E se vi dicessi che ho risolto Beal ?
Inviato: gio ago 28, 2014 11:12 pm
E se vi dicessi che ho risolto Beal ?
1) Continuando a studiare il mio modulo complicato e le Sommatoire a Passo...
che ricordo cosa fanno: anziche incrementare di 1, si incrementa di un passo "p" uguale al valore del limite inferiore (a condizione ovviamente che il limite superiore sia un multiplo del passo, se si vuole restare negli interi)
Ad esempio per n=3:
$A^3 = \sum_{x =1}^{A^2} {{(2m-A)}}$
Quindi se avessimo: 27 = 3^3
è calcolabile come sommatoria a passo 3, da 3 a 9 (3^2) di
m1= 3*1, s1= (2*m1-A)= (2*3-3) = 3
m2= 3*2, s2= (2*m2-A)= (2*6-3) = 9
m3= 3*3 , s3= (2*m3+A)= (2*9-3) = 15
A^3 = s1+s2+s3= 3 + 9 +15 = 27 = 3^3 (etc... per ogni n)
2) Ho quindi trovato queste sommatorie "tradizionali"
Per n dispari:
$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n-1)/2}} {{2mA-A}}$
per n pari:
$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n/2)}} {{2m-1}}$
Le ho trasformate in sommatorie a passo, ed il problema si è così "Linearizzato".
(scusate c'è ancora qualche errorino negli esponenti delle sommatorie indicate in figura)
A questo punto ho capito come funziona la maggior parte dei problemi sull potenze n-esime... (e che cosa è una sezione di dedekind...)
Ciao
Sfefano
...trovo molta ostilità in chi forse non vuole ammettere che sta cosa funziona... e te credo visto che risolve....
1) Continuando a studiare il mio modulo complicato e le Sommatoire a Passo...
che ricordo cosa fanno: anziche incrementare di 1, si incrementa di un passo "p" uguale al valore del limite inferiore (a condizione ovviamente che il limite superiore sia un multiplo del passo, se si vuole restare negli interi)
Ad esempio per n=3:
$A^3 = \sum_{x =1}^{A^2} {{(2m-A)}}$
Quindi se avessimo: 27 = 3^3
è calcolabile come sommatoria a passo 3, da 3 a 9 (3^2) di
m1= 3*1, s1= (2*m1-A)= (2*3-3) = 3
m2= 3*2, s2= (2*m2-A)= (2*6-3) = 9
m3= 3*3 , s3= (2*m3+A)= (2*9-3) = 15
A^3 = s1+s2+s3= 3 + 9 +15 = 27 = 3^3 (etc... per ogni n)
2) Ho quindi trovato queste sommatorie "tradizionali"
Per n dispari:
$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n-1)/2}} {{2mA-A}}$
per n pari:
$A^n = \sum_{x =1}^{A^{(n/2)}} {{2m-1}}$
Le ho trasformate in sommatorie a passo, ed il problema si è così "Linearizzato".
(scusate c'è ancora qualche errorino negli esponenti delle sommatorie indicate in figura)
A questo punto ho capito come funziona la maggior parte dei problemi sull potenze n-esime... (e che cosa è una sezione di dedekind...)
Ciao
Sfefano
...trovo molta ostilità in chi forse non vuole ammettere che sta cosa funziona... e te credo visto che risolve....