KESKUSTELUT > MUUT AIHEET > LUKUJONO 10
6493. Lukujono 10
Olavi Kivalo23.11.2011 klo 19:33
Suunnaton määrä lukujonoja on jo julkaistu netissä, OEIS:ssa yli 200000. Kehitä kompa, joka johtaa lukujonoon, jota ei ole vielä OEIS:ssa!2. Olavi Kivalo23.11.2011 klo 20:01
OEIS:n 'juhlalukujono' A200000 on valittu. Se nousee varsin simppeliltä näyttävästä tehtävästä: Monellako eri tavalla voidaan piirtää sulkeutuva viiva nxn-ruudukkoon niin, että viiva kulkee vähintään kerran jokaisessa ruudussa ja niin, ettei vierekkäisten ruutujen välillä olevaa viivaa ylitetä kuin enintään kerran. Viiva ei saa kulkea itsensä yli eikä symmetrisiä ratkaisuja lasketa.Lukujonon alku on helppo piirustustehtävä ruutupaperilla ja ensimmäisten termien löytäminen on helppoa:
a(n)=1,1,0,4,..., jossa n=1,2,3,...
5x5-ruudukko tuottaa jo 42 mahdollisuutta a(5)=42, jonka jälkeen ratkaisu karkaa piirtäjältä käsistä. Viimeisin laskemalla saatu termi näyttäisi toistaiseksi olevan a(7)=6965359.
Mielestäni tämä tehtävä osoittaa, että vielä julkaisemattomia lukujonoja voidaan generoida loputtomasti.
3. Olavi Kivalo23.11.2011 klo 20:54
Esim. tuosta edellisestä voisi kehittää helpommin lapasessa pysyvän version, jossa ruudukko on vaikkapa 4xn. En ole kokeillut mitä tulee, mutta tarjoan kokeiltavaksi.
4. Olavi Kivalo25.11.2011 klo 10:41
Yritin kokeilla kynällä ja ruutupaperilla monellako eri tavalla meanderi voidaan sovittaa 4xn-ruudukkoon. Ihan hauskaa puuhaa. Alku on tietysti triviaali a(n)=0,1,1,4. Sain kohtuullisella panostuksella aikaan 10 kiemuraa 4x5-ruudukkoon ja 22kpl 4x6-ruudukkoon, joten lukujono (jota ei ole OEIS:ssa) alkaisi a(n) = 0, 1, 1, 4, 10, 22, .... Olin kuitenkin kutakuinkin varma, että kaksi viimeistä lukua ovat liian pieniä.Tänä aamuna kyseinen lukujono olikin jo sitten OEIS:ssa, mutta ei minun toimestani. Se menee näin
a(n) = 0, 1, 1, 4, 14, 63, 224, ....
Nyt vain kohti uusia seikkailuja.
5. Jaska6.12.2011 klo 18:29
4, 6, 9, 10, 14, 15, 21, 22, 26, ?Mielestäni helppo jono jatkaa, joten vaikeutan (?) kysymyksellä. Jonossa on ääretön määrä lukuja, mutta minkälaisia lukuja siinä on vain yksi? Luku itse ei kelpaa vastaukseksi!
6. Tiio6.12.2011 klo 21:01
Kaiketi se jono jostakin luvusta alkaa, joten ensimmäinen luku on ensimmäinen ja muut ei sitä ole.
7. Jaska6.12.2011 klo 22:18
Olipa vitsi. Oikea vastaus löytyy, jos hiffaa jonon perusominaisuuden.
8. Olavi Kivalo6.12.2011 klo 23:06
Tuo jono alkaa kuten alkulukujen 2- ja 3-kertojen unioni. Jos sitä haetaan, niin se jatkuu 33, 34, 38, 39, 46, 51, 57, 58,...Vastaavassa intersektiossa on vain yksi termi 6 = 2*3 = 3*2.
9. Jaska7.12.2011 klo 00:50
Sinne päin tarkoittamaani, johon ylläolevat kaikki kuuluvat. Jotain siis puuttuu!
10. Olavi Kivalo7.12.2011 klo 10:37
Tuota unioniahan voi laajentaa monin tavoin. Jos pysytään alkuluvuissa, laajin unioni saadaan osajonoista, jotka ovat alkulukujen i-kertoja, jossa i on alkuluku. Tuolloin unioni alkaisi:4, 6, 9, 10, 14, 15, 21, 22, 25, 26, 33, 34, 35, 38, 39, 46, 49, 51,
55, 57, 58, 62, 65, 69, 74, 77, 82,...
Mutta tässä esiintyy luku 25, jota ei ole sinun jonossasi. ???
11. Jaska7.12.2011 klo 10:51
Kyllä se on minun jonossani. Siis paperilla. Sokeuttani se jäi pois yltä. Äh. Jono siis koostuu luvuista, joissa on kaksi alkutekijää. Entä se knoppi, jos sitä siksi voi kutsua. Mikä jonon luku poikkeaa millä tavalla kaikista muista?
12. Tiio7.12.2011 klo 12:06
Jaska, oli siinä ensimäisen luvun vitsissä takana totuus. Jos kerran lukujono ssa on ääretön määrä termejä, niin ensimmäinen termi on ainoa, jonka edellä ei ole termiä, sillä on vain seuraava termi. kaikilla muilla luvuilla on edeltävä ja seuraava termi.
13. Jaska7.12.2011 klo 12:33
Okei Tiio, se oli vitsi totuuden edessä. Nyt kun tiedät jonon perusominaisuuden, voit järkeillä myös sen knopin.
14. Jukkis7.12.2011 klo 12:44
Ei kai näin simppeli: jonossa luku 10 on ainoa nollaan loppuva?
15. Jaska7.12.2011 klo 13:03
Kyllä just niin simppeli.Toinen kysymys, joka on puolestaan vaikea. En siis tiedä enkä osaa laskea vastausta. Niinkuin näemme, jonossa esiintyy peräkkäisiä (erotus 1) lukuja, tuplia ja triploja. Seuraava tripla on 121, 122, 123. Onko näiden lukumäärä ääretön? Entä miten on muiden, useampia alkutekijöitä käsittävien osajoukkojen laita?
16. Jaska7.12.2011 klo 13:10
Tuplien ja triplojen lisäksi kvartetit, kvintetit jne. Tarkoittaa, että peräkkäisissä ei saa olla samoja alkutekijöitä.
17. Jaska7.12.2011 klo 13:16
Kahden alkutekijän jonossa tripla taitaa olla maksimi.
18. Jaska7.12.2011 klo 18:04
Siis on. Jotenkin on sellainen hytinä, että tripla on kaikkien osajoukkojen maksimi. Lause kuuluu siis: Suuruusjärjestyksessä olevassa luonnollisten lukujen jonossa voi olla korkeintaan kolme peräkkäistä lukua, joilla on yhtä monta alkutekijää.
19. Olavi Kivalo8.12.2011 klo 16:37
'Hytinä' saa tuon kuulostamaan pikemminkin konjektuurilta kuin lauseelta. Että kolme on maksimi, on todistettu sillä, että neljässä peräkkäisessä luvussa yhden on oltava jaollinen neljällä, jolloin se on kolmen eikä kahden luvun tulo: 2x2xX, jossa X on pariton.Noiden triplojen esiintyminen tässä ns. puolialkulukujen (semiprimes) jonossa a(n) voidaan kuvata jonolla b(m) = 12, 29, 33, 41, 47, 64, 70, 73, 96, ..., 764, 767, ...(OEIS: A174649), jonka termit viittavat triplan [a(n-1),a(n),a(n+1)] keskimmäisen jäsenen sijaintiin n puolialkulukujen jonossa. Esim. b(7)=70 viittaa triplaan [a(69),a(70),a(71)], joka on [213,214,215].
Triplat sijoittuvat puolialkulukujen jonossa a(n) vähän miten sattuu. Erikoisuutena, kun b(m+1)-b(m)=3, triplaparit sijaitsevat kiinni toisissan. Esim. kohdassa b(7)=70 ja b(8)=73, puolialkulukujono menee näin ...,[213,214,215],[217,218,219],... ja kohdassa b(36)=764 ja b(37)=767 näin ...,[2721,2722,2723],[2733,2734,2735],...
Tästä sitten työstämään ennen julkaisematonta lukujonoa c(i), joka kuvaa toisissaan kiinni olevien triplaparien sijoittumista puolialkulukujonoon. Alkaa näin: c(i) = 7, 36, ...
20. Jukkis8.12.2011 klo 20:06
Kyllä nyt ärsyttää, kun ei älynnyt että neljän peräkkäisen mahdottomuus on perusteltavissa noin simppelisti.
21. Olavi Kivalo9.12.2011 klo 14:41
Edelliseen tekstiini tuli virhe. Haetun triplaparijonon c luvut kuvaavat triplaparien sijoittumista triplajonossa b eikä puolialkulukujonossa a, kuten tosin asiayhteydestä käy ilmi.
22. Olavi Kivalo11.12.2011 klo 11:37
Kiitos Jaskalle johdatuksesta puolialkulukujen maailmaan, joka ainakin minulle oli tuntematon. Etsin triplapareille seuraavat kaksi lukujonoa, kun lähtödatana oli 10^6 ensimmäistä alkulukua:
c1(i) = 7, 36, 390, 479, 500, 616, 990, 1152, 1189, 1277, 1303, 1444, 1453, ...,
jossa luku viittaa triplaparin sijaintiin triplajonossa b,
c2(i) = 70, 764, 32876, 44100, 46565, 60916, 119057, 146313, 153169, 166858, 171203, 201803, 204048, ...,
jossa luku viittaa triplaparin sijaintiin puolialkulukujonossa a.
Triplaparin sijainti on määritelty triplaparin ensimmäisen triplan keskimmäisen termin sijaintina.
Muuten, lukujonofanaatikkojen keskustelupalstalla, jota seuraan, vallitsee seuraava julkaisuetiikka. Jos kertoisin näistä löydöksistä, joita pidän aika vaatimattomina, ja aprikoisin siellä, olisikohan niillä riittävää kiinnostavuutta, joku, joka pitäisi jonoja julkaisukelpoisina, pyrkisi todennäköisesti julkaisemaan ne OEIS:ssa omalla nimellään. Pistäisi minut tosin referenssiluetteloon.
23. Antti13.12.2011 klo 08:24
Edellä mainitussa luettelossa seuraavaa helppoa ei ole.3, 7, 13, 19, 37, 43, ?
24. Jaska13.12.2011 klo 11:57
67, 79, 97, 101 jne.
25. Antti13.12.2011 klo 15:42
101 ei käy.
26. Wexi13.12.2011 klo 15:49
...103, 109, 127, 163, 193, 223...(A023200 - OEIS).
27. Antti13.12.2011 klo 15:54
Olihan jono siellä. Ihmettelinkin, kun en (hätäisesti haettuani) löytänyt.
28. Jaska13.12.2011 klo 16:56
Epähuomiossa tuli summa 97 + 4, vaikka ehdin jo räknätä oikein 107 - 4.
29. Jaska13.12.2011 klo 16:59
Hetkinen, pannaanpas seuraavaksi jono, joka ei (ehkä) ole siellä. Ekaks pieni tsekkaus.
30. Jaska13.12.2011 klo 18:36
Katsastelin, että en kai tätä aiemmin ole tarjonnut. Ei löytynyt, "sukulaisjono" kylläkin. Sitä vastoin vaihdan arvaukseni OEIS:n suhteen. Niin että lunttaamaan vaan, jos tuntuu liian vaikealta!2, 3, 5, 7, 17, 23, 47, 103, 137, 283, ?
31. Antti13.12.2011 klo 19:27
Katsoin luvallisesti, en luntannut. Välistä puuttuu 107.
Seuraava on 313
niitten j-lukujen jonossa, joille 6*j-1 ja 6*j+1 on alkulukupari.
32. Jaska13.12.2011 klo 21:19
Äh, taas olin huolimaton. Antti kuitenkin luvallisesti oikeassa. Nyt lupaan olla huolellinen:5, 12, 16, 17, 22, 26, 29, 30, 32, 34, 37, ?
33. Jaska15.12.2011 klo 21:49
Uudelleen funtsien jonossa on kohtuuttoman vaikea hämäys. Arvelin, että ilman sitä (kymmenellä jakamista) tehtävä olisi liian helppo. Onko?50, 120, 160, 170, 220, 260, 290, 300, 320, 340, 370, ?
34. Olavi Kivalo19.12.2011 klo 20:26
Älä paljasta vielä. Luulen, että olen jäljillä.
35. Olavi Kivalo19.12.2011 klo 21:13
Jokainen on kahden alkuluvun tulo x tarkkuudella +/- 1. Se ei ole minulle vielä selvinnyt, millä periaatteella x:t, jotka päättyvät numeroon 1 tai 9, päätyvät tähän jonoon, koska kaikki sellaiset x:t eivät ole jonossa.
36. Jaska19.12.2011 klo 22:16
369 = 3*3*41. Ratkaisu kylläkin perustuu noiden vierekkäisiin lukuihin, joten...
37. Olavi Kivalo19.12.2011 klo 22:43
No voisivatko nuo jonon termit olla lukuja n niin, että sekä n-1 että n+1 ovat alkulukujen tuloja?
38. Olavi Kivalo19.12.2011 klo 22:55
Siis parittomien alkulukujen tuloja.
39. Jaska19.12.2011 klo 23:03
Sehän on selvää, kun jonon luvut ovat parillisia. Ratkaisusta sukenee kiusallisen yksinkertainen, jos vertaa näitä muihin kymmenellä jaollisiin.
40. Olavi Kivalo20.12.2011 klo 22:45
Minulle ei aivan selvinnyt, onko esittämäni ratkaisu se mitä halusit, vai onko tässä vielä jotain. Siis ratkaisu on: a(n)=50, 120, 160, 170, 220, 260, 290, 300, 320, 340, 370,... ovat kymmenellä jaolliset luvut n niin, että n-1 ja n+1 ovat alkulukujen tuloja.
Nollan pois jättäminen olisi ollut kohtuutonta.
On myös nollaan päättymättömiä lukuja, jotka samalla tavoin liiskautuvat alkulukujen tulojen väliin, kuten 26, 34, 56, 64, ... Tästähän olisi sukeutunut oma kompansa. Tuon unioni Jaskan jonon kanssa on tosin OEIS:ssa.
41. Jaska21.12.2011 klo 00:30
Kyllä se noinkin voidaan ilmoittaa, mutta haetutin sanamuotoa "jono käsittää ne nollaan päättyvät luvut, joiden n+1 ja n-1 eivät kumpikaan ole alkulukuja." Se tuntuisi olevan selvästi pienempi nollaan päättyvien osajoukko kuin n+1 tai n-1 on alkuluku.
42. Jaska21.12.2011 klo 00:37
Tarkennus: ...kuin n+1 ja/tai n-1 on alkuluku.
43. Olavi Kivalo21.12.2011 klo 10:38
Yhdistetty luku on ykköstä suurempi kokonaisluku, joka ei ole alkuluku. Jokainen yhdistetty luku voidaan ilmoittaa alkulukujen tulona (aritmetiikan peruslause).Jos vaaditaaan, että vain toisen eikä molempien niistä kahdesta luvusta, jotka ympäröivät kymmenellä jaollista lukua, tulee olla yhdistetty luku, niin rajoite kuulostaa löysemmältä. Onko se sitä, en tsekannut. Joka tapauksessa, ainakin kaikki Jaskan luvut ovat antamassani ratkaisussa.
44. Olavi Kivalo22.12.2011 klo 08:15
Tuossa edelläkäydyssä keskustelusssa lukujen indeksointia on käytetty sekaannuttavasti. Pitää sanoa: Jaskan jono a(m) koostuu kymmenellä jaollisista luvuista n niin, että sekä n-1 että n+1 ovat yhdistettyjä lukuja (jotka voidaaan aina esittää alkulukujen tuloina) eli eivät ole alkulukuja. Esim a(3)=160.Tällä perusteella esim luku 40 ei kuulu Jaskan jonoon, vaikka 39 on yhdistetty luku (39=3x13), koska 41 on alkuluku.
45. Olavi Kivalo31.12.2011 klo 17:24
Tässä Hans Havermanin lähtölaskenta ensi vuoteen:10*9*8 + 7 + 6 - 5 + 4*321
46. Olavi Kivalo31.12.2011 klo 20:00
On olemassa toinenkin tapa suorittaa lähtölaskenta käyttäen neljää perusoperaatiota ilman sulkuja.Mutta aika alkaa käydä vähiin.
47. Olavi Kivalo1.1.2012 klo 09:09
Näin se meni:10 + 9*87 - 65 + 4*321 = 2012 Jihuu, Hyvää Uutta Vuotta!
48. Matti1.1.2012 klo 11:26
Olavi, hyvää uutta vuotta sinullekin. Ja muille pähkäilijöille.
49. Jaska1.1.2012 klo 18:56
Vuosi jatkuu näinkin hyvänä (?):1, 9, 10, 18, 19, 45, 46, 55, ?
4, 5, 13, 14, 22, 23, 40, 50, ?
Elleivät löydy listoilta, on vaikeus 1-5 asteikolla arviolta 2.
50. Jaska1.1.2012 klo 22:40
Eiiiihh! Kyllä vaan iski numerosokeus. Ei 40, vaan 49 tulee olla kakkosjonon viimeistä edellisen.
51. Olavi Kivalo2.1.2012 klo 14:03
Ensimmäisessä jonossa kunkin termin ja sen neliön numeroiden summat ovat samat eli 1, 9, 1, 9, 10, 9, 10, 10.Toisessa jonossa kunkin termin neljännen potenssin numeroiden summan numeroiden summa on aina 4 eli 13, 13, 22, 22, 22, 31, 13, 13.
Jos vaihdetaan 40, kuten Jaska ehdotti, 49:ksi, saadaan 13, 13, 22, 22, 22, 31, 31, 13, joten on sama onko se 40 vai 49.
52. Antti2.1.2012 klo 18:39
101, 103, 109, 131, 151, 179, ?
53. Olavi Kivalo2.1.2012 klo 19:25
Ehkä seuraava on viksumpi(?) tapa ilmaista Jaskan toisen jonon lainalaisuus:Kunkin termin neliön numeroiden summan neliön numeroiden summa on sama eli 13.
54. Olavi Kivalo2.1.2012 klo 20:08
Puuttuisiko tuolta Jaskan toisen jonon välistä joitakin lukuja?4, 5, 13, 14, 22, 23, 31, 32, 40, 41, 49, 50,...
Vai haukunko väärää puuta?
55. Jaska2.1.2012 klo 21:05
Ekan jononi idis niin kuin OK selitti. Tehtävä jäi kuitenkin ratkomatta loppuun saakka. Seuraava numero on 90.OK:n huomio kakkosjonosta on hyvin mielenkiintoinen ja vaikeudeltaan ainakin kolminen. Enpä itse olisi ratkojana moista hoksannut. Minun jonooni ei 40 kuitenkaan kuulu. Se käsittää ne suuruusjärjestyksessä kaksi peräkkäistä lukua, joiden neliöiden numeroiden summa on sama. Jono jatkuu 76, 77, 103, 104, 130, 131. Tähänastisten seitsemän parin ko. summat ovat 7, 16, 16, 7, 25, 16, 16. Pitemmälle jatkamatta ompi Jaskan konjektuuri seuraava: Kahden peräkkäisen luvun neliöiden numeroiden summan ollessa sama, on summien numeroiden summa aina 7. Lukuparien ensimmäisetn ja toisten parien erotus on aina yhdeksällä jaollinen.
Kumouksia, please!
56. Jaska3.1.2012 klo 00:00
Antin seuraava 211 (väliin jääneiden alkulukujen lukumäärä 0, 1, 2, 3, 4, 5 jne.)
57. Antti3.1.2012 klo 02:37
Jaska selvitti asian.
58. Matti3.1.2012 klo 08:15
Formulaatio Jaskan toka jonolle:Jos merkitään (4, 13, 22, 49, 76, 103, 130, ...) = J(n),
ja jos S(k)=kokonaisluvun k numeroiden summa, niin
1) m kuuluu jonoon J(n), jos
S(m^2) = S((m+1)^2) (jonon J(n) määritelmä)
2) J(m+1)-J(m)=9*p, missä p=kokonaisluku (konjektuuri)
3) S(S(J(n))=7 (konjektuuri)
59. Matti3.1.2012 klo 10:22
Näkyy lopusta sulku puuttuvan. Siis:3) S(S(J(n)))=7 (konjektuuri)
60. Olavi Kivalo3.1.2012 klo 15:27
(Parin 58,59 pitänee kuulua Jaskan jonoon.)Koska Jaskan jono on minun jononi osajono ja koska minun jononi voidaan GENEROIDA lähtien vaatimuksesta, että kunkin termin neliön numeroiden summan neliön numeroiden summan tulee olla 13, on konjektuuri todistettu. Nimittäin jokainen luvuista 7,16,25,34,43,52,61,70 korotettuna toiseen antaa numeroittensa summaksi 13.
Esim. lukupari 985, 986 kuuluu minun jonooni, koska lukujen neliöiden numeroiden summat ovat 25 ja 34, joiden neliöiden numeroiden summat ovat 13, mutta se ei kuulu Jaskan jonoon.
Lukupari 976, 977 kuuluu molempiin jonoihin, koska lukujen neliöiden summat ovat molemmat 34.
61. Jaska3.1.2012 klo 23:40
58, 58 tavanomainen huolimattomuus. Neliöiden numeroiden summajonon alku siis 7, 16, 16, 7, 16, 25, 16, 25...
62. Jaska3.1.2012 klo 23:42
58, 58 epätavallinen huolimattomuus:)
63. Matti4.1.2012 klo 01:04
Tsekkasin Excelillä Jaskan molemmat konjektuurit aina tuhanteen, ja sen neliöön miljoonaan saakka, ja täysin pitivät arvelut paikkansa. Lukuja oli 51 kpl, ja pisin väli kahden peräkkäisen termin välillä 90 (301, 391). Muuten jonon, sen erotusten, ja summien summien käytös oli lähinnä kaoottista, ainakin minun silmissäni. (Laskin mukaan sarjaan vain vierekkäisten lukujen pienemmän.)
64. Olavi Kivalo7.1.2012 klo 15:06
Jaskan lukujono 4, 5, 13, 14, 22, 23, 49, 50,... ja erityisesti sen yhteydessä esitetyt konjektuurit ovat siinä määärin kiintoisia, että on syytä jatkaa. Jotta voisi lausua konjektuureista jotain lopullista, tulisi tietää kuinka jonoon on päädytty, koska jotain siitä, mitä lausutaan konjektuureina, voi olla sisään rakennettuna jo niihin lähtöoletuksiin, joista jono muodostuu. En uskalla edes arvata kuinka Jaska eteni, mutta seuraavassa kuvitteellinen skenaario yleisellä tasolla.Päätetään olla kiinnostunut kokonaisluvun n neliöiden käyttäytymisestä, kun n kasvaa. Huomataan, että neliöiden numeroiden summien kohdalla on tiettyä jaksollisuutta. Erityisesti summat 7, 16, 25, 34, jne pistävät silmään. Huomataan, että kun näihin lisätään 2, saadaan n:n jaksolla 9 parittain esintyviä lukuja, jotka ovat jaollisia 9:llä. Muistetaan, että luvut, joiden numeroiden summa on jaollinen 9:llä, ovat itsekin jaollisia 9:llä. Päätellään: n^2+2 ovat jaollisia 9:llä. Saadaan lukujono ”Luvut n niin, että n^2+2 on jaollinen 9:llä” (OEIS, A156638) 4, 5, 13, 14, 22, 23, 31, 32, 40, 41, 49, 50, ...
Huomataan, että joidenkin parittain esiintyvien lukujen neliöiden numeroiden summat ovat samoja kuten 7,7 tai 16,16 jne. Saadaan ”Jaskan jono” 4, 5, 13, 14, 22, 23, 49, 50, ... Koska tämä on A156638:n osajono, on 9:llä jaollinen jaksollisuus sisäänrakennettu eikä konjektuuri.
Huomataan lisäksi, että numeroiden 7, 16, 25, 34, jne summathan näyttävät olevan 7 ja niiden neliöiden summat näyttäisivät olevan 13. Jälkimmäisestä havainnosta saadaan ”OK:n jono” 4, 5, 13, 14, 22, 23, 31, 32, 40, 41, 49, 50, ... Tämäkin on A156638:n osajono.
Konjektuuri, että numeroiden 7, 16, 25, 34, jne summat olisivat AINA 7, on väärä, eikä niiden neliöiden summakaan ole AINA 13. Kun n kasvaa, sen neliöiden numeroiden summat kasvavat seuraavasti: 7, 16, 25, 34, 43, 52, 61, 70, 79, 88, 97, 106, jne, mutta näiden numeroiden summat eivät ole aina 7. Esim summien 79, 88 ja 97 numeroiden summat ovat 16. Myöskään näiden numeroiden neliöiden summat eivät ole aina 13. Esim summien 79, 88 ja 97 numeroiden neliöiden summat ovat 13, 22 ja 22.
Yhteenveto: ”Jaskan jono” on mielenkiintoinen A156638:n osajono, mutta vain, jos unohdetaan ”konjektuuri 7” (Tuo jono ei esiinny OEIS:ssa, joten sen voisi vaikka yrittää julkaista, jos sellainen kiinnostaa). ”Konjektuuri 7” on tietysti aina mahdollista hyväksyä jonon lähtökohdaksi ja tehdä oletuksesta totta, mutta jonosta tulee keinotekoinen ja pätevyysalueeltaan rajattu. Se olisi tuolloin ”OK:n jonon” osajono, joka on yhtälailla keinotekoinen, koska lähtökohdaksi valittiin neliöiden summat = 13.
65. Jaska7.1.2012 klo 23:17
En noin pitkälle aatellut jonojani, kunhan huvikseni vertailin jonkin matkaa neliöiden numeroiden summia. Eikä tuo osajono ole OEIS:n väärti.Siellä on kaiketi, tai ainakin pitäisi olla seuraavakin jono, joka minusta on kiinnostavampi. Kun sen avulla voidaan kukaties todistaa muudan vielä todistamaton probleema. Jonon jatkaminen on helppoa, mutta kysymys kuuluukin: mitä probleemaa tarkoitan?
9, 9, 9, 9, 18, 27, 27, 27, 36, 36, 36, 45, 45, 54, 54, 63, 63, 63, 72, 72, 81....
66. Olavi Kivalo8.1.2012 klo 00:57
En malta olla mainitsematta seuraavaa. Koska osoittautui, että numeroiden neliöiden summat ovat 13, 22, 31 tai 40, ja näiden numeroiden summat taas ovat 4, määrittelin lukujononi uudelleen seuraavasti "Luvut n niin, että n^2:n numeroiden summan neliön numeroiden summan numeroiden summa = 4". Tällä irtosi A156638 kaikilla tarkkuuksilla, mitä koneesta lähti.
67. Olavi Kivalo8.1.2012 klo 11:26
Koska minulla oli epäily, että huolimatta näennäisestä yhteneväisyydestä jonot eivät sittenkään ole samat, tarkistin asian lukujonofanien keskustelupalstalla. Sieltä tuli oitis kaksi vastaesimerkkiä, jotka todistivat että juuri näin on asian laita. Sain jonot yhtymään aina 61-numeroisiin lukuihin asti, mutta vastaesimerkit löytyivät luvuilla n, joiden pituudet olivat 242 ja 279 numeroa.
Tämä tarkoittaa, että vaikka jatkettaisiin loputtomiin ottamalla aina uudestaan numeroiden summa, jono ei yhtyisi koskaan täydellisesti jonoon A156638. Tosin ero ilmaantuisi lopulta asymptoottisesti vasta valovuosien päästä. Lainaus: "if we could write digits on subatomic particles, the known universe would not contain enough particles to write down the first counterexample".
68. Jaska9.1.2012 klo 10:35
Perun arvioni, että toissapäivän 23:17 jono olisi OEIS-kamaa. Kyseessä on osajono eräästä hyvin triviaalista jonosta. Mutta sillä on mielenkiintonsa ko. probleeman ratkaisu/todistusyrityksen tiimoilta. Lisätään vielä viimeksi puuttunut jonon alku:0, 0, 0, 0, 9, 9, 9, 9 jne.
Mistä siis on kyse?
69. Antti16.1.2012 klo 08:38
-3, -2, -2, 0, 24, 240, 2160, 20160, ?
70. Jaska16.1.2012 klo 13:03
Helppo jatko päässällaskullakin 201600. Idea on kertoma miinus isompi kertoma määrätyin kertoimin.
71. Jaska16.1.2012 klo 15:58
Meneepi siis näin:1-4, 2-1*4, 6-2*4, 24-6*4, 120-24*4 jne. Mielestäni jono voisi alkaa myös luvulla 1. siis 1-0*4.
72. Antti16.1.2012 klo 16:05
Taitavalle helppo. Olin tehtävää antaessani luonnehtimassa sitä vaikeahkoksi, mutta jätin tämän. Ratkaisu on: kokonaisluvun kertoma vähennettynä 4:llä kerrotulla yhtä pienemmän luvun kertomalla.
73. Matti16.1.2012 klo 19:06
Jono ei voi alkaa luvulla 1, koska (-1)!=ääretön.
74. Jaska16.1.2012 klo 19:50
Jaha, mutta 0*4 on kiistatta 0. Joten 1-0 = 1. Perun kuitenkin sopivuusehdotukseni, koska se ei ole Antin määritelmän mukainen. En vain heti bonjannut, että myös 0! = 1.
75. Jaska18.1.2012 klo 13:51
7.1. framille panemani jono lienee ikääntynyt jo tarpeeksi. Siispä ratkaisu: alkuluvut miinus niiden numeroiden summa. Jono on siis osa kaikkien kokonaislukujen vastaavaa jonoa, jossa sama yhdeksällä jaollinen luku toistuu kymmenen numeron ryhminä. Poikkeuksena ensimmäinen ryhmä, jossa on yhdeksän nollaa.Jono on (minua) kiinnostava tarjotessaan mahdollisuuden tutkia alkulukujen jaksollisuutta, jossa toistaiseksi ratkomaton probleema on tietääkseni kaksosten ja nelosten esiintyminen. Neloset käsittää neljä alkulukua, jotka kuuluvat kaikki samaan ryhmään, kun taas kolmesta viimeisen numeron mukaan nääräytyvästä kaksosten luokasta ysiin ja ykköseen päättyvät eri ryhmiin.
Tätä kautta voi (yrittää) lähestyä myös konjektuurin todistamista tai kumoamista: kaksosten ja nelosten lukumäärä on ääretön. Mikään ei ole niin varmaa kuin epävarmuus. On siis uskaliasta väittää, että todistus on mahdoton. Paitsi omalta osaltani:(
En kuitenkaan mielestäni tee turhaa työtä tällaisia triviaalejakaan juttuja pähkäillessäni. Tästä jonosta keksin erään alkulukujen lainalaisuuden. Täytyyhän sen olla mainittu lukuteorian kirjallisuudessa, ja kivaa onkin oppia kirjoista asioita. Mutta vielä kivampaa on keksiä ne itse!
Keksitkö sinä, minkä alkulukujen lainalaisuuden minä keksin 7.1. jonostani?
76. Matti18.1.2012 klo 15:21
Huvittaisiko tällainen talvinen tehtävä:Joen jäällä on ympyränmuotoinen avanto, säde R=10m. Joen vesi virtaa pohjoiseen nopeudella 0,5 m/s. Avannon keskellä on uimari. Hänen on vietävä merkki avannon reunalle ja palattava takaisin avannon keskelle, mahdollisimman nopeasti. Hänen uintinopeutensa veden suhteen on 1 m/s. Mihin ilmansuuntaan avannon reunalle uimarin kannattaa viedä merkkinsä? Paljonko tällöin kuluu uimiseen aikaa?
77. Jaska18.1.2012 klo 16:08
No pohjoiseen tietty ajassa 6,67 sekkaa. Sit se nousee jäälle ja juoksee avannon eteläpuolelle ajassa x sekkaa, dyykkaa avantoon ja ui keskelle ajassa 6,67 sekkaa. Kokonaisaika 13,33 + x sekkaa on pienempi kuin eestaasuinnin 26,67 sekkaa.
78. Jaska18.1.2012 klo 17:41
Jos uimarin kuitenkin täytyy pysyä avannossa koko tehtävän ajan, pitää valita länsi tai itä. Aika tällöin noin 20 sekuntia. Itä taitaa olla jonkin mikrosekunnin nopeampi maan pyörimisliikkeen johdosta.
79. Matti19.1.2012 klo 00:21
Veikeä havainto tuo, että uimari voi juosta jäällä. Mutta länteen tai itään ei 20 s ihan riitä.
80. Jaska19.1.2012 klo 12:13
Eipä tietenkään, vastustaahan virta enemmän tai vähemmän muihin suuntiin kuin pohjoiseen. Aika länteen itään muita tekijöitä huomioon ottamatta on siis 22,5 sekuntia.
81. Matias-Myyrä19.1.2012 klo 12:27
Mä sain itään tai länteen uidessa ajan 23,09 sekuntia.
82. Jaska19.1.2012 klo 19:53
Eilen mainitsemani lainalaisuus tai paremminkin aksiooma kuuluu: Alkuluvun numeroiden summa ei voi olla jaollinen kolmella. Itsellään jaollista lukua 3 ei oteta huomioon. Eipä vain ole tullut tätä(kään) simppeliä totuutta aikaisemmin noteerattua.
83. Matti19.1.2012 klo 22:40
Mutta väitehän on aivan ilmeinen. Kolmosen jaollisuussääntö kuuluu: luku on jaollinen kolmella, jos sen numeroiden summa on jaollinen kolmella.
84. Jaska19.1.2012 klo 23:09
Niin, el ilmaisujen "simppeli totuus" ja "aivan ilmeinen" merkitysero ole merkittävä, vai onko...
85. Matti19.1.2012 klo 23:23
Niin, eipä kai ... Kumpi on termin triviaali suomalainen vastine? No kumpikin, tietty.
86. Matti19.1.2012 klo 23:36
Matias Myyrä, joo, mäkin sain, 23,0940 s.Jos viedään merkki suuntaan a itä-länsi linjasta, uintiajalle saadaan ihan siisti lauseke, pienen ähryksen jälkeen. (Tiedoksi kiinnostuneille.)
87. Jaska20.1.2012 klo 13:03
Siis a on se avannon reunan piste, josta pohjoiseteläsuuntainen säteen pituinen jana kohtaa itälänsisuuntaisen säteen pisteessä b, jolloin keskipisteen ja b:n etäisyys on uimarin kymmenessä sekunnissa kulkema matka?
88. Jaska20.1.2012 klo 13:31
Eiku puolen säteen pituinen on jana ab tietysti.
89. Jaska20.1.2012 klo 13:35
Ollen se siis suorakulmaisen kolmion abc lyhyempi kateetti c:n ollessa avannon keskipiste.
90. Matti20.1.2012 klo 19:16
Tarkoitin, että a on kulma positiivisesta x-akselista vastapäivään, kun en tohtinut yrittää saada alfaa tähän. α (onks toi nyt muka alfa!)
91. Jaska20.1.2012 klo 20:06
No mikä sen kulman asteluku on? Minä sain n. 32,7 astetta.
92. Matti20.1.2012 klo 21:54
Jaska, me puhumme nyt toistemme ohi. Asia ei ole mielestäni sen arvoinen, että sitä kannattaisi ilman kuvia tämän enempää setviä.
93. Antti27.1.2012 klo 10:13
1 0, 1, 2, 7, 8, 13, 14, 19, 28, ?
94. Antti9.2.2012 klo 06:44
Pyydän anteeksi. Jonostani oli jäänyt pilkku pois:1 0, 1, 2, 7, 8, 13, 14, 19, 28, ?
Jonon oikea muoto:
1, 0, 1, 2, 7, 8, 13, 14, 19, 28, ?
95. Antti14.2.2012 klo 06:11
a(j) = 2*(j:s alkuluku) - 3*j, j=1,2,3, ...
96. Olavi Kivalo24.2.2012 klo 13:28
Seuraavassa on vähän oudon näköinen lukujono. Luvut näyttäisivät koostuvan vain numeroista 0, 1 ja 2.a(n) = 0, 10, 11, 20, 210, 101, 211, a(7), 21, 1001, 100, ...
n=0,1,2,...
Pitäisi löytää a(7) ja vastaus kysymykseen, esiintyykö lukujonossa muitakin numeroita. (En tiedä vastausta, koska keksin tämän juuri.)
Lukujono rakentuu seuraavasti: a(n) on pienin kokonaisluku, jonka suomenkielisen nimen kirjainten lukumäärän ja sen numeroiden nimien kirjainten lukumäärien summan ero on n.
Esim. a(1) = 10, koska nimessä KYMMENEN on 8 kirjainta ja numeroiden nimissä YKSI ja NOLLA on yhteensä 9 kirjainta ja lukumäärien ero on 1.
97. Jaska24.2.2012 klo 14:31
11070 - yksi yksi nolla seitsemän nolla - 27yksitoistatuhattaseitsemänkymmentä - 34
98. Olavi Kivalo24.2.2012 klo 14:42
Siinähän tuli vastaus kaikkeen. Edellyttäen tietysti, että 11070 on pienin. Eikös esim 11020 ole pienempi.
99. Jaska24.2.2012 klo 15:00
Joo, on se. Unohdin pienimmän luvun vaatimuksen. Kysymys muista kuin 0, 1, 2 ei siis ratkennut.
100. Jaska24.2.2012 klo 15:09
Taisi ratketa: 911 8+4+4 =16, yhdeksänsataayksitoista =23.
101. Jaska24.2.2012 klo 15:14
No ei tietenkään ratkennut: 211 - 13, kaksisataayksitoista - 20. a(6) on siis väärin.
102. Jaska24.2.2012 klo 15:47
Enpä löytänyt pienempää kutosta kuin 112000 (28, 22). Ei siis vielä ratkaisua 0,1,2 -probleemiin.
103. Matias-Myyrä24.2.2012 klo 18:38
Tekaisin pienen ohjelmanpätkän, joka tulosti seuraavaa. Nollat tarkoittavat sitä, että ratkaisu on yli miljoona.0:0, 1:10, 2:11, 3:20, 4:210, 5:101, 6:2110, 7:211, 8:21, 9:1001, 10:100, 11:2210, 12:11021, 13:221, 14:1000, 15:2121, 16:11211, 17:11121, 18:20121, 19:10221, 20:2221, 21:211211, 22:11221, 23:20221, 24:210221, 25:0, 26:0, 27:211221, 28:21221
104. [Matias-Myyrä]24.2.2012 klo 18:40
[Siis ei tietenkään tuo ensimmäinen nolla tarkoita yli miljoonaa, mutta 25 ja 26]
105. Matias-Myyrä24.2.2012 klo 18:43
On siellä vielä alle miljoonan yksi: 33:221221, mutta muut menevät sitten yli.
106. Matti24.2.2012 klo 20:08
Entä se 0,1,2-hypoteesi, onko mitään valoa?
107. Matias-Myyrä24.2.2012 klo 20:33
Kehittelin ohjelmaani vielä miljoonatkin ja pyöritin sitä lukuun 222.222.222 asti (koneeltani vei 6 minuuttia tuohon). Tässä tulos. Näyttäisi tosiaan siltä, ettei numeroita 3-9 esiinny koskaan. Puuttuvat on merkattu tällä kertaa tähdillä (*)0:0, 1:10, 2:11, 3:20, 4:210, 5:101, 6:2110, 7:211, 8:21, 9:1001, 10:100, 11:2210, 12:11021, 13:221, 14:1000, 15:2121, 16:11211, 17:11121, 18:20121, 19:10221, 20:2221, 21:211211, 22:11221, 23:20221, 24:210221, 25:1211211, 26:1000000, 27:211221, 28:21221, 29:2201221, 30:2211211, 31:1211221, 32:1121221, 33:221221, 34:11021221, 35:10211221, 36:2211221, 37:1221221, 38:11211221, 39:11121221, 40:20121221, 41:10221221, 42:2221221, 43:211211221, 44:11221221, 45:20221221, 46:210221221, 47:*, 48:*, 49:211221221, 50:21221221, 51:*, 52:*, 53:*, 54:*, 55:221221221
108. [Matias-Myyrä]24.2.2012 klo 22:16
[Minulle tuli sähköpostilla kysely, että millä kielellä minä tuon ohjelmoin, kun ei vie tuon enemmän aikaa ohjelman suorittaminen. Se on tehty C-kielellä. Minä en ole lähes 10 vuoteen masennukseni takia juuri mitään ohjelmia kirjoitellut. Sitä ennen tuli väännettyä vissiin satojatuhansia rivejä koodia monilla eri ohjelmointikielillä.]
109. Olavi Kivalo24.2.2012 klo 23:05
Kaikki kunnia myyrän työlle. Valoa 0,1,2-hypoteesiin antaa vaatimus pienimmästä erotuksesta. Erotuksen suuruuteen vaikuttavat vain sanat nolla, toista, kymmentä, sataa, tuhatta, miljoonaa, jne, koska peruslukujen 1...9 nimet esiintyvät molemmissa ja supistuvat pois.
Esim. KolmeSATAATUHATTAviisiSATAAkaksiKYMMENTÄyhdeksän(4 8) - kolmeviisikaksiyhdeksänNOLLANOLLA(33) = SATAATUHATTASATAAKYMMENTÄ - NOLLANOLLA(15).
Sama erotus (15) saadaan, kun tämän mielivaltaisesti valitun luvun 300529 sanat kolme ja viisi korvataan sanalla kaksi, ja yhdeksän sanalla yksi, ja itse luku pienimmällä luvulla 200221.
(Luku 200221 ei ole kuitenkaan absoluuttisesti pienin. Pienin on luultavasti edellä laskettu a(15) = 2121.)
110. Jaska28.2.2012 klo 22:30
52, 68, 100, 128, 152, 172, 268, 308, 320, ?
111. Jaska1.3.2012 klo 21:18
Kahden luvun summia, kussakin lukujen erotus sama. Myös summien alkutekijät helpottavat.
112. Olavi Kivalo2.3.2012 klo 16:14
Kahden luvun summia, joiden yhteenlaskettavien erotus on aina sama, voidaan sovittaa ylläolevaan lukujonoon tai mihin tahansa jonoon ääretön määrä. En ole vielä keksinyt, mikä tekee tuosta jonosta uniikin.
113. Jaska2.3.2012 klo 17:31
Uniikkius edellyttää lisävinkkiä, minkä jälkeen ratkaisu onkin perin helppo: yhteenlaskettavat ovat alkulukuja.
114. Olavi Kivalo2.3.2012 klo 18:55
Okei. Olihan se jo laskettu. Erotus on 6.
115. Olavi Kivalo2.3.2012 klo 19:05
Miksei 112 ole mukana? Seuraava on 340.
116. Jaska2.3.2012 klo 19:53
Kas, näyn hypänneen sen yli:( Peruutan koko kysymyksen!Jonon lukujen alkutekijöistä puuttuu siis 3, koska ko. summat eivät voi olla kuudella jaollisia.
117. Olavi Kivalo2.3.2012 klo 22:47
Tuon jonon kaveriksi voidaan antaa vaikkapa18, 30, 42, 78, 90, 138, 162, 198, 210, ...
118. Jaska2.3.2012 klo 23:51
...222. Tässä kaikki kuudella jaollisia, koska yhteenlaskettavien erotus on 4.
119. Olavi Kivalo3.3.2012 klo 10:17
Jo Euler keksi, että polynomi x^2-x+41 antaa kaikilla x:n positiivisilla kokonaislukuarvoilla 0...40 pelkkiä alkulukuja (41 on 'Eulerin onnenluku').Yleisemmin: mitkä ovat ne kokonaisluvut p, joilla polynomi x^2-x+p antaa x:n arvoilla 0...p-1 pelkkiä alkulukuja? Tätä lukujonoa p(i) ei ole OEIS:ssa.
120. Jaska3.3.2012 klo 11:21
Jos tulkitsin tehtävän oikein, sen ratkaisu on aika simppeli: ehdon täyttävät kaikki alkuluvut, joista vähennetyt 2, 6, 12, 20, 30, 42, 56 jne antavat erotukseksi alkuluvun?
121. Jaska3.3.2012 klo 11:35
Siis esim. Eulerin tapauksessa ynnätään lukuun 20 luvut 3, 9, 11, 17, 21, 23 jne?
122. Olavi Kivalo3.3.2012 klo 13:45
Tämä on simppeli, mutta en ymmärrä Jaskan ratkaisua. Tässä haetaan kaikkia kokonaislukuja p (joista yksi on siis Eulerin keksimä 41), jotka myös toteuttavat ehdon, että x^2-x+p antaa x:n arvoilla 0...p-1 pelkkiä alkulukuja. Eli, pelkistäen, jos vaikka Jaska keksii, että p=53 on sellainen, niin se tulisi elämään maailmankirjallisuudessa nimellä Jaska's lucky number. (Mutta p=53 ei tietääkseni ole sellainen.)
123. Olavi Kivalo3.3.2012 klo 18:38
Lisätään helpotukseksi, että Eulerin onnenlukua suurempia ei kannattane etsiä. Kiinalainen Shaoji Xu esitti männäviikolla teorian, että lukujono päättyy lukuun 41 (International Journal of Algebra, 2012,no.3,123-134). Tässä siis haetaan lukuja lähinnä väliltä 0...41
124. Jaska4.3.2012 klo 00:19
Meni yllättäen jakeluun. Eksyin harhapoluille, kun en viitsinyt panna Euleria paperille, ja niinpä yritelmäni ei noudattanut tehtävänkuvausta.Siis. Kun lukuihin 2, 6, 12, 20, 30...1560 lisätään 41, on summa alkuluku. Jos kerran 41 on suurin ja muut mahdolliset pienempiä vaatimuksen toteuttavista luvuista, niin ne kaikki on jo keksitty. Siis onko? Jos ei ole, niin minun on aivan yhtä turha lähteä niitä kokeilemalla haeskelemaan kuin 41:tä isompiakin lukuja.
125. Jaska4.3.2012 klo 00:40
Yritin vähän funtsia, olisiko jokin muu kuin 43:sta alkava jono, jossa alkulukujen erotukset jonkin pituisessa jaksossa kasvavat aritmeettisessa sarjassa. Siis sama tehtävä yksinkertaisemmin esitettynä. Totesin, että näin täytyy olla, jos jakson pituuden alarajaa ei ole määritetty. Riittääkö siis jonoksi esim. 3 lukua? Jos ei, montako tarvitaan? Voisin sitten kokeilla oikein kynän ja paperin kanssa:)
126. Olavi Kivalo4.3.2012 klo 09:44
Annan varmuuden vuoksi esimerkin.- Merkitään q = x^2 – x + p, jossa x = 0, 1, 2,..., p-1
- Annetaan p:lle arvoja 1, 2, 3, ...
- Katsotaan, millä p:n arvoilla alkulukuvaatimus toteutuu (T/F)
- Muodostetaan lukujono p(i) näistä p:n arvoista
p=1: q = {1} (F)
p=2: q = {2,2} (T)
p=3: q = {3,3,5} (T)
jne
p(i) = 2, 3, ...
En ymmärrä argumenttia, että jos joku on nämä jo laskenut, niin on turha niitä enää uudestaan laskea. Kysymys on hauskasta leikistä ja aivojumpasta. Samalla argumentilla voisi lakata ratkomasta ristikoita, koska laaatija on ne jo ratkonut. No, onhan tämä kompa nyt vähän mekaaninen, mutta sillä on samaan aikaan sekä kunniakas historiallinen että aivan ajankohtainen ulottuvuus.
127. Jaska4.3.2012 klo 12:59
No voi hyvät hyssykät. Minun argumenttinihan oli just päinvastainen.Eipä näissä alapään jonoissa edes kynää ja paperia tarvita:
2+3 = 5, siis ei jonoa.
2+5 = 7, 6+5 = 11, 12+5 = 17. Jono käsittää kolme lukua: 7, 11, 17.
(2+7 = 9), 6+7 = 13, 10+7 = 17, (20+7 = 27), 30+7 = 37. Poimitaan summista alkuluvut ja sadaan jono 13, 17, 37. Minulle jäi epäselväksi, onko myös tämä tehtävänkuvauksen mukainen ratkaisu.
128. Jaska4.3.2012 klo 13:04
Olisi pitänyt lukea tehtävänkuvaus uudelleen. Siinähän vaaditaan, että kaikkien summien pitää olla alkulukuja. No, tulinpahan keksineeksi, että ainakin luku 5 täyttää ehdon.
129. Jaska4.3.2012 klo 13:11
Huoh, unohtui myös, ett nollastahan noiden jonojen piti alkaa.Siis 0+3 = 3, 2+3 = 5. Jono on siis 3, 5, jos kaksi lukua riittää jonoksi.
Luvulla 5 jono käsittää siis neljä lukua: 5, 7, 11, 17.
Nyt täytynee jo ottaa kynä ja paperi avuksi:(
130. Jaska4.3.2012 klo 13:27
No niin, nollan mukana olohan merkitsee, että myös p:n pitää olla alkuluku, jolla jono myös aina alkaa. Tämän mainitseminen olisi saattanut säästää harhapoluille lipeämistä.Seuraava ehdon täyttävä p on 17:
17, 19, 23, 29, 37, 47, 59, 73, 89, 107, 127, 149, 173, 199, 227, 257.
En nyt ehdi koklata muita mahdollisia ehdon täyttäviä alkulukuja välillä 17-41. Onko niitä?
131. Jaska4.3.2012 klo 13:40
No nyt ehdinkin. Ei ollut muita. Kun kerran suurempia kuin 41 ei ole (todistus?), ovat ehdon täyttäviä peitä vain neljä kpl: 3, 5, 17 ja 41.
132. Olavi Kivalo4.3.2012 klo 15:23
Jaskan ehdotus: p(i) = 3, 5, 17, 41.Kaikki oikein, mutta kaksi puuttuu (siis, jos Xu on oikeassa).
133. Jaska4.3.2012 klo 16:00
Olinpa huolimaton. Olen siis hypännyt luvun 11 yli. Mutta se tekee vasta viisi lukua. Mikä on kuudes? Kun p:n pitää mielestäni olla aina pienempi alkulukukaksosista, niistä jää jäljelle enää 29. Se ei toteuta vaatimusta, että jonossa pitää olla p-1 lukua (6+29 = 35). Olen siis päätellyt jossain kohtaa väärin, missä?
134. Olavi Kivalo4.3.2012 klo 16:10
Mitäs vikaa on luvussa 2, jonka annoin jo aiemmassa esimerkissä varhain aamulla klo 9.44?
135. Jaska4.3.2012 klo 17:02
Ei siinä mitään vikaa ole, paitsi jos yhden pallon histis on pallotettu kahdeksi. En vain mieltänyt yhtä lukua jonoksi. Ei kaupassa kassallakaan ole jonoa, jos olen yksin siellä.
136. Jaska4.3.2012 klo 17:07
Korjaan. Käsitin siis väärin, mikä on haettava jono. Joka siis ompi 2, 3, 5, 11, 17, 41.
137. Olavi Kivalo4.3.2012 klo 18:24
Siinä se on. Lukujono, jota ei ole OEIS:ssa. Kohta varmaan on.Nyt ei ole enää muuta kuin herra Xun todistuksen osoittaminen vääräksi. Niin se tiede nimittäin etenee: jokaisen teorian kumoaminen on askel eteenpäin.
138. Jaska4.3.2012 klo 19:01
Onko Xu siis TODISTANUT ja julkaissut todistuksen, että ei ole suurempaa alkulukua kuin 41, joka toteuttaa ko. vaatimuksen. Eihän "suurempia ei kannattane etsiä" ole mikään todistus.
139. Jaska4.3.2012 klo 19:12
Kyseinen väittämä toisin muotoiltuna:Pisimmässä alkuluvuista koostuvassa lukujonossa, jossa kahden peräkkäisen luvun erotus kasvaa kahdella, on 40 lukua.
140. Olavi Kivalo5.3.2012 klo 12:06
Täytyypä tarkentaa. Itse asiassa lukujono 2, 3, 5, 11, 17, 41 on kuin onkin OEIS:ssa. Se ilmantui sinne viime vuoden lopulla. No, ei haitannut tahtia.
Itse asiasssa Xu esitti teoreeman (todistetun väittämän) eikä teoriaa. Todistus kuitenkin pohjautuu Stark–Heegner-teoreemaan, jonka Heegner esitti vuonna 1952 ja Stark täydensi siinä olevan gapin 1968. Jälkimmäisen todistus tapahtuu osoittamalla, että yhtälöllä 2x(x^3+1)=(y-2x^2)^2 on 6 kokonaislukujuuriparia (y,x). Nämä kuusi juurta ovat siis se, joka lopulta sanelee, ettei yllä olevassa lukujonossa voi olla enempää kuin nuo kuusi lukua.
141. Jaska6.3.2012 klo 17:29
5, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 15, ?
142. Jaska7.3.2012 klo 22:25
Jatketaan sen verran, että muuttuu pehmikseksi. Puhdas hoksaustehtävä vailla lukuteoreettista mielenkiintoa.5, 7, 9, 10, 12, 13, 12, 15, 18, 19, 20, 21, 22, 24, 25, 25, 26, 28, ?
143. Wexi7.3.2012 klo 22:28
...12, 13, 12....?
144. Jaska8.3.2012 klo 09:59
Mi ikävyys, mi hämäryys.. p.o. ...12, 13, 14...
145. Jaska10.3.2012 klo 12:50
Jono koostuu luvuista, jotka ovat vähintään kahden ERI alkuluvun summia.
146. Olavi Kivalo10.3.2012 klo 16:14
Eikö 3+5=8 ole mukana?
147. Olavi Kivalo10.3.2012 klo 18:59
Eivätkö muut kuin 25 esiinny tuplana (tai triplana jne) ?
148. Jaska10.3.2012 klo 20:53
Plörinäksi meni, sori. Kasi on pudonnut jostain mystisestä syystä pois ekasta jonosta, ja pidennetyssä virhe toistui automaattisesti.25 jotenkin käsitettävämpi huolimattomuus.
149. Olavi Kivalo10.3.2012 klo 21:29
Tässä alkaa kiinnostaa niiden lukujen jono, jotka eivät ole tässä jonossa. Näyttäisi, että alku menisi näin:1, 2, 3, 4, 6, 11,... Jatkuuko ja jos, niin kuinka?
150. Jaska11.3.2012 klo 00:42
Perhana, sieltähän puuttui myös 16, jonoa oli siis käytännössä mahdototonta tulkita.Vastakkaiseen jonoon kuuluvat jatkossa kai vain muut alkuluvut kuin kaksosten isompi.
151. Olavi Kivalo11.3.2012 klo 00:46
OEIS:sta löytyi jono 1, 2, 3, 4, 6, 11, 17, jonka luvut eivät ole kahden tai kolmen eri alkuluvun summia (A066615). Koska 17 on neljän ensimmäisen alkuluvun summa, ei Jaskan jonoon kuulumattomien lukujen jono sisällä muita kuin nuo 1, 2, 3, 4, 6, 11. (ja loput ovat siis Jaskan jonossa)
152. Olavi Kivalo11.3.2012 klo 09:21
Eli näyttäisi, että tässä on löydetty lukujono, joka ei ole OEIS:ssa. Luvut, jotka eivät ole vähintään kahden eri alkuluvun summia 1, 2, 3, 4, 6, 11.Voidaan siis sanoa, että lukujonon, jonka luvut ovat vähintään kahden alkuluvun summia (tunnetaan myös ns. Jaskan lukujonona) ja jonon 1, 2, 3, 4, 6, 11 unioni on kaikkien luonnollisten lukujen joukko. Wow. Tätä voisi ehdottaa luonnollisten lukujen uudeksi määritelmäksi.
153. Jaska11.3.2012 klo 11:23
Siis näinkö: Vastakkaisen jonoon kuuluvat kaikki ne parittomat luvut >11, jotka eivät ole kahden, vaan sitä useamman alkuluvun summia. 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 51...
154. Jaska11.3.2012 klo 11:47
5, 17, 41, 197, 281, 2753, ?Onko jono äärellinen vai ääretön?
155. Jaska11.3.2012 klo 11:57
11:23 ...useamman eri alkuluvun summia.
156. Antti12.3.2012 klo 03:58
Jaskan jonossa, 5, 17, 41, 197, 281, 2753, ?
5 on 2:n ensimmäisen alkuluvun summa,
17 on 4:n ensimmäisen alkuluvun summa,
41 on 6:n ensimmäisen alkuluvun summa,
197 on 12:n ensimmäisen alkuluvun summa,
281 on 14:n ensimmäisen alkuluvun summa,
mutta ei ole sellaista luonnollista lukua, n, että
2753 olisi n:n ensimmäisen alkuluvun summa.
157. Olavi Kivalo12.3.2012 klo 11:16
Nuo alkupään luvut ovat n:n ensimmäisen alkuluvun summia, jotka itsekin ovat alkulukuja. Viimeinen eli 2753 on alkuluku, mutta ei ensimmäisten alkulukujen summa. Sain sensijaan seuraavan jonon:
5, 17, 41, 197, 281, 7699, 8893, ...
158. Jaska12.3.2012 klo 11:19
Ei tule mitään, taakse poistu!--------------------------------
Palasin takaisin riviin. Yhteenlaskuvirheeni siis vesitti jonon, jonka Antti kuitenkin havaitsi alkulukujen summajonosta poimituiksi alkuluvuiksi. Korjattu jonon alku sadan ensimmäisen alkuluvun summista käsittää yhdeksän lukua, toisessa jonossa niiden yhteenlaskettavien lukumäärä.
5, 17, 41, 197, 281, 7699, 8893, 22039, 24133
2, 4, 6, 12, 14, 60, 64, 96, 100
Arvaan, että todistusta jonon äärellisyydestä tai äärettömyydestä ei ole esitetty?
159. Olavi Kivalo12.3.2012 klo 11:20
Näyttää muuten olevan OEIS:ssa.
160. Jaska12.3.2012 klo 11:36
Kiinnostava kysymys on myös, jatkuuko viiden ensimmäisen luvun jono, kun siihen poimitaan vain kaksosten pienemmät luvut. Jos voidaan todistaa, että se(kin) on ääretön, on myös kaikkien kaksosten lukumäärä ääretön. Mutta luulenpa, ettei voida...
161. Jaska13.3.2012 klo 11:34
Po. summajonosta on poimittavissa osajonoja. Mikä osajono alkaa 57 ensimmäisen alkuluvun summalla 6870? Oikein vastanneelle yhtä monta pojoa.
162. Jaska14.3.2012 klo 12:42
Kysymykseni on epäilemättä kinkkinen. 6870 on ensimmäinen kuudella jaollinen summa. Kun ignoreerataan 2, eka kuudella jaollinen summa on 438. Kun aloitusluku on 5 tai 7, kuudella jaollisia summia on vaikka "huru mykky."
163. Jaska20.3.2012 klo 17:35
Seuraavassa 10 ekaa lukua jonosta, joka koostuu tietyistä neljän luvun keskiarvoista. Mistä?15, 105, 195, 825, 1485, 1875, 2085, 3255, 3465, 5655
164. Matti24.3.2012 klo 12:36
Jaska, mikä tämän ratkaisu on?
165. Olavi Kivalo24.3.2012 klo 14:21
Älä Jaska kerro vielä. Tämä on livahtanut minulta kokonaan ohi. Haluan yrittää nyt. Siis nyt.
166. Jaska24.3.2012 klo 15:02
Olen hiljaa kuin kisu sakussa.
167. Olavi Kivalo24.3.2012 klo 15:50
Väli-ihmettely, ettei tarvitse syleillä koko avaruutta: - Ovatko nuo 'neljä lukua' aina sama neljän luvun joukko vai neljän mielivaltaisen luvun joukko?
- Ovatko keskiarvon painot aina samat vai mielivaltaiset?
168. Jaska24.3.2012 klo 20:32
Eivät mielivaltaiset. Kaikilla neljän luvun ryhmillä on keskiarvoon a+b+c+d/4 liittyvä yhteinen ominaisuus.
169. Jaska24.3.2012 klo 20:34
Siis (a+b+c+d)/4
170. Olavi Kivalo24.3.2012 klo 23:42
En tiedä olenko ymmärtänyt. Luultavasti en. Summat suhtautuvat toisiinsa kuten luvut 1, 7, 13, 55, 99, 125, 139, 217, 231, 377.
171. Jaska25.3.2012 klo 00:13
Juuri niin, ja suhteilla on oma kiinnostavuutensa. Kysymys, mitkä ovat summien 60, 420 jne yhteenlaskettavat, jäi kuitenkin avoimeksi. Nyt aikalisä!
172. Jukkis25.3.2012 klo 10:01
Niiden peräkkäisten neljän alkuluvun keskiarvo, joille pätee, että jos x on alkuluku, niin myös x+2, x+6 ja x+8 on alkulukuja.Siis
(11+13+17+19)/4 = 15
(101+103+107+109)/4 = 105
(191+193+197+199)(4 = 195
jne.
173. Jukkis25.3.2012 klo 10:02
Vika laskutoimitus tietysti(191+193+197+199)/4 = 195
174. Jukkis25.3.2012 klo 10:13
Paitsi että myös 5 on tuollainen alkuluku, koska 5, 7, 11 ja 13 on alkulukuja. Että tuon mukaan säädetään vastausta.Tämmöisen nelikon aloittavat alkuluvut löytyy OEIS:Stä:
_http://oeis.org/A007530
175. Jaska25.3.2012 klo 11:55
Täsmällinen ratkaisu: jono koostuu samalla kymmenluvulla olevien neljän alkuluvun summien keskiarvosta.Näiden "alkulukunelosten" viimeiset numerot ovat siis aina 1, 3, 7, 9, joten keskiarvo on aina viidellä jaollinen. Saman kymmenluvun ehto rajaa siis pois neloset 5, 7, 11, 13 joiden
keskiarvo on 9.
176. Olavi Kivalo26.3.2012 klo 19:06
Tuo lukujono1, 7, 13, 55, 99, 125, 139, 217, 231, 377, ...
esiintyy myös OEIS:ssa (A112540).
Ne ovat lukuja n, jotka kerrottuna 15:llä antavat Jaskan jonon. Kertolaskulla saadaan siis vitoseen päättyviä lukuja 15n. Ne ovat ne luvut 15n, joiden ympärillä symmetrisesti esiintyvät parittomat luvut 15n-4, 15n-2, 15n+2 ja 15n+4 ovat alkulukuja. Näiden alkulukujen keskiarvo on tietysti 15n ja ne sijaitsevat tietysti samalla kymmenluvulla.
Näitä alkulukunelikkoja voidaan ryhmitellä toisinkin kuten Jukkiksen mainitsemassa jonossa A007530. Siinä n ovat lukuja niin, että n, n+2, n+6, ja n+8 ovat alkulukuja. Keskiarvoksi tulee nyt n+4, joiden muodostama jono on Jaskan jono lukuunottamatta ensimmäistä termiä 9. (Minusta tuon vaatimuksen, että lukujen tulee olla samalla kymmeluvulla, voisi jättää pois, koska se on pikemminkin seuraus kuin jonon lähtökohta.)
177. Olavi Kivalo29.3.2012 klo 11:06
Jaskan esiinottama alkulukunelikko noudattaa kaavaa 2-4-2, jossa luvut tarkoittavat peräkkäisten alkulukujen erotusta. Nelikoita on lukuisilla muillakin kaavoilla. Jos halutaan kaivaa näistä jotain mahdollisesti kiinnostavaa, niin symmetrisistä kaavoista a-b-a, jossa a ja b ovat erisuuria parillisia lukuja, jotkut eivät näytä muodostavan lukujonoa. Kun a ja b ovat 2,4 tai 6, kaava 4-6-4 ei näytä tuottavan lukujonoa, kun taas kaikki muut 5 symmetristä kombinaatiota (2-4-2, 2-6-2, 4-2-4, 6-2-6, 6-4-6) tuottavat ja ovat OEIS:ssa.
Kun a ja b ovat 2 ja 8 tai 4 ja 8, kaavat 2-8-2 ja 8-2-8 eivät näytä tuottavan lukujonoa, kun taas ainoastaan 8-4-8 ja 4-8-4 tuottavat. Näistä kuitenkin vain edellinen on OEIS:ssa.
Kaavat 2-10-2 ja 2-12-2 tuottavat lukujonon, mutta jälkimmäinen ei ole OEIS:ssa.
Miksi jotkut kombinaatiot eivät tuota alkulukunelikoista muodostuvia lukujonoja? Kai sillä joku selitys on. Seuraava kompa onkin: Todista, ettei ole sellaista lukua n niin, että alkuluvuille p pätee p(n+1)-p(n)=4 ja p(n+2)-p(n+1)=6 ja p(n+3)-p(n+2)=4.
Itse taidan vetäydyn tästä haasteesta. Kokeilin numeerisesti n:n arvoon 10! asti, eikä löytynyt.
178. Jaska29.3.2012 klo 12:51
En ilmeisesti tajua, mitä pitää todistaa, koska 3(1+1)-2(1) = 4.
179. Jaska29.3.2012 klo 16:23
Seuraavan jonon anatomian aanailu ei liene vaikeaa:5, 23, 101, 109, 263, 211, 251, 751, 1367, 941....
180. Olavi Kivalo29.3.2012 klo 20:22
Avaisitko Jaska hieman tuota kaavaasi?
181. Jaska29.3.2012 klo 20:45
Tulo miinus tulo = 4, siis alkuluku kertaa luku, miinus alkuluku kertaa yhtä pienempi luku = 4.
182. Jukkis29.3.2012 klo 21:57
Aika kiinnostava ajattelu on kyseessä, kun "alkuluvuille p pätee p(n+1)-p(n)=4" -tekstistä saa aikaan laskutoimituksen 3(1+1)-2(1) = 4.Että minkä takia ensin p = 3 ja sitten onkin p = 2? Puhumattakaan siitä, että on tainnut Jaskalta jäädä tajuamatta koko asian perimmäinen merkitys. Vai lieneekö kyseessä jonkinasteinen huumori?
183. Jaska29.3.2012 klo 22:36
Jukkis, ei huumori. Sinähän osaat lukea. Luitko viestini 12:51? Ilmeisesti = tainnut, vai mitä? Miksi et siis vahvistanut asiaa, vaan tarpeettomasti toistit epävarmuutta ilmaisevan arveluni.Käsittääkseni p on mikä tahansa alkuluku ilman täsmennystä Näin ollen Olavi Kivalon käyttämä monikko "todista... alkuluvuIlle..." ei ehdottomasti sulje pois mahdollisuutta, että todistelu saattaa koskea kahta eri alkulukua. Jos tarkoitetaan yhtä alkulukua, olisi mielestäni pitänyt käyttää yksikköä "todista... alkuluvulle..."
Sillä tavalla kuin minä tehtävän ymmärsin, saman alkuvun ollessa kyseessä tilanne on selviö, jota ei tarvitse todistaa. Ilmeisesti siis ymmärsin väärin, joten muut hoitakoon oikean todistuksen. Ehkä sinä Jukkis?
184. Olavi Kivalo29.3.2012 klo 23:42
Arvelin, ettei todistuksen paikka liene tällä foorumilla (loistavaa tietysti jos olisi). Heitin kuitenkin haasteen, mutta liukenin itse kuviosta ("itse taidan vetäydyn"). Vähän kuin heittäisi ankarat löylyt ja poistuisi samantien. Jaskan kuittaus on ymmärrettävä.
185. Jukkis30.3.2012 klo 07:55
Öööö, eikös merkintä p(n) tarkoita että "n:s alkuluku". Siis alkulukujen luettelon 2, 3, 5, 7, .... n:s jäsen. Ja p(n+1) on sitten sitä seuraava alkuluku. Siis jos n = 3, niin p(n) = 5 ja p(n+1) = 7. Rupesin illalla Matlabilla laskemaan tuota p(n+1)-p(n)=4 ja p(n+2)-p(n+1)=6 ja p(n+3)-p(n+2)=4 -hommaa. En vielä saanut koodia toimimaan, rupesi nukuttamaan. Ehkä jatkan, esim. vaikkapa kaikilla 10^9 :ää pienemmillä alkuluvuilla. Saattaa muutamassa tunnissa laskea. Eihän sieltä mitään tietenkään löydy, mutta laskenpa silti.
186. Antti30.3.2012 klo 09:55
4, 12, 30, 60, 102, 158, ?
187. Jaska30.3.2012 klo 11:32
No niin, sekoiluni siis johtui unohduksesta, että n tarkoittaa järjestyslukua. Sehän on teille matemaatikoille tietysti itsestään selvää, mutta minä kielimiehenä lähdin tulkinnassani semanttiselta pohjalta, siis luku = mikä tahansa luku. Lisäksi en heti snaijannut, että "kompa" liittyy suoraan asiaan, siis se ei olekaan mikään kompa. Ellei sillä tarkoiteta todistamisen mahdottomuutta. Täytyypä tutkailla, onko todistamisen mahdottomuus todistettavissa...
188. Jaska30.3.2012 klo 12:49
Mahdottomuus ei ole todistettavissa. Sen sijaan on faktumi, kunnes toisin todistetaan, että kun p(n+1) - p(n) = 4 ja p(n+2) - p(n+1) = 6, on p(n+2) +1 aina kolmella jaollinen, joten myös p(n+2) + 4 on kolmella jaollinen. Neljän peräkkäisen alkuluvun erotuskombinaatio 4-6-4 ei siis ole mahdollinen.
189. Jaska30.3.2012 klo 13:26
Täsmennetään vielä, että jokaista alkulukua luvusta 7 alkaen joko edeltää tai seuraa kuudella jaollinen luku. Jos kahden peräkkäisen alkuluvun erotus on 4, pienempää edeltää ja suurempaa seuraa aina kuudella jaollinen luku, joten myös seuraavaa + 6 suurempaa alkulukua seuraava luku on kuudella jaollinen. p(n+2) + 1 on siis aina kuudella jaollinen ja p(n+2) + 4 aina kolmella jaollinen.
190. Jaska30.3.2012 klo 14:54
Korjaan ...luvusta 5 alkaen.
191. Jaska30.3.2012 klo 15:34
Antti, tehtäväsi vaikuttaa kinkkiseltä. Onko 158 varmasti tarkoittamasi? Löysin ratkaisun jonolle, jossa kuudes luku on 162.
192. Jukkis30.3.2012 klo 16:22
Elegantti tuo Jaskan 4-6-4 -todistus. Ja niin simppeli, että taas ottaa aivoon kun en itse keksinyt. En laita Matlabia laskemaan.
193. Antti30.3.2012 klo 18:29
Jaska, 162 ei sääntöni mukaan sovi kuudenneksi. Mutta saattaahan sinulla olla toinen, tulokseesi johtava sääntö. Kerrotko sen?
194. Wexi30.3.2012 klo 18:33
[Anteeksi häiriö, mutta seuraavasta pitäisi löytyä koordinaatit juuri julkaistuun Geokätköön muodossa "60° xx.xxx; E 024° yy.yyy":{) )))'x]sr)))'x _))x' ){'x]rr){'xxx
(Olen havainnut tällä osastolla olevan laaja-alaista tietämystä erilaisista asioista (slurps), joten laitan pohdinnalle. Yritän sitä itsekin silmäillä.
Sori, että menee otsakkeen aiheen ulkopuolelle.]
195. Wexi30.3.2012 klo 18:36
[Ai niin, edellisen kätkön nimi on "Asterix & Obelix", jos sitä tarvitaan, mene ja tiedä]
196. Jukkis30.3.2012 klo 21:04
Yritin noiden merkkien ASCII-koodien avulla jotain saada aikaan, mutta ei kyllä oikein lähtenyt. Voi olla ihan väärä lähestymistapa, mutta voi olla oikeakin. Luultavasti jotain ihan simppeliä tossa on takana.
197. Wexi30.3.2012 klo 21:13
[Ite yrittelin (äksän ja vesselin pyynnöstä) tutkailla tuota jaksottamalla "rimpsua" oletuksella N 60° 3x.xxx E 024° 5x.xxx (todennäköisimmät Hyvinkään koordinaatit), mutta ei tullut valmista. Ainakaan vielä.Suuret kiitokset kuitenkin vaivannäöstä joka tapauksessa.]
198. Jaska30.3.2012 klo 21:45
Antin viisi ekaa lukua 4, 12, 30, 60, 102, niiden erotusjono 8, 18, 30, 42, joka voidaan esittää peräkkäisten alkulukujen summina kolmesta alkaen: 3+5, 7+11, 13+17, 19+23. Seuraava summa tällä idealla on siis 29+31 = 60, ja 102+60 = 162. Halusin varmistua, että tästä ei ole kyse, vaikka en keksinyt selitystä 2:n ignoreeramiselle ja miksi jono alku on 4 eikä 0 tai 1.Samalla idealla, mutta erotusjonon ekana terminä 2+3 = 5 jono menee 0:sta alkaen:
0, 5, 17, 41, 77, 129, 197...
199. Olavi Kivalo30.3.2012 klo 23:12
Jaska kaataa alkulukukompia kuin heinää. Olisiko aika yrittää laatia vielä yleistä lausetta noista alkulukunelikoista, muistakin kuin tuosta symmetrisestä 4-6-4 erotuskombinaatiosta. Esim. tuottaako 4-6-30 lukujonon ja vielä yleisemmin: millä edellytyksillä parillisten erotusten kaava a-b-c tuottaa alkuluvuista muodostuvan lukujonon.
200. Antti31.3.2012 klo 07:29
Alkulukujen kautta jonooni tullaan, vaikka yksikään jonon luku ei ole alkulku.
201. Jaska1.4.2012 klo 21:54
Sama jono kuin toissailtainen 21:45 saadaan selväpiirteisemminkin: Eka alkuluku 2+2 = 4, kolmen ekan summa 10+2 = 12, viisi ekaa 28+2 = 30, seitsemän ekaa 58+2 = 60, yhdeksän ekaa 100+2 = 102, mutta 11 ekaa 160+2 = 162.
Katson tänään vielä tovin tai muutaman Antin mysteeriä ennen kuin luovutan.
202. Jaska1.4.2012 klo 22:27
Katsoin turhaan jo montakin tovia. En kuitenkaan luovuta, jos Antti antaa vielä jononsa seitsemännen luvun. Käykö?
203. Antti2.4.2012 klo 06:38
Käy, Jaska, 230.
204. Antti2.4.2012 klo 11:26
Jononi jokainen luku on alkuluku+1. Mutta mikä alkuluku?
205. Jaska2.4.2012 klo 17:25
Näkihän tuon +1 suoraan kuudesta ekasta, ja seitsemäs vahvisti asian. Sitä yhteistä ominaisuuttahan tässä on alusta alkaen pähkäilty. Saattaa olla kirjatietoakin, eikä kirjaa ole hyllyssä:(Siis täytyy vaan jatkaa kokeiluja.
206. Jaska2.4.2012 klo 18:07
Onneksi en jatkanut, vaan tsekkasin vanhoja yritelmiä virheen varalta. Sellainen löytyikin P/n vertailusta.Antin jono muodostuu, kun lisätään 1 n-jonon 2, 5, 10, 17, 26, 37... (erotusjono 3, 5, 7, 11...) vastaaviin lukuihin 3, 11, 29, 59, 101...
Jonon neljä seuraavaa lukua ovat 314, 422. 518, 674.
207. Antti2.4.2012 klo 19:11
Tekeleeni sain näin:Kun s(j) = j:s alkuluku,
niin jononi on a(j) = s(j^2+1)+1
208. Jaska3.4.2012 klo 17:03
Ei ollut ainakaan peijoratiivisessa merkityksessä tekele.Seuraava ja sen rinnakaisjono tunnetaan niihin liittyvästä Jaskan aksioomasta ja Jaskan otaksumasta. Tosin ainoa tuntija on toistaiseksi Jaska itse.
1, 4, 18, 38, 108, 152, 270, 338, ?
209. Matti7.4.2012 klo 17:06
Jaska, mitenkäs tuo konjektuuri jatkuu?
210. Olavi Kivalo7.4.2012 klo 18:14
Tähän väliin Olavin konjektuuri. Palaan aiemmin esittämääni kysymykseen: millä edellytyksillä parillisten erotusten kaava a-b-c tuottaa alkulukunelikoista muodostuvan lukujonon? (30.3.2012 klo 23:12).Alkuvuista on hankala tuottaa säännönmukaisuuksia. Seuraava päättymätön lukujono sisältää 8:n jakson:
4,2,4,2,4,6,2,6,4,2,4,2,4,6,2,6,4,2,4,2,4,6,2,6,4, 2,4,2,4,6,2,6, ...
Esitän kumottavaksi seuraavan väitteen: Valitsemalla jonosta kolme peräkkäistä lukua tai peräkkäisten lukujen kolme peräkkäistä summaa, saadaan ne tripletit a,b,c, jotka tuottavat alkulukunelikoista muodostuvan lukujon.
Esim. a,b,c = 4+6, 2+6+4, 2 = 10, 12, 2 antaa seuraavan alkulukunelikoiden ensimmäisitä jäsenistä muodostuvan jonon 787, 1699, 2089, 2767, 4909, 6277, 8839, ...
211. Jaska7.4.2012 klo 19:45
Matille jatkoa: 500, 810, 924, 1328, 1538, 1802...Olavi Kivalon väitteen kumoaminen taitaa olla työläs tehtävä. Mieluummin todistaisin sen, koska samalla tulisi todistetuksi kaksosten ja nelosten lukumäärän äärettömyys.
212. Jaska7.4.2012 klo 19:52
Pahus, ensin pitäisi todistaa, että ko. erotusten lukumäärä on ääretön.
213. Olavi Kivalo7.4.2012 klo 23:10
Konjektuurini vääräksi todistamista voisi yrittää vaikka siten, että satunnaiset henkilöt poimivat jonosta kolme satunnaista tai harkiten valittua peräkkäistä lukua tai peräkkäisten lukujen peräkkäistä summaa ja minä yritän osoittaa numeerisesti, että niistä muodostuu alkulukunelikkojen jono.
214. Olavi Kivalo9.4.2012 klo 22:42
Sorry to say, mutta tuo Jaskan jono on a(n) = prime(n)^2 - prime(n+1), joka on OEIS:n A062235.
215. Jaska10.4.2012 klo 00:03
Ei siinä mitään sorisemista ole. Pidin sitä ihan mahdollisena.Tarkoittamassani rinnakkaisjonossa on lisätty seuraava alkuluku.
1, 4, 18, 38, 108, 152, 270, 338, 500, 810, 924, 1328...
7, 14, 32, 60, 134, 186, 308, 384, 558, 872, 998, 1410...
Aksioomia ja otaksumia voi kehitellä useitakin, kuten
A: jakolaskun [p(n)^2 + p(n+1)] / 2p(n+1) jakojäännös on
[p(n+1) - p(n)]^2
O: jonojen lukupareissa ei ole 2 pois luettuna samoja alkutekijöitä eikä samaa lukumäärää alkutekijöitä.
216. Olavi Kivalo14.4.2012 klo 09:41
En jaska näitä Jaksan askioomeja.Pitää olla
A: jakolaskun [p(n)^2 + p(n+1)^2] / 2p(n+1) jakojäännös on
[p(n+1) - p(n)]^2
217. Jaska14.4.2012 klo 11:41
Onhan OK:nkin tulos tietysti oikein. Kun alkuluvun neliöön lisätään pariton määrä seuraavaa alkulukua, on kuvattua vastaavan jakolaskun jakojäännös niiden erotuksen neliö. Kun lisätään parillinen määrä, on jakojäännös 2*seuraava alkuluku - 1.
218. Jaska14.4.2012 klo 13:19
Peruutus: parillisten määrän lisäyksessä tuli aatoseksymä. Korjataan jos osataan.
219. Jaska14.4.2012 klo 14:19
Näyttää olevan olevan parittomien jakojäännös + p(n+1) tapauksissa 2/3, 3/5, 5/7, 11/13, 13/17, mutta tapauksessa 7/11 parittomien jakojäännös - p: 49+11,33,55 jne /22, jakojäännös säännönmukaisesti 16, kun taas 49+22,44,66 jne/22 jakojäännös 16-11 = 5.
220. Jaska14.4.2012 klo 15:12
Huoh, siis se poikkeustapauksen vähennettävä 11 on p(n+1). Lähdenpä tästä hapettumaan.
221. Olavi Kivalo14.4.2012 klo 19:17
Jaskoin sittenkin. Kyllä myös jakolaskun [p(n)^2 + p(n+1)] / 2p(n+1) jakojäännös on [p(n+1) - p(n)]^2.Kokonaisosat ovat p(n) ja p(n)-[p(n+1)-1]/2, jälkimmäinen Jaksan tapauksessa, edellinen minun.
222. Olavi Kivalo19.4.2012 klo 21:12
Kuinkahan seuraava alkulukujono jatkuu:13, 19, 23, 29, 59, 79, 89, 103, 109, 127, 163, ...
223. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 09:11
Vihje: Tapa, millä alkuluvut on poimittu tähän osajonoon, perustuu yksinomaan kunkin alkuluvun henkilökohtaisiin ominaisuuuksiin, ei keskinäisiin suhteisiin
224. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 13:24
Toinen vihje: Ominaisuudet liittyvät jakojäänökseen.
225. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 13:25
Kolmas vihje: Jakojäännös kirjoitetaan kahdella n:llä.
226. Jaska20.4.2012 klo 15:06
Heidän henkilökohtaiset ominaisuutensa ovat niin moninaisia, että jakojäännökseni menivät hakoteille.
227. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 15:29
Neljäs vihje: Jokaista lukua luonnehtivat ne numerot, joista luku muodostuu, ja näiden numeroiden keskinäiset suhteet.
228. Jaska20.4.2012 klo 16:45
Aha. Äsken kauppareissulla laskeskelin eri jakojäänmlsiä, ja yksi tapa stemmasi kolmen ekan luvun suhteen. Sitä ei sitten kannata jatkaa.
229. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 18:52
Poimintatapa on ehkä vähän liian simppeli, että se jää sen vuoksi huomaamatta. Annan jonon pidempänä, jos siitä olisi apua.13, 19, 23, 29, 59, 79, 89, 103, 109, 127, 163, 193, 197, 199, 233, 263, 293, 367, 409, 487, 499, 509, 599, 709, 809, ...
Jono (joka on vähän tylsä) ei esiinny OEIS:ssa, mutta se on osajono (ainakin yhtä tylsästä) jonosta, joka ilmestyi sinne pari viikkoa sitten.
230. Jaska20.4.2012 klo 19:08
Luulin jo tuota ennen olevani hajulla, siis kun luvusta vähennetään eka numero, erotus on jaollinen vikalla numerolla? Kaikkia en ole tsekannut.
231. Jaska20.4.2012 klo 20:24
Kyllä se noin menee. Siis toisin sanoen kun luku jaetaan sen viimeisellä numerolla, on jakojäännös sen ensimmäinen numero.
232. Jaska20.4.2012 klo 20:28
Joku paronettihan sen olisi voinut heti päätellä siitä, että 1 ei esiinny viimeisenä numerona.
233. Olavi Kivalo20.4.2012 klo 23:16
Näillä foorumeilla ei taida olla kuin yksi paronetin arvon saanut eli Eki, mutta eipä päätellyt. Oli varmaan muita hommia.
234. Jaska26.4.2012 klo 20:42
Seuraavat voisivat olla OEIS:ssä, mutta eivät ole vaikeita siellä olemattakaan:5, 7, 11, 23, 47, 59, 83, 107, 167, ?
3, 5, 13, 37, 61, 73, 157, 193, 277, ?
235. Antti27.4.2012 klo 06:23
Siellä ovat. Ratkaisut1. Alkuluvut, a, joille myös (a-1)/2 on alkuluku.
2. Alkuluvut, a, joille myös (a+1)/2 on alkuluku.
236. Jaska27.4.2012 klo 10:55
Näin on. Loput parittomat alkuluvut kuuluvat siis osajoukkoon, joka on muotoa alkuluku miinus kahden potenssi ja/tai alkuluku miinus kahden potenssi. Vaiko eikö?
237. Jaska27.4.2012 klo 12:30
Äääh, sekoilin taas hallitusti. Siis po. plus ja/tai miinus.
238. Olavi Kivalo3.5.2012 klo 22:44
Voidaanko luoda järjestelmä (muu kuin ihminen), joka annetusta lukujonon pätkästä generoisi ehdotuksia lainalaisuuksista, joista lukujono voisi juontua, ja jopa osuisi oikeaan?
239. Jaska3.5.2012 klo 23:11
Kyllä.
240. Olavi Kivalo4.5.2012 klo 08:52
Tämä ei ole kansanäänestys. Oma näkemykseni on, että yleisellä tasolla Ei, mutta tiettyjen rajoitteiden vallitessa Kyllä. Ja sitten perustelut. Jaska, kategorisin Kyllin, saa aloittaa.
241. Jaska4.5.2012 klo 11:04
Luulin tätä mielipidegallupiksi. Täsmennän kuitenkin: tiettyjen rajoitteiden vallitessa kyllä.
242. Olavi Kivalo4.5.2012 klo 12:05
Perustelen kielteistä kantaani sillä, että päättely on tehtävä seurauksesta syihin, siis kausaliteettia vastavirtaan, eli lukujonosta niihin lainalaisuuksiin, jotka sen tuottavat. Osittainen myönteinen kanta tulee siitä, että kone pystyy näennäisesti tällaiseen päättelyyn silloin, kun sille on syötetty joukko lainalaisuuksia, jotka se mekaanisesti käy läpi.On ohjelmia, jotka etsivät yhtälökandidaatteja, jotka antavat jollakin tarkkuudella ja joissakin tapauksissa täsmälleen sen yksittäisen luvun, joka on annettu inputtina. Nämä ohjelmat toimivat juuri tuolla yllä mainitulla periaatteella. Mutta tiedossani ei ole vastaavia ohjelmia, joissa inputti on lukujono.
243. Matti4.5.2012 klo 13:57
Olisi aika suoraviivainen jos kohta työläs juttu syöttää koneelle kaikki OEIS-lukujonojen lainalaisuudet, ja panna kone tsekkaamaan, sopiiko jokin niistä sille annettuun lukujonoon. Tässä ei olisi mitään luovaa. tai tekoälyä, tai muutakaan - pelkkää rutiinisuoritusta. Ja silti se tunnistaisi montako? satojatuhansia eri tapauksia.
244. Matti4.5.2012 klo 14:07
Pakitan vähän. Eivät kaikki OEIS-jonot ole niin simppeleitä, että voidaan ohjelmoida kone tunnistamaan jonon lainalaisuuden. Tästä esimerkkinä A200000, jota Olavi kuvailee tämän säikeen alussa. Mutta useat (iseimmat?) kyllä ovat.
245. Olavi Kivalo4.5.2012 klo 16:20
Jos RIES (inverse equation solver) ei ole tuttu, niin voi käydä kokeilemassa osoitteessa_http://www.mrob.com/pub/ries/index.html
Siitä saa käsityksen, kuinka toimii koneen päättely yksittäisestä luvusta yhtälöihin. Ohjelma käy läpi jopa 10^10 yhtälöä ja antaa parhaat kandidaatit varustettuna poikkeamalla annetusta luvusta.
Lainalaisuudet, jotka tuottavat lukujonoja eivät ole välttämättä yhtälöitä. Ne ovat kuitenkin useimmiten (ehkä aina) esitettävissä tietokoneohjelman muodossa, joka asiaintila antaa toivoa, että jonkinlainen brute force hakukone ehkä olisi mahdollinen.
246. Olavi Kivalo12.5.2012 klo 15:06
Otetaan hyvin yksinkertainen lukujono 100, 121, 144, 169, 196, 225, 256, ...Useimmat ihmiset näkevät välittömästi tai lähes, että kyseessä on peräkkäisten kokonaislukujen neliöistä muodostuva jono n^2, jossa n=10,11,12,.... Jos edetään formaalimmin, voi lainalaisuutta etsiä peräkkäisten lukujen erotuksista. Päädytään rekursioyhtälöön a(n+3)-3a(n+2)+3a(n+1)-a(n)=0, jonka ratkaisuna saadaan a(n)=n^2, jossa n=1,2,3,....
Mitä kone tekee? Syötin RIES-ohjelmaan yksi kerrallaan luvut 100, 121, 144, jne. Tarjoaako ohjelma aina samaa muotoa olevan yhtälön, jonka juuri on juuri, eikä juuri ja juuri, annettu luku? Tällaista tarjottiin:
x = 100: x/4 = 5^2 (‘exact match’)
x = 121: sqrt(x)+1 = 3*4 (‘exact match’)
jne.
Ei huono. Lainalaisuus eli ’peräkkäisten kokonaislukujen neliöistä muodostuva jono’ on löydettävissä näistä yhtälöistä (joskaan ei ihan suoraan). Mutta.
Otetaan monimutkainen lukujono 787, 1699, 2089, 2767, 4909, 6277, 8839, ...
Sen toteaminen, että luvut ovat alkulukuja, on helppoa. Tiedän, että jono noudattaa jokseenkin yksinkertaista lainalaisuutta: p(n) on ensimmäinen jäsen sellaisessa neljästä peräkkäisestä alkuluvusta muodostuvassa alkulukunelikossa, jossa alkulukujen erotukset ovat a, b ja c. Sen lisäksi tiedän, että a=10, b=12 ja c=2. Mutta onko puhtaalta pöydältä mitään edellytyksiä päättelemällä löytää kohtuullisessa ajassa tällaista lainalaisuutta siitäkään huolimatta, että lukujonoja koskevien yleisten lainalaisuuksien kokonaislukumäärä on ilmeisen äärellinen ja jopa kohtuullinen? No kuvitellaan, että joku löytää. Nyt hänen pitäisi vielä löytää äärettömästä joukosta numeerisia kombinaatioita (a,b,c) se yksittäinen, joka tuottaa annetun lukujonon.
On mahdollista laatia hakukone, johon on ohjelmoitu suuri joukko lukujonoja koskevia yleisiä lainalaisuuksia reunaehtoineen, kuten Mattikin totesi. Mutta pelkkä yhtälökokoelma ei tietenkään riitä. Syötin RIES-ohjelmaan yksi kerrallaan luvut 787, 1699, 2089, jne. - ilman odotuksia. Tulos oli
x = 787: x-5^4 = 2*9^2 (‘exact match’)
x = 1699: x+8^2+1 = (6*7)^2 (‘exact match’)
x = 2089: sqrt(x-8^2) = 5*9 (‘exact match’)
jne.
Mikään ei näytä liittävän näitä yhtälöitä toisiinsa.
Tämän lukujonon tunnistamiseksi hakukoneen tulee kyetä tunnistamaan luvut alkuvuiksi ja poimimaan alkulukuja koskevien lainalaisuuksien joukosta tuo kyseinen, johon kuuluu myös parametrejä a, b ja c koskeva rajoite. Ei kun vääntämään koodia.
247. Jaska2.6.2012 klo 23:24
Säie aika kauan nukuksissa. Herättelen jonolla, jota arvelen ennen julkaisemattomaksi:1, 9, 26, 93, 118, 119, 120, 531, 532, ?
248. Matti4.6.2012 klo 20:19
Neliö jaetaan yhdeksällä vaaka- ja yhdeksällä pystyviivalla niin että saadaan 100 pikkuneliötä. Montako neliöitä on kaikenkaikkiaan? (Yksi iso, 100 pientä, ja runsaaasti välikokoja.)
249. Wexi4.6.2012 klo 20:24
Nopeesti ja tyhmästi 137.
250. Wexi4.6.2012 klo 20:24
Ei tietenkään.
251. Wexi4.6.2012 klo 20:34
281?
252. Ari4.6.2012 klo 20:43
Pikaisesti piirustaen 385.
253. Wexi4.6.2012 klo 20:44
329? Piti totakin lähtee tuijottaan paperilla!Höh?
254. Jukkis4.6.2012 klo 20:57
385 äänestän minä.
255. Wexi4.6.2012 klo 21:08
Alan taipua samalle kannalle. "Viistosuunnat" unohtui, ja tympäännyin möyhennykseen.
256. Matti4.6.2012 klo 21:21
Entä jos pikkuneliöitä on n^2?
257. Ari4.6.2012 klo 21:40
x=1;y=0;
while (x<=n) {y=y+x*x; x++;}
print y;
Vastaus: y ;-)
258. Matti4.6.2012 klo 21:48
Vastaus on siis kuten yllä Jukkiksella ja Arilla:1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6
Kun sijoittaa n => 10 saadaan 385.
Entäs kun kuutio jaetaan sivutahkojen suuntaisilla tasoilla siten että saadaan 1000 pikkukuutiota, niin montako kuutiota silloin on kaikkiaan?
259. Ari4.6.2012 klo 22:03
1*1*1+2*2*2+3*3*3+4*4*4+5*5*5+6*6*6+7*7*7+8*8*8+9*
9*9+10*10*10=3025
260. Matti4.6.2012 klo 23:13
OK, näinhän se menee. Ja jos on n^3 pikkukuutiota, vastaus on eräs neljännen asteen polynomi. Tämän yleistäminen korkeampiin dimensioihin on suoraviivaista.Vähän konstikkaampi on tapaus, jossa tasasivuinen kolmio on jaettu sivujen suuntaisilla janoilla pikkukolmioiksi. Jos pikkukolmion sivu on ison kolmion sivun kymmenesosa, montako kolmiota on kaikenkaikkiaan, (Sitten yleistys tetraedriin.)
261. Ari4.6.2012 klo 23:21
104
262. Ari4.6.2012 klo 23:23
Siis tuo vastaus oli niitä pikkukolmioita...
263. Ari4.6.2012 klo 23:31
Oliskos kaikenkaikkiaan 220?
264. Ari4.6.2012 klo 23:44
On niitä varmaan enemmän... Nyt on mentävä nukkumaan...
265. Ari4.6.2012 klo 23:53
660
266. Ari4.6.2012 klo 23:55
Ei olekaan. Nukkumaan...
267. Ari5.6.2012 klo 10:43
Uusin laskenta antaa tulokseksi 595.
268. Jaska5.6.2012 klo 12:31
Oma tulos 3151+3+6+10+15+(21+1)+(28+6)+(36+15)+(45+28)+(55+45)
269. Ari5.6.2012 klo 14:05
Koska Matti ei ole vielä älähtänyt, niin laskenta jatkuu.Uusin laskenta antaa tulokseksi 540.
270. Ari5.6.2012 klo 15:03
Jaa-a aina luvut muuttuu kun jatkaa.535
271. Olavi Kivalo5.6.2012 klo 15:20
Sain noeasti laskien 315.
272. Jukkis5.6.2012 klo 15:38
315 saa kannatusta täältä.
273. Ari5.6.2012 klo 16:04
Täältäkin 315 saa äänen.Tulin laskeneeksi viimeisessäni kaksi kertaa nuo "oikein päin" olevat, eli kärki ylöspäin olevat kolmiot. Muuten se meni oikein.
274. Matti5.6.2012 klo 22:19
Matti älähtää, että 315 on oikein. Jaskan ryhmittelystä voi etsiä yleistä kaavaa, missä10 korvataan kokonaisluvulla n. Ja entäs se tetraedri?
275. Olavi Kivalo5.6.2012 klo 22:31
Yritin etsiä nättiä kaavaa, mutta en onnistunut. Sain aikaan seuraavan rumiluksenSum[1/2 (n + n^2), {n, 1, 5}] +
Sum[1/2 (110 - 41 n + 5 n^2), {n, 6, 10}]
Tämä tulee lukujonosta, joka koostuu erikokoisten kolmioiden lukumääristä suurimmasta pienimpään:
1, 3, 6, 10, 15, 22, 34, 51, 73, 100
276. Jaska5.6.2012 klo 22:49
2295
277. Matti6.6.2012 klo 00:36
Tällaista löytyi: Jos kolmion sivu on jaettu n:ään palaseen, niin syntyvien kolmioiden lukumäärä on(12k^3 + 33k^2 + 27k + 6)/6, jos n = 2k+1 (pariton), ja
(4k^3 + 5k^2 + k)/2, jos n = 2k (parillinen).
Jos jälkimmäiseen kaavaan sijoitetaan k=5, saadaan 315.
Niin, sitten vielä se tetraedri. Mutta ensin nukutaan.
278. Olavi Kivalo6.6.2012 klo 11:18
Tuo lukujono 0, 1, 5, 13, 27, 48, 78, 118, 170, 235, 315, 411, ... on OEIS:ssa (A002717).Yleistän kaavani tapaukseen, jossa kolmion ja pienimmän kolmion sivujen suhde on k = 1, 2, ..., K.
A = Summa 1/2 (n + n^2), n=1...N,
B = Summa 1/2 (k (k + 1) - (4 k + 1)*n + 5 n^2), n=N+1...k,
joissa N=k/2 tai (k+1)/2 riippuen onko k parillinen vai ei.
Kolmioiden lukumäärä on A+B.
A+B k:n funktiona antaa OEIS:n lukujonon.
279. Jaska6.6.2012 klo 12:53
Eilinen arvaukseni ei ole yhteneväinen totuuden kanssa.
280. Matti6.6.2012 klo 18:04
Antamani polynomit voi lausua myös tulomuodossa (jos haluaa):(k + 1)(4k^2 + 7k + 2)/6, jos n = 2k+1 (pariton), ja
k(k + 1)(4k + 1)/2, jos n = 2k (parillinen).
Sinänsä mielenkiintoista, että tämä jono on kelvannut OEIS:nkin, kuvauksella "Number of triangles in triangular matchstick arrangement of side n".
281. Olavi Kivalo6.6.2012 klo 18:20
Kehittämäni summalausekkeet ovat yksinkertaisia aritmeettisia ja geometrsia sarjoja ja voidaan helposti muuttaa suljettuun muotoon, luultavasti samaan, minkä Matti antaa. Siinä sopiva harjoitustehtävä. Mistä lähteestä nuo Matin lausekkeet ovat?
282. Matti6.6.2012 klo 20:54
Kaavat ovat itse johdettuja (ei mikään suuri urotyö).s(n) = 1+2+3+ ... +n = n(n+1)/2
t(n) = s(1)+s(2)+s(3)+ ... +s(n) = n(n+1)(n+2)/6
Edellinen on tuttu aritmeetisen sarjan summakaava, jälkimmäisessä käytetään hyväksi aika helposti johdettavaa kaavaa
1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6
jono s(n) = 1, 3, 6, 10, 15 jne, ja
jono t(n) = 1, 4, 10, 20, 35 jne..
Kolmioiden määrä N(n)
= t(n) + u(n) kun n on pariton
= t(n) + v(n) kun n on parillinen.
Jono u(n) saadaan, kun summataan jonosta s(n) joka toinen 3;sta alkaen, ja jono v(n) saadaaan kun summataan samasta jonosta joka toinen 1:stä alkaen. (Verbaalisessa esityksessä voi olla epätarkkuutta.) Siitä se lähtee. Lopuksi sievennellään.
283. Olavi Kivalo6.6.2012 klo 21:38
Mietin äsken saunan lauteilla noita tetraedreja. Niiden avaruudellinen hahmottaminen ajattelemalla on hämmästyttävän vaikeaa, ainakin minulle. Pohtinen niitä seuraavan kahden viikon aikana Italian alpeilla. Jollei asia mene täällä jo pois päiväjärjestyksestä, kerron sitten oman tulokseni.
284. Jaska6.6.2012 klo 23:01
Kolmiulotteisista kappaleista vain kuution hahmotus on helppoa. Jos siis esim. pitää rakentaa kahdeksasta samankokoisesta kuutiosta uusi kuutio, niin se yhtä helppoa aatoksissa kuin konkreettisesti. Muiden säännöllisten monitahokkaiden vastaavassa rakentelussa syntyvä hukkatila vaikeuttaa suuresti oikean ratkaisun (maksimin) laskemista. Saakohan muuten mistään ostaa muita kuin mehutetraedreja. Ainakin minä tarvitsisin muutamia satoja kappaleita kokeelliseen tehtävänratkaisuun...
285. Jaska6.6.2012 klo 23:05
..ja niiden pitäisi tietysti olla tarrapintaisia tai muutem toisiinsa kiinnittyviä. Tai ehkäpä vain odotamme Matilta ratkaisua kaavoineen. Sallittakoon se myös ennen Olavi Kivalon paluuta!
286. Matti6.6.2012 klo 23:43
Silloin kun Rubickin kuutiot olivat muodissa, myynnissä oli myös Rubickin tetraedreja. Ne vastasivat tapausta n=3. Itse en ole vielä tetraedreja miettinyt. Sama fiilis kuin Jaskalla, että ovat vaikeita hahmottaa. Saa nähdä tuleeko tästä mitään.
287. Matti7.6.2012 klo 10:03
Mitä hahmotukseen tulee, niin tässä on kiva tehtävä:Kuution avaruuslävistäjälle piirretään keskinormaalitaso (joka kulkee siis lävistäjän keskipisteen kautta ja on lävistäjää vastaan kohtisuorassa). Millainen on kuution ja tason leikkauskuvio? Saa piirtää, tai vaikkapa taitella paperista mallin.
288. Jaska7.6.2012 klo 12:05
Piirtämättä ja paperitta suorakaide, jonka vastakkaisten sivujen pituudet ovat 1 ja V2, kun kuution särmä on 1.
289. Matti7.6.2012 klo 13:51
Jaska, ei ole. Kynä ja paperia esiin!
290. Matti7.6.2012 klo 13:51
Jaska, ei ole. Kynä ja paperia esiin!
291. Jaska7.6.2012 klo 15:51
Arvelinkin, että oli jotain jykeä. Edelleen ilman piirustuksia suorakaiteen lyhyemmät sivut ovat V2/2 ja pitemmät 1.
292. Jaska7.6.2012 klo 18:29
Saunassa mietin pää faktisesti höyryten uudelleen ja totesin olleeni ulalla. Nyt täytyy ottaa lusikka eiku kynä kauniiseen kätöseen ja yrittää raapustaa oikea ratkaisu.
293. Jaska7.6.2012 klo 18:37
Jonkinnäköinen rombi siitä tuli.
294. Jaska7.6.2012 klo 18:51
Tarkemmin epämääräinen suunnikas:)
295. Wexi7.6.2012 klo 19:08
Onkohan tuohon edelliseen "vinosalmiakki"; Korkeus √3, leveys √2?
296. Matti7.6.2012 klo 22:06
Näköjään aiemman tehtäväryhmän yleistys tetraedriin ei kuitenkaan toimi. Jos nimittäin tetraedrin jakaa neljällä sivutahkojen suuntaisella tasolla palasiksi, tuloksena ei olekaan 8 pikkutetraedria, vaan vain 4. Keskelle jää oktaedri, jonka tilavuus on puolet alkuperäisen tetraedrin tilavuudesta. Tehtävä on siis väärin määritelty, ja siksi tietysti mahdoton ratkaista. Intuitio teki minulle tepposet.Mutta se jälkimmäisen tehtävän leikkauskuvio on hyvin säännöllinen, ja paljon tutumpi kuin jokin rombi. Se saattaa tuottaa virkistävän ei voi olla totta -elämyksen. Ainakin minulle tuotti, kun asiaan aikoinaan ensi kerran törmäsin.
297. Wexi7.6.2012 klo 22:11
Siis eikö se ole "salmiakki", eli neljäkäs (lunttasin), √3x√2?
298. Jaska7.6.2012 klo 22:15
No voi helkutti, se tuttuhan on tietenkin suorakulmainen kolmio, jonka sivut ovat 1, neliöjuuri 2 ja neliöjuuri 3, kun kuution särmä on 1. Miten en tota heti tajunnut, vaan rupesin sähläämään kynin ja paperein:(Muuten, miten oikea juurimerkki (Wexillä) näppäillään?
299. Wexi7.6.2012 klo 22:23
Meni vähän aikaa ITSELLÄKIN etsiessä. √ tulee KÄYNNISTÄ > OHJELMAT > APUOHJELMAT > JÄRJESTELMÄTYÖKALUT > MERKISTÖ.Valitsin fontiksi Arial Narrow. Sieltä se löytyi viidenneks alimmaiselta riviltä: √ (U+221A) sulkeissa joku Unicode, en osaa näpytellä.
300. Jaska7.6.2012 klo 22:42
Kiitos runsaasti, mutta ajan voittamiseksi taidan jatkossakin käyttää ohjuksia!
301. Wexi7.6.2012 klo 23:03
Voithan sä laittaa sen johonkin "tekstipohjaan", ja copy/pastella napata se aika näpsästi.
302. Jaska7.6.2012 klo 23:05
2.6. jononi hautautui geometrian alle, mutta kaivetaan nyt kuitenkin ratkaisunsa esille. Jono käsittää pienimmät luvut, joiden etäisyys lähimmästä (jonon lukua pienemmästä tai suuremmasta) alkuluvusta on 1, 2, 3, jne. Seuraava luku on 1139. Tämä tuskin kiinnostaa tällä planeetalla muita kuin minua. Jonossa esiintyvät peräkkäisten lukujen jaksot johtuvat siis alkulukujen erotusten "yliloikkauksista", joista ensimmäinen sattuu välille 113-127, erotus 14. Edellinen suurin erotus oli 8, joten 10 ja 12 jäivät väliin.
303. Matti7.6.2012 klo 23:06
Ei se ole kolmio!
304. Jaska8.6.2012 klo 00:07
Jaa se tasohan halkookin kuutiota lävistäjän molemmin puolin. Kolmio pitää siis tuplata, jolloin siitä muodostuu suorakaide niin kuin alunperinkin hahamotin. Mitat vain olivat väärät, ne ovat V2 ja V3.
305. Wexi8.6.2012 klo 00:18
Mielestäni ei ole suorakaide, vaan "salmiakki" eli "neljäkäs".Mitat √3x√2.
_http://materiaalit.internetix.fi/fi/opintojaksot/ 5luonnontieteet/matematiikkal/mb9/kuvat4/22.gif
306. Jukkis8.6.2012 klo 06:11
Minä illalla yritin ratkaista ihan analyysillä, eli tason yhtälö ja sitten leikkauskuvion ratkaiseminen. Tulos: Viisikulmio. Ei vaikuta uskottavalta, taisi mennä pieleen. Piti lähteä nukkumaan. Tänään en ehdi etsimään virhettä.
307. ake8.6.2012 klo 13:04
Laitanpa minäkin ehdotukseni Matille: kuusikulmio, sivun pituus olisi kai 1/√2.
308. Wexi8.6.2012 klo 13:43
Luin tuon Matin tehtävän tarkemmin (lävistäjän keskipisteen kautta!) ja tyhjällä kermapurkilla tehtyjen havaintojen jälkeen olen taipuvainen peesaamaan akea.Kuusikolmiohan siitä syntyy.
309. Matti8.6.2012 klo 14:14
Kyllä, kuusikulmiohan siiitä tulee. Se kulkee kuution jokaisen sivutahkon kautta.
310. Wexi8.6.2012 klo 15:13
Kaikkeen sitä saa...ttaakin ryhtyä. Suttupaperi täynnä erilaisia kolmioita, trigonometrisiä kaavoja. Maitopurkin pohjaa tarkoin pyöriteltyäni, mittaillessani hartaasti ja tasaseen, olen saamassa sivun pituudeksi tuon aken mainitseman 1/√2 (riittävällä tarkkuudella). "Avainväli" kuusikulmiossa (maitopurkin sivu 70 mm.) on osapuilleen 85,5 mm.
Itsestäni ei ollut tuon "1/√2" määrittelijäksi.
Vuosikymmeniin pyöritellyt oikeen mitään.
311. Jaska8.6.2012 klo 16:56
Menin heti alussa metsään, kun en ymmärtänyt mitä haetaan. Olihan se ihan eka ratkaisuni oikea, mutta eri kysymykseen, mikä kuvio muodostuu halkaistaessa kuutio vastakkaisista kärjistä kahtia.Sen lävistäjä on puolestaan V3.
Voi vain todeta, että kolmiulotteisuuden hahmottaminen mielessä ja paperillakin ei ole mikään helppo juttu. Kaksiulotteinen piirustushan vääristää kulmien asteluvut ja tasojen muodon, kun yrittää piirtää esim. kuutiota niin että sen voi tunnistaa kuutioksi. Esim. kärjellään oleva kuution kahden särmän kulma suoraan ylhäältä katsottuna on 120 astetta, kun se todellisuudessa on 90 astetta.
KOMMENTOI