Matemarijum

 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}-\fra...

 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)...

 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 . \(\blacksquare\)

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za površinu kruga. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Teorema: Označimo sa \(P\) površinu kruga a sa \(r\) poluprečnik kruga. Tada važi jednakost: \(P=r^2\pi\) Dokaz: Jednačina kruga u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu glasi \(x^2+y^2=r^2\). Odavde imamo da je \(y=\pm \sqrt{r^2-x^2}\) . Na osnovu geometrijske interpretacije određenog integrala sledi: \[P=\int\limits_{-r}^r \left(\sqrt{r^2-x^2}-\left(-\sqrt{r^2-x^2}\right)\right) \, dx\] Dakle,\[P=\int\limits_{-r}^r 2\sqrt{r^2-x^2} \, dx\]\[P=\int\limits_{-r}^r 2\sqrt{r^2\left(1-\frac{x^2}{r^2}\right)} \, dx\]\[P=\int\limits_{-r}^r 2r\sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}} \, dx\] Uvedimo sad smenu \(x=r \cos \theta\) . Odavde imamo da je \(dx=-r\sin\theta d\theta\) . Tako da možemo pisati sledeću jednakost: \[P=-\int\limits_{\pi}^0 2r^2\sqrt{1-\frac{r^2\cos^2\theta}{r^2}}\sin\theta \, d\theta\] Nakon uprošćavanja dobijamo: \[P=-\int\limits_{\pi}^0 2r^2\sqrt{1-\cos^2\theta}\sin...

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za n-ti izvod prirodnog logaritma. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: N-ti izvod funkcije \(\ln(x)\) za \(n \ge 1\) je dat formulom: \[\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}x^n}\ln(x)=\frac{(n-1)!(-1)^{n-1}}{x^n}\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=1) \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\ln(x)=\frac{(1-1)!(-1)^{1-1}}{x^1}\]\[\frac{1}{x}=\frac{(0)!(-1)^{0}}{x}\]\[\frac{1}{x}=\frac{1}{x}\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: \[\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}\ln(x)=\frac{(m-1)!(-1)^{m-1}}{x^m}\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\frac{\mathrm{d}^{m+1}}{\mathrm{d}x^{m+1}}\ln(x)=\frac{m!(-1)^{m}}{x^{m+1}}\] Dakle, \[\frac{\mathrm{d}^{m+1}}{\mathrm{d}x^{m+1}}\ln(x)=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}^m}{\mathrm{d}x^m}\ln(x)\right)=\]\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{(m-1)!(-1)^{m-1}}{x^m}\right)=\]\[\frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d...