Nowy wzór matematyczny??

[Maciek.mat]

Zbyt często słyszę słowo "mylisz się", aby zawsze było ono prawdziwe. Myślałem być może o tym samym, co Ty, tyle że wyrażonym inaczej. Chciałem nawet napisać tak, że wtedy było ludności sto razy mniej, a może i jeszcze razy więcej, a w populacji procentowo pozostaje tyle samo geniuszy, z tym że wokół ówczesnej Grecji były same barbarzyńskie tereny, więc jedna co najwyżej Grecja mogła liczyć na elitę naukową. Stąd szanse malały, a wraz z tym malała liczebność geniuszy, a wraz tym większe było prawdopodobieństwo, że zostanie zapamiętany. Dodatkowo dochodzi uznanie ze strony otoczenia (niekoniecznie ciemnogrodziańskiego społeczeństwa), ponieważ były na świecie przypadki, że jeden miał dziesięć razy więcej zasług od drugiego, ale że ten był chytrzejszy, to słabiej się o nim wiedziało, dajmy na to, dziś się o nim już wie. Trzeba odgrzebywać jakieś drobne teksty, że był kiedyś taki, a niedoceniony. Przecież stare są historie, że "niedoceniony geniusz", "wyśmiany przez ogół", "uznany za heretyka". No mnóstwo takich było. Ważne jeszcze, aby był do tego przykład. A tym przykładem był oczywiście Nicola Tesla. Wbrew pozorom związanym z personaliami był mężczyzną, fizykiem, który przeniósł się z Serbii do Stanów. Zaczął pracować u Edisona, z którym stworzył, jak się okazało, fałszywą przyjaźń. Edison, widząc że Tesla odkrywa zbyt wiele w dziedzinie fizyki, postanowił odebrać jemu możliwość patentowania wynalazków, i tak do dziś do końca niewiadomo, czy wszystkie wynalazki Edisona były jego. Ale to długa historia.

[Inkwizytor]

\(\displaystyle{ \int_{- \infty }^{+ \infty }a^{-x^{2} }dx}\)
\(\displaystyle{ t=x \sqrt{lna}}\)
i dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{lna}} \int_{- \infty }^{+ \infty }e^{-t^{2} }dt}\)
czy to nowość... kłóciłbym się

albo ludziom brakuje wiedzy*, albo pewnej dozy pokory* jeśli uważają że coś w temacie "\(\displaystyle{ a^{-x^2}}\) pod całką" są w stanie odkryć NOWEGO.


*) michal3141, no offence

[Peter Zof]

Ja odkryłem kiedyś ciekawą zależność dla funkcji \(\displaystyle{ y=x^{2}}\). Mianowicie chodzi mi o to, że jak mamy: \(\displaystyle{ f(x_{1}), f(x_{2})}\) to mogę sobie obliczyć \(\displaystyle{ |f(x_{1})-f(x_{2})|}\) bez liczenia wartości funkcji dla tychże argumentów.

\(\displaystyle{ |f(x_{1})-f(x_{2})|=2 \cdot d(x_{1}, x_{2}) \cdot \frac{x_{1}+x_{2}}{2}}\)

funkcja \(\displaystyle{ d(x, y)}\) ma zwracać odległość tych argumentów na osi liczbowej Małe ale cieszy xd

[JakimPL]

To ja też się "pochwalę".

Niech \(\displaystyle{ a,b}\) będą względnie pierwszymi liczbami bezkwadratowymi. Wówczas współczynniki wyrażenia

\(\displaystyle{ \left(1+\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^n}\)

stojące przy odpowiednio \(\displaystyle{ 1}\), \(\displaystyle{ \sqrt{a}}\), \(\displaystyle{ \sqrt{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{ab}}\) przedstawiają się następująco:

\(\displaystyle{ C_1^n = \sum_{k=0}^{[n]}\sum_{j=0}^{[n]-k}b^j a^{[n]-j-k}{n \choose 2k+\{n\},2j,2[n]-2j-2k}}\)

\(\displaystyle{ C_a^n = \sum_{k=0}^{[n-1]}\sum_{j=0}^{[n-1]-k+1}b^j a^{[n-1]-j-k}{n \choose 2[n-1]+1-2j-2k,2j,2k-\{n\}-1}}\)

\(\displaystyle{ C_b^n = \sum_{k=0}^{[n-1]}\sum_{j=0}^{[n-1]-k+1}a^j b^{[n-1]-j-k}{n \choose 2[n-1]+1-2j-2k,2j,2k-\{n\}-1}}\)

\(\displaystyle{ C_{ab}^n = \sum_{k=0}^{[n]-1}\sum_{j=0}^{[n]-k-1}b^j a^{[n]-j-k-1}{n \choose 2k+\{n\},2j+1,2[n]-2j-2k-1}}\)

gdzie \(\displaystyle{ [n]=\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor}\), a \(\displaystyle{ \{n\}=n-2\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\), a:

\(\displaystyle{ {n \choose k_1,\ldots,k_m}=\frac{n!}{k_1!\cdot\ldots\cdot k_m!}}\)

dla \(\displaystyle{ k_1+\ldots+k_m=n}\). Dodatkowo zachodzi:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{C_1^{n+1}}{C_1^n}=1+\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)

i podobnie dla \(\displaystyle{ \left(C_b\right)_{n=1}^{\infty}}\), \(\displaystyle{ \left(C_a\right)_{n=1}^{\infty}}\) oraz \(\displaystyle{ \left(C_{ab}\right)_{n=1}^{\infty}}\).

Oczywiście, \(\displaystyle{ \left(1+\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^n=C_1 + C_a \sqrt{a}+C_b\sqrt{b}+C_{ab}\sqrt{ab}}\).

[bartek118]

Ja odkryłem kiedyś ciekawą zależność dla funkcji \(\displaystyle{ y=x^{2}}\). Mianowicie chodzi mi o to, że jak mamy: \(\displaystyle{ f(x_{1}), f(x_{2})}\) to mogę sobie obliczyć \(\displaystyle{ |f(x_{1})-f(x_{2})|}\) bez liczenia wartości funkcji dla tychże argumentów.

\(\displaystyle{ |f(x_{1})-f(x_{2})|=2 \cdot d(x_{1}, x_{2}) \cdot \frac{x_{1}+x_{2}}{2}}\)

funkcja \(\displaystyle{ d(x, y)}\) ma zwracać odległość tych argumentów na osi liczbowej Małe ale cieszy xd

Trochę do kitu ten wzór, bo jak weźmiesz \(\displaystyle{ x_1 = -1}\) i \(\displaystyle{ x_2 = -2}\) to niestety wzór leży

[Peter Zof]

Hmm to może:
\(\displaystyle{ |f(x_{1})-f(x_{2})|=2 \cdot d(x_{1}, x_{2}) \cdot \left| \frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right|}\)?

[Jan Kraszewski]

Teraz dobrze, choć ja to wolę w wersji

\(\displaystyle{ |x^2_1-x^2_2|=|x_1-x_2|\cdot|x_1+x_2|...}\)

JK

[mdd]

Uwaga! Uwaga!
Belzebub upoważnił mnie do prezentacji jego osiągnięć.
Oto wzór Belzebuba:

\(\displaystyle{ S^{k+1}_n + \sum_{i=1}^{n} S^{k}_i = (n+1) \ S^{k}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{k}_n = 1^k + 2^k + 3^k + ... +n^k}\)

Za każdą odsłonę wzoru należy się 100 PLN. Pieniądze proszę wpłacać na konto:
66 6363 3737 3838 39393 0000 0000 3737

buehehe

[JakimPL]

Intrygujące.

\(\displaystyle{ x^{\alpha} = \sum _{k=0}^{\infty } \frac{(1-x)^k}{k!}\frac{\Gamma (k-\alpha)}{ \Gamma (-\alpha)}}\)

[KaerbEmEvig]

Niestety musiałbym Tobie także podać twierdzenie do niego.. Tego nie zrobię.

Spodziewałeś się milionów po 'opatentowaniu' wzoru (czego się nawet nie robi) <lol2>

A nawet gdyby, to w urzędzie patentowym musiałbyś komuś ten wzór pokazać, co by było gdyby Ci go ukradł?

Oglądałem filmik o enigmie (w końcu Brytyjczyk przyznał, że to Polacy ją rozpracowali, a Brytyjczycy kontynuowali prace naszych matematyków) i dotarłem do filmiku tego samego autora, który bardzo pasuje do autora tego wątku.

Proszę, oto on: