I_0(\sqrt{2})\)  možemo zapisati u obliku \( \dfrac{p}{q} \) gde su \( p \)  i \( q\) uzajamno prosti  celi brojevi takvi da \(q \ge 1\). Na osnovu Teoreme 1 možemo pisati sledeću jednakost: \(q!(q-1)!p2^q=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}\) . Kako je leva strana ove jednakosti ceo broj to i \(\displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}\) koja je veća od \(0\)  mora biti ceo broj. Jasno je da je za \(n \ge q+1\) , \(\left(\dfrac{q!}{n!}\right)^2 \le \dfrac{1}{(q+1)^{2(n-q)}}\) pa je \(\displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}\le \displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{1}{(q+1)^{2(n-q)}\sqrt{2}^{2(n-q)}}=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\left(2(q+1)^2\right)^k}=\frac{1}{2(q+1)^2-1}<1\) . Dakle, pokazali smo da važi: \(0< \displaystyle\sum_{n=q+1}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n}<1\) odakle sledi da: \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(q!)^22^q}{(n!)^22^n} \not\in\mathbb{Z}\)  , tj. došli smo do kontradikcije, pa zaključujemo da je  \(I_0(\sqrt{2})\)  iracionalan 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 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 \(P,Q,R\) tri proizvoljne tačke na kružnici \(k(O,r)\). Tada je \(\angle QOP=2\angle QRP\) . Dokaz ćemo izvesti dokazujući tri odvojena moguća slučaja: Prvi slučaj: Centar kruga se nalazi na kraku periferijskog ugla. Za ovaj slučaj važe sledeće jednakosti:\[\angle POR+ \angle ORP+ \angle RPO=180^{\circ}\]\[ \angle QOP=180^{\circ}-\angle POR\]\[ \angle ORP=\angle QRP\]Kombinujući prvu i drugu jednakost dobijamo:\[\angle QOP=\angle ORP+\angle RPO\]Kako je trougao \( \triangle POR\) jednakokrak imamo da je \( \angle RPO=\angle ORP\) , dakle:\[\angle QOP=\angle ORP+\angle ORP\]\[\angle QOP=2\angle ORP\]Odnosno, kako je \( \angle ORP=\angle QRP\) dobijamo:\[\angl
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