Secondo me sì ...
Evita di citare tutto il messaggio, a maggior ragione se è quello precedente ... per rispondere si usa il tasto "Rispondi" non quello "Cita" ...
Cantor99 ha scritto:Testo nascosto, fai click qui per vederloPartendo da $a_1$ e supponendo che dopo $k-1$ iterazioni l'algoritmo non si sia arrestato calcoliamo $a_k$ come
$a_k=\frac{3^k*n+\sum_{m=0}^k (3^m*2^(k-m))}{2^k}$
$a_k=(frac\{3}{2})^k*(n+1)+\sum_{m=0}^(k-1)(frac\{3}{2})^m$
Notando la somma finita di termini di una progressione geometrica, possiamo infine scrivere $a_k$ come
$a_k=(\frac{3}{2})^k*(n+3)-2$
$a_k$ allora è pari solo se $(\frac{3}{2})^k*(n+3)$
Posto $k=2$ abbiamo $n=4t+1$ e l'algoritmo si arresta dopo $k-1=2-1=1$ volte; per $k=3$ invece $n=8t+5$ e l'algoritmo perdura fino alla seconda iterazione. In generale per $k=h$ si ha $n=2^h*t+2^h-3$ e l'algoritmo di durata $h-1$
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