Matemarijum

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...

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da su susedni Fibonačijevi brojevi uzajamno prosti. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Teorema: Neka \(F_n\) predstavlja n-ti Fibonačijev broj. Tada važi: \[\forall n \ge 2 , \quad \operatorname{NZD}\left(F_n,F_{n+1}\right)=1\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=2) \[\operatorname{NZD}\left(F_2,F_{3}\right)=\operatorname{NZD}(1,2)=1\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi: \[\operatorname{NZD}\left(F_m,F_{m+1}\right)=1\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\operatorname{NZD}\left(F_{m+1},F_{m+2}\right)=1\] Kako je najveći zajednički delilac bilo kojih prirodnih brojeva \(a\) i \(b\) jednak najvećem zajedničkom deliocu bilo koje linearne kombinacije brojeva \(a\) i \(b\) imamo da je \(\operatorname{NZD}(a,b)=\operatorname{NZD}(a,b-a)\) . Imajući ovo u vidu možemo zapisati sledeću jednakost: \[\operatorname{NZD}\left(F_{m+1},F_{m+2}\right)=\operatorname{NZD}\left(F_{m+1...

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati formulu za zbir prvih \(n\) prirodnih brojeva. Kao dokazni metod koristićemo metod matematičke indukcije. Smatra se da su ovu formulu poznavali još i pitagorejci. Teorema: Za bilo koji prirodni broj \(n\) važi sledeća formula: \[\displaystyle\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2}\] Dokaz: 1. Baza indukcije (n=1) \[\displaystyle\sum_{k=1}^{1} k=\frac{1 \cdot (1+1)}{2}\]\[1=\frac{1 \cdot (2)}{2}\]\[1=\frac{2}{2}\]\[1=1\] 2. Induktivna hipoteza (n=m) Pretpostavimo da važi:  \[\displaystyle\sum_{k=1}^m k=\frac{m(m+1)}{2}\] 3. Induktivni korak (n=m+1) Koristeći pretpostavku iz drugog koraka dokažimo da važi: \[\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1} k=\frac{(m+1)(m+2)}{2}\] Dakle, \[\displaystyle\sum_{k=1}^{m+1} k=\displaystyle\sum_{k=1}^{m} k+m+1=\]\[\frac{m(m+1)}{2}+m+1=\]\[\frac{m^2+m+2m+2}{2}=\]\[\frac{m^2+2m+m+2}{2}=\]\[\frac{m(m+2)+(m+2)}{2}=\]\[\frac{(m+1)(m+2)}{2}\] \(\blacksquare\)

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati sinusnu teoremu. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Ovaj dokaz je prvi izveo persijski matematičar Tusi. Teorema: Neka su \(a,b,c\) stranice bilo kog trougla , a \(R\) poluprečnik opisane kružnice oko tog trougla i neka su uglovi \(\alpha,\beta,\gamma\) uglovi naspram stranica \(a,b,c\) , redom. Tada važe sledeće jednakosti: \[\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R\] Dokaz: Sada ćemo izvesti dokaz da važi jednakost: \(\frac{a}{\sin\alpha}=2R\) . Jednakosti \(\frac{b}{\sin\beta}=2R\) i \(\frac{c}{\sin\gamma}=2R\) se dokazuju na analogan način. Posmatrajmo sledeći dijagram na kom je prikazan trougao \(\triangle ABC\) sa opisanom kružnicom poluprečnika \(R\). Kako su uglovi nad istom tetivom jednaki imamo da je \(\angle CA'B=\alpha\) . Takođe znamo da je ugao nad prečnikom kruga jednak \(90^{\circ}\), pa sledi da je \(\angle A'BC=90^{\circ}\) . Dalje, na osnovu definicije sinusne funkcije imamo da...

 Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati kosinusnu teoremu. Kao dokazni metod koristićemo metod direktnog dokaza. Ovu teoremu je prvi formulisao persijski matematičar Kašani. Teorema: Neka su \(a,b,c\) stranice bilo kog trougla i neka su uglovi \(\alpha,\beta,\gamma\) uglovi naspram stranica \(a,b,c\) , redom. Tada važe sledeće jednakosti: \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma\]\[b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta\]\[a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha\] Dokaz: Sada ćemo izvesti dokaz da važi jednakost:\[c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma\]Ostale dve jednakosti se dokazuju na analogan način. Postoje tri moguća slučaja, a to su: \( \gamma\) je prav ugao, \( \gamma\) je oštar ugao i \( \gamma\) je tup ugao. Prvi slučaj: \( \gamma=90^{\circ}\) Na osnovu Pitagorine teoreme znamo da za pravougli trougao sa hipotenuzom \( c\) važi jednakost: \[c^2=a^2+b^2\] Sa druge strane kako je \( \cos\gamma=\cos 90^{\circ}=0\) važi da je:\[c^2=a^2+b^2-0\]\[c^2=a^2+b^2-2ab\cos 90^{\circ}\]\[c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma\] Drugi slučaj: \( ...

 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:\[\...

Pozdrav svima. Danas ćemo dokazati da je ceo broj neparan ukoliko je njegov kvadrat neparan. Za izvođenje dokaza koristićemo kontrapoziciju. Teorema: Neka je \(n\) ceo broj. Ako je \(n^2\) neparan broj, tada je \(n\) takođe neparan broj. Dokaz: Kontrapozicija ovog tvrđenja glasi: Neka je \(n\) ceo broj. Ako je \(n\) paran broj, tada je \(n^2\)  takođe paran broj. Dokažimo sad ovu kontrapoziciju. Kako je \(n\) paran broj možemo ga zapisati u obliku \(n=2k\) gde je \(k\) neki celi broj. Kvadriranjem ove jednakosti dobijamo:\[n^2=(2k)^2\]\[n^2=4k^2\]\[n^2=2\left(2k^2\right)\] Kako je \(k\) ceo broj tada i \(2k^2\) mora biti ceo broj zbog zatvorenosti operacija množenja i stepenovanja na skupu celih brojeva. Označimo \(2k^2\) sa \(r\), tada imamo da je \(n^2=2r\) , odakle zaključujemo da je \(n^2\) paran broj. Kako smo dokazali da je kontrapozicija polaznog tvrđenja tačna, to znači i da samo polazno tvrđenje mora biti tačno. \(\blacksquare\)